Kurs:Analysis/Teil I/56/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	2	3	3	3	4	2	3	8	2	7	3	5	2	6	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Das Maximum einer Teilmenge ${}M\subseteq K$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
2. Eine wachsende Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper.
3. Die absolute Konvergenz einer Reihe.
4. Der Grenzwert einer Funktion

   $f\colon T\longrightarrow {\mathbb {K} },$

   ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$ Teilmenge, in einem Punkt ${}a\in {\mathbb {K} }$.

5. Der Differenzenquotient zu einer Funktion

   $f\colon D\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   in einem Punkt ${}a\in D$ einer offenen Menge ${}D\subseteq {\mathbb {K} }$.

6. Eine lineare inhomogene gewöhnliche Differentialgleichung.

Lösung

1. Ein Element ${}T\in M$ mit ${}x\leq T$ für alle ${}x\in M$ heißt Maximum von ${}M$.
2. Die Folge heißt wachsend, wenn ${}x_{n+1}\geq x_{n}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ ist.
3. Eine Reihe

   $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$

   von komplexen Zahlen heißt absolut konvergent, wenn die Reihe

   $\sum _{k=0}^{\infty }\vert {a_{k}}\vert$

   konvergiert.

4. Ein Element ${}b\in {\mathbb {K} }$ heißt Grenzwert von ${}f$ in ${}a$, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ derart gibt, dass für jedes ${}x\in T$ aus

   ${}\vert {x-a}\vert \leq \delta \,$

   die Abschätzung

   ${}\vert {f(x)-b}\vert \leq \epsilon \,$

   folgt.

5. Zu ${}x\in D$, ${}x\neq a$, heißt die Zahl

   ${\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   der Differenzenquotient von ${}f$ zu ${}a$ und ${}x$.

6. Eine Differentialgleichung der Form

   $y'=g(t)y+h(t)$

   mit zwei auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ definierten Funktionen ${}t\mapsto g(t)$ und ${}t\mapsto h(t)$ heißt inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Kettenregel für differenzierbare Abbildungen.
2. Die Regel von l'Hospital.
3. Die Formel für die Stammfunktion der Umkehrfunktion.

Lösung

1. Seien ${}D$ und ${}E$ offene Mengen in ${}{\mathbb {K} }$ und seien

   $f\colon D\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   und

   $g\colon E\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   Funktionen mit ${}f(D)\subseteq E$. Es sei ${}f$ in ${}a$ differenzierbar und ${}g$ sei in ${}b=f(a)$ differenzierbar. Dann ist auch die Hintereinanderschaltung

   $g\circ f\colon D\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   in ${}a$ differenzierbar mit der Ableitung

   $(g\circ f)'(a)=g'(f(a))\cdot f'(a).$

2. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall und ${}a\in I$ ein Punkt. Es seien

   $f,g\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   stetige Funktionen, die auf ${}I\setminus \{a\}$ differenzierbar seien mit ${}f(a)=g(a)=0$ und mit ${}g'(x)\neq 0$ für ${}x\neq a$. Es sei vorausgesetzt, dass der Grenzwert

   ${}w:=\operatorname {lim} _{x\in I\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f'(x)}{g'(x)}}\,$

   existiert. Dann existiert auch der Grenzwert

   $\operatorname {lim} _{x\in I\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f(x)}{g(x)}},$

   und sein Wert ist ebenfalls ${}w$.
3. Es sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow [c,d]$ eine bijektive differenzierbare Funktion und es sei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$. Dann ist

   ${}G(y):=yf^{-1}(y)-F(f^{-1}(y))\,$

   eine Stammfunktion der Umkehrfunktion ${}f^{-1}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}M$ eine Menge und ${}a,b\in M$ zwei verschiedene Elemente. Definiere durch eine Fallunterscheidung eine Bijektion von ${}M$ nach ${}M$, die ${}a$ und ${}b$ vertauscht, und sonst alle Elemente unverändert lässt.

Lösung

Wir definieren

$f\colon M\longrightarrow M$

durch

${}f(x):={\begin{cases}b,\,{\text{ wenn }}x=a\,,\\a,\,{\text{ wenn }}x=b\,,\\x{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}\,$

Diese Abbildung ist bijektiv und besitzt offenbar die gewünschte Vertauschungseigenschaft.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass für jede natürliche Zahl ${}n\geq 1$ die Abschätzung

${}3^{n}\geq n^{3}\,$

gilt.

Lösung

Für ${}n=1,2,3$ ergibt sich die Abschätzung durch direktes Nachrechnen. Für ${}n\geq 4$ wird die Aussage durch Induktion bewiesen. Wir nehmen also an, dass die Aussage für ein ${}n\geq 3$ schon bewiesen ist und haben sie für ${}n+1$ zu zeigen. Dies ergibt sich aus

${}{\begin{aligned}3^{n+1}&=3\cdot 3^{n}\\&\geq 3n^{3}\\&=n^{3}+n^{3}+n^{3}\\&\geq n^{3}+3n^{2}+3n+1\\&=(n+1)^{3},\end{aligned}}$

wobei wir in der zweiten Zeile die Induktionsvoraussetzung, in der vierten Zeile die Voraussetzung ${}n\geq 3$ und in der fünften Zeile den binomischen Lehrsatz angewendet haben.

Aufgabe (2 Punkte)

Wenn man alles Gold der Welt zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}21,7$ Meter beträgt. Dieser soll auf die Weltbevölkerung (${}8$ Milliarden) gleichmäßig aufgeteilt und als Goldwürfel ausgeteilt werden. Welche Seitenlänge hat der Würfel, den jeder Mensch bekommt?

Lösung

Es ist

${}8000000000=2000^{3}\,,$

deshalb ist die Seitenlänge der zu verteilenden Würfel gleich

${}{\frac {21,7}{2000}}=0,01085\,,$

also ${}1,085$ Zentimeter.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}z$ eine rationale Zahl. Zeige, dass ${}z$ genau dann ganzzahlig ist, wenn

${}\left\lfloor -z\right\rfloor =-\left\lfloor z\right\rfloor \,$

gilt.

Lösung

Wenn ${}z$ ganzzahlig ist, so ist auch das Negative davon ganzzahlig und die Gaußklammer gibt einfach die Zahl aus. Wenn umgekehrt ${}z$ nicht ganzzahlig ist, so ist

${}z=n+u\,$

mit einer ganzen Zahl ${}n=\left\lfloor z\right\rfloor$ und

${}0<u<1\,.$

Dann ist

${}\left\lfloor -z\right\rfloor =\left\lfloor -n-u\right\rfloor =\left\lfloor -n-1+1-u\right\rfloor =\left\lfloor -(n+1)+(1-u)\right\rfloor =-(n+1)\neq -n\,,$

da ${}1-u$ echt zwischen ${}0$ und ${}1$ liegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine reelle Folge. Es gelte

${}\vert {x_{n}-x_{n-1}}\vert \leq {\frac {1}{n}}\,$

für alle ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Folgt daraus, dass ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge ist?

Lösung

Das muss keine Cauchy-Folge sein. Betrachten wir die harmonische Reihe, also die Folge, die durch

${}x_{n}:=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+\cdots +{\frac {1}{n}}\,$

gegeben ist. Es ist dann

${}x_{n}-x_{n-1}={\frac {1}{n}}\,$

und diese Folge erfüllt die Bedingung. Die harmonische Reihe ist aber nach Beispiel 9.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) nicht konvergent und daher auch keine Cauchy-Folge.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergente Folgen in ${}K$. Zeige, dass die Summenfolge ${}{\left(x_{n}+y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(x_{n}+y_{n}\right)}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)}+{\left(\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\right)}\,$

ist.

Lösung

Es seien ${}x$ bzw. ${}y$ die Grenzwerte der beiden Folgen. Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz der ersten Folge gibt es zu

${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{2}}\,$

ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon '\,$

gilt. Ebenso gibt es wegen der Konvergenz der zweiten Folge zu ${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{2}}$ ein ${}n_{0}'$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}'$ die Abschätzung

${}\vert {y_{n}-y}\vert \leq \epsilon '\,$

gilt. Sei

${}N={\max {\left(n_{0},n_{0}'\right)}}\,.$

Dann gilt für alle ${}n\geq N$ (unter Verwendung der Dreiecksungleichung) die Abschätzung

${}{\begin{aligned}\vert {x_{n}+y_{n}-(x+y)}\vert &=\vert {x_{n}+y_{n}-x-y}\vert \\&=\vert {x_{n}-x+y_{n}-y}\vert \\&\leq \vert {x_{n}-x}\vert +\vert {y_{n}-y}\vert \\&\leq \epsilon '+\epsilon '\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige unter Verwendung der Bernoullischen Ungleichung, dass die Folge

${}x_{n}={\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}^{n}\,$

wachsend ist.

Lösung

Aufgrund der Bernoulli-Ungleichung gilt

${}{\left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)}^{n}\geq 1-n{\frac {1}{n^{2}}}=1-{\frac {1}{n}}\,.$

Dies schreiben wir als

${}{\frac {n-1}{n}}\leq {\left({\frac {n^{2}-1}{n^{2}}}\right)}^{n}={\left({\frac {n+1}{n}}\cdot {\frac {n-1}{n}}\right)}^{n}={\left({\frac {n+1}{n}}\right)}^{n}{\left({\frac {n-1}{n}}\right)}^{n}\,.$

Daraus ergibt sich durch beidseitige Multiplikation mit ${}{\left({\frac {n}{n-1}}\right)}^{n}$ (es sei ${}n\geq 2$.) die Abschätzung

${}a_{n-1}={\left({\frac {n}{n-1}}\right)}^{n-1}\leq {\left({\frac {n+1}{n}}\right)}^{n}=a_{n}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

${\left({\frac {7}{3}}-{\frac {3}{2}}{\sqrt {5}}\right)}\cdot {\left({\frac {4}{5}}+{\frac {5}{3}}{\sqrt {5}}\right)}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {7}{3}}-{\frac {3}{2}}{\sqrt {5}}\right)}\cdot {\left({\frac {4}{5}}+{\frac {5}{3}}{\sqrt {5}}\right)}&={\frac {7}{3}}\cdot {\frac {4}{5}}-{\frac {3}{2}}\cdot {\frac {5}{3}}\cdot 5+{\left({\frac {7}{3}}\cdot {\frac {5}{3}}-{\frac {3}{2}}\cdot {\frac {4}{5}}\right)}{\sqrt {5}}\\&={\frac {28}{15}}-{\frac {75}{6}}+{\left({\frac {35}{9}}-{\frac {6}{5}}\right)}{\sqrt {5}}\\&={\frac {56-375}{30}}+{\frac {175-54}{45}}\cdot {\sqrt {5}}\\&=-{\frac {319}{30}}+{\frac {121}{45}}\cdot {\sqrt {5}}\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Man bestimme sämtliche komplexen Nullstellen des Polynoms

$X^{3}-1$

und man gebe die Primfaktorzerlegung von diesem Polynom in ${}\mathbb {R} [X]$ und in ${}{\mathbb {C} }[X]$ an.

Lösung

Zunächst ist ${}1$ eine Nullstelle und daher ist ${}X-1$ ein Linearfaktor. Division mit Rest ergibt

${}(X^{3}-1)=(X-1)(X^{2}+X+1)\,.$

Wir müssen also noch die komplexen Nullstellen von ${}X^{2}+X+1$ bestimmen. Dazu ist

${}X^{2}+X+1={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}+1={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {3}{4}}\,.$

Damit ist

${}X+{\frac {1}{2}}=\pm {\mathrm {i} }{\sqrt {\frac {3}{4}}}\,$

und somit sind die weiteren Nullstellen

$x_{2}=-{\frac {1}{2}}+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {3}}{2}}\,\,{\text{ und }}\,\,x_{3}=-{\frac {1}{2}}-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {3}}{2}}.$

Aufgabe (8 (3+2+3) Punkte)

1. Bestimme ein Polynom ${}P$ vom Grad ${}\leq 3$ mit

   ${}P(-1)=-4\,,$

   ${}P(0)=2\,,$

   ${}P(1)=2\,$

   und

   ${}P(2)=3\,$

2. Bestimme ein normiertes Polynom ${}Q$ vom Grad ${}3$ mit

   ${}Q(0)=1\,,$

   ${}Q(2)=3\,$

   und

   ${}Q(3)=10\,.$

3. Bestimme die Schnittpunkte der Graphen zu ${}P$ und zu ${}Q$.

Lösung

1. Wir machen den Ansatz

   ${}P=aX^{3}+bX^{2}+cX+d\,.$

   Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

   ${}-a+b-c+d=-4\,,$

   ${}d=2\,,$

   ${}a+b+c+d=2\,,$

   ${}8a+4b+2c+d=3\,.$

   Elimination von ${}d$ führt auf

   ${}-a+b-c=-6\,,$

   ${}a+b+c=0\,,$

   ${}8a+4b+2c=1\,.$

   Addition der ersten beiden Gleichungen führt auf

   ${}2b=-6\,,$

   also

   ${}b=-3\,.$

   Dies führt auf

   ${}a+c=3\,$

   und

   ${}8a+2c=13\,.$

   Somit ist

   ${}6a=7\,,$

   also

   ${}a={\frac {7}{6}}\,$

   und

   ${}c={\frac {11}{6}}\,.$

   Das gesuchte Polynom ist also

   ${}P={\frac {7}{6}}X^{3}-3X^{2}+{\frac {11}{6}}X+2\,.$

2. Wir machen den Ansatz

   ${}Q=X^{3}+rX^{2}+sX+t\,.$

   Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

   ${}t=1\,,$

   ${}8+4r+2s+t=3\,,$

   ${}27+9r+3s+t=10\,.$

   Dies führt auf

   ${}4r+2s=-6\,,$

   ${}9r+3s=-18\,.$

   Die Gleichung ${}3I-2II$ ist

   ${}-6r=18\,,$

   also

   ${}r=-3\,$

   und

   ${}s=3\,.$

   Das gesuchte Polynom ist also

   ${}Q=X^{3}-3X^{2}+3X+1\,.$

3. Die ${}x$-Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen zu ${}P$ und zu ${}Q$ sind die Nullstellen von

   ${}P-Q={\frac {7}{6}}X^{3}-3X^{2}+{\frac {11}{6}}X+2-{\left(X^{3}-3X^{2}+3X+1\right)}={\frac {1}{6}}X^{3}-{\frac {7}{6}}X+1\,.$

   Wir arbeiten mit ${}X^{3}-7X+6$. Wegen

   ${}P(2)=3=Q(2)\,$

   ist ${}2$ eine Nullstelle dieses Polynoms. Die Division mit Rest führt auf

   ${}X^{3}-7X+6=(X-2)(X^{2}+2X-3)\,.$

   Es geht also noch um die Nullstellen von

   $X^{2}+2X-3.$

   Diese sind ${}1$ und ${}-3$. Die Schnittpunkte der beiden Graphen sind demnach

   $(-3,-62),\,(1,2),\,(2,3).$

Aufgabe (2 Punkte)

Drücke

${\sqrt[{3}]{4}}\cdot {\sqrt[{5}]{7}}$

mit einer einzigen Wurzel aus.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\sqrt[{3}]{4}}\cdot {\sqrt[{5}]{7}}&=4^{\frac {1}{3}}\cdot 7^{\frac {1}{5}}\\&={\left(4^{5}\right)}^{\frac {1}{15}}\cdot {\left(7^{3}\right)}^{\frac {1}{15}}\\&=1024^{\frac {1}{15}}\cdot 343^{\frac {1}{15}}\\&=351232^{\frac {1}{15}}\\&={\sqrt[{15}]{351232}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Zeige, dass das Cauchy-Produkt von absolut konvergenten Reihen absolut gegen das Produkt der beiden Summen konvergiert.

Lösung

Wir müssen für die Partialsummen

$x_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{i},\,y_{n}=\sum _{j=0}^{n}b_{j}{\text{ und }}z_{n}=\sum _{k=0}^{n}c_{k}$

zeigen, dass ${}z_{n}$ gegen den Limes der Folge ${}{\left(x_{n}y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert. Es ist

${}{\begin{aligned}\vert {z_{n}-x_{n}y_{n}}\vert &=\vert {\sum _{k=0}^{n}c_{k}-{\left(\sum _{i=0}^{n}a_{i}\right)}{\left(\sum _{j=0}^{n}b_{j}\right)}}\vert \\&=\vert {\sum _{0\leq i,j\leq n,\,i+j>n}a_{i}b_{j}}\vert \\&\leq \sum _{0\leq i,j\leq n,\,i+j>n}\vert {a_{i}}\vert \vert {b_{j}}\vert \\&\leq {\left(\sum _{n/2<i\leq n}\vert {a_{i}}\vert \right)}{\left(\sum _{j=0}^{n}\vert {b_{j}}\vert \right)}+{\left(\sum _{n/2<j\leq n}\vert {b_{j}}\vert \right)}{\left(\sum _{i=0}^{n}\vert {a_{i}}\vert \right)}\\&\leq {\left(\sum _{n/2<i\leq n}\vert {a_{i}}\vert \right)}{\left(\sum _{j=0}^{\infty }\vert {b_{j}}\vert \right)}+{\left(\sum _{n/2<j\leq n}\vert {b_{j}}\vert \right)}{\left(\sum _{i=0}^{\infty }\vert {a_{i}}\vert \right)}.\end{aligned}}$

Da die beiden Reihen absolut konvergieren, und ${}\sum _{n/2<i\leq n}\vert {a_{i}}\vert$ und ${}\sum _{n/2<j\leq n}\vert {b_{j}}\vert$ nach Aufgabe 9.27 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) Nullfolgen sind, ist die rechte Seite insgesamt eine Nullfolge. Daher konvergiert die Folge ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ nach Aufgabe 6.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen das Produkt der Grenzwerte der beiden Reihen. Die absolute Konvergenz folgt aus dem bisher Bewiesenen mit dem Majorantenkriterium aus der Abschätzung ${}\vert {c_{k}}\vert \leq \sum _{i=0}^{k}\vert {a_{i}}\vert \vert {b_{k-i}}\vert$.

Aufgabe (3 Punkte)

Finde die Punkte (bzw. den Punkt) ${}a\in [0,{\frac {\pi }{2}}]$ derart, dass die Steigung der Sinusfunktion ${}\operatorname {sin}$ in ${}a$ gleich der Gesamtsteigung von ${}\operatorname {sin}$ zwischen ${}0$ und ${}{\frac {\pi }{2}}$ ist.

Lösung

Die Gesamtsteigung ist

${}{\frac {\sin {\frac {\pi }{2}}-\sin 0}{{\frac {\pi }{2}}-0}}={\frac {1}{\frac {\pi }{2}}}={\frac {2}{\pi }}\,.$

Die Ableitung des Sinus ist der Kosinus, es geht also um die Lösungen der Gleichung

${}\cos a={\frac {2}{\pi }}\,$

mit ${}a\in [0,{\frac {\pi }{2}}]$. Auf diesem Intervall ist die Kosinusfunktion streng fallend und somit gibt es wegen ${}{\frac {2}{\pi }}<{\frac {\pi }{2}}$ genau eine Lösung, nämlich bei

${}a=\arccos {\frac {2}{\pi }}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die durch

$f(x)={\begin{cases}x\cdot \sin {\frac {1}{x}}{\text{ für }}x\neq 0\,,\\0{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}$

definierte Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} .$

Zeige, dass es zu jedem ${}\lambda ,\,-1\leq \lambda \leq 1$, eine Nullfolge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in \mathbb {R} _{+}$ derart gibt, dass die Folge der Differenzenquotienten

${\frac {f(x_{n})-f(0)}{x_{n}}}$

gegen ${}\lambda$ konvergiert.

Lösung

Zu jedem ${}\lambda \in [-1,1]$ gibt es ein ${}u\in {]0,2\pi ]}$ mit ${}\sin u=\lambda$. Wir setzen

${}x_{n}:={\frac {1}{u+2\pi n}}\,.$

Dies ist offenbar eine Nullfolge in ${}\mathbb {R} _{+}$. Die zugehörigen Differenzenquotienten sind

${}{\begin{aligned}{\frac {f(x_{n})}{x_{n}}}&={\frac {x_{n}\sin {\frac {1}{x_{n}}}}{x_{n}}}\\&=\sin {\frac {1}{x_{n}}}\\&=\sin \left(u+2\pi n\right)\\&=\sin u\\&=\lambda .\end{aligned}}$

Also ist die Folge dieser Differenzenquotienten konstant gleich ${}\lambda$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den Flächeninhalt der Fläche, die durch die ${}x$-Achse und den Graphen der Funktion

${}f(x)=x^{2}-1\,$

begrenzt wird.

Lösung

Der Graph der Funktion ${}x^{2}-1$ schneidet die ${}x$-Achse bei ${}x=\pm 1$. Daher ist der Flächeninhalt gleich dem Betrag des bestimmten Integrals

${}{\begin{aligned}\int _{-1}^{1}x^{2}-1dx&=\left({\frac {x^{3}}{3}}-x\right)|_{-1}^{1}\\&={\frac {1}{3}}-1+{\frac {1}{3}}-1\\&=-{\frac {4}{3}},\end{aligned}}$

also gleich ${}{\frac {4}{3}}$.

Aufgabe (6 Punkte)

Löse die logistische Differentialgleichung

${}y'=y(5-3y)\,$

mit der Anfangsbedingung

${}y(0)=1\,.$

Lösung

Es handelt sich um die zeitunabhängige Differentialgleichung

${}y'=5y-3y^{2}\,.$

Eine Stammfunktion zu

${}{\frac {1}{5y-3y^{2}}}={\frac {1}{y(5-3y)}}={\frac {\frac {1}{5}}{y}}+{\frac {\frac {3}{5}}{5-3y}}\,$

ist

${}{\frac {1}{5}}\ln y-{\frac {1}{5}}\ln \left(5-3y\right)={\frac {1}{5}}\ln \left({\frac {y}{5-3y}}\right)\,.$

Zur Bestimmung der Umkehrfunktion setzen wir

${}z={\frac {1}{5}}\ln \left({\frac {y}{5-3y}}\right)\,,$

also ist

${}e^{5z}={\frac {y}{5-3y}}\,$

und somit

${}(5-3y)e^{5z}=y\,$

und

${}y(1+3e^{5z})=5e^{5z}\,$

und somit

${}y={\frac {5e^{5z}}{1+3e^{5z}}}={\frac {5}{e^{-5z}+3}}\,.$

Die Lösungen der Differentialgleichung haben also die Form

${}y(t)={\frac {5}{e^{-5(t+c)}+3}}\,.$

Die Anfangsbedingung führt auf

${}y(0)={\frac {5}{e^{-5c}+3}}=1\,,$

also

${}e^{-5c}+3=5\,$

bzw.

${}e^{-5c}=2\,$

und

${}c=-{\frac {\ln 2}{5}}\,.$

Also ist die Lösung gleich

${}{\begin{aligned}y(t)&={\frac {5}{e^{-5(t-{\frac {\ln 2}{5}})}+3}}\\&={\frac {5}{e^{-5t+\ln 2}+3}}\\&={\frac {5}{2e^{-5t}+3}}\end{aligned}}$