Kurs:Analysis/Teil I/57/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Der Betrag von ${}x$ ist folgendermaßen definiert.
$\vert {x}\vert ={\begin{cases}x{\text{ falls }}x\geq 0\\-x{\text{ falls }}x<0\,.\end{cases}}$
Die Funktion
$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto b^{x},$

heißt Exponentialfunktion zur Basis ${}b$ .
Zu zwei Reihen ${}\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}$ und ${}\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}$ komplexer Zahlen heißt die Reihe
$\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}{\text{ mit }}c_{k}=\sum _{i=0}^{k}a_{i}b_{k-i}$

das Cauchy-Produkt der beiden Reihen.
Man sagt, dass ${}f$ ${}n$ -mal differenzierbar ist, wenn ${}f$ ${}(n-1)$ -mal differenzierbar ist und die ${}(n-1)$ -te Ableitung ${}f^{(n-1)}$ differenzierbar ist.
Das Supremum von sämtlichen Treppenintegralen zu unteren Treppenfunktionen von ${}f$ heißt das Unterintegral von ${}f$ .
Eine Differentialgleichung der Form
${}y'=g(t)\cdot h(y)\,$

mit Funktionen (dabei sind ${}I$ und ${}J$ reelle Intervalle)

$g\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t),$

und

$h\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto h(y),$

heißt gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Eine stetige Funktion
$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$
auf einem abgeschlossenen beschränkten Intervall ist gleichmäßig stetig.
Es seien
$\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}{\text{ und }}\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}$

zwei absolut konvergente Reihen komplexer Zahlen. Dann ist auch das Cauchy-Produkt ${}\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}$ absolut konvergent und für die Summe gilt

${}\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}={\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}\right)}\,.$
Es sei ${}D\subseteq \mathbb {R}$ offen und sei
$f\colon D\longrightarrow \mathbb {R}$

eine Funktion, die in ${}a\in D$ ein lokales Extremum besitze und dort differenzierbar sei. Dann ist

${}f'(a)=0\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}M$ eine endliche Menge und ${}\varphi \colon M\rightarrow M$ eine Abbildung. Es sei ${}\varphi ^{n}$ die ${}n$ -fache Hintereinanderschaltung von ${}\varphi$ mit sich selbst. Zeige, dass es natürliche Zahlen ${}m>n\geq 1$ mit ${}\varphi ^{n}=\varphi ^{m}$ gibt.

Lösung

Da ${}M$ endlich ist, ist auch die Abbildungsmenge ${}\operatorname {Abb} \,{\left(M,M\right)}$ endlich, da es für jedes Element nur ${}{\#\left(M\right)}$ viele Möglichkeiten gibt, wohin es abgebildet werden kann. Die Hintereinanderschaltungen ${}\varphi ^{n}$ , ${}n\in \mathbb {N}$ , gehören alle zu dieser Abbildungsmenge. Da es keine injektive Abbildung von ${}\mathbb {N} _{+}$ in eine endliche Menge gibt, gibt es Zahlen ${}m\neq n$ mit

{}\varphi ^{m}=\varphi ^{n}\,.

Aufgabe (1 Punkt)

Zeige, dass zwischen den Binomialkoeffizienten ${}{\binom {n}{k}}$ und ${}{\binom {n}{k+1}}$ der Zusammenhang

{}{\binom {n}{k+1}}={\binom {n}{k}}\cdot {\frac {n-k}{k+1}}\,

besteht.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}{\binom {n}{k+1}}&={\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdots (n-k+2)\cdot (n-k+1)\cdot (n-k)}{(k+1)\cdot k\cdot (k-1)\cdot (k-2)\cdots 2\cdot 1}}\\&={\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdots (n-k+2)\cdot (n-k+1)}{k\cdot (k-1)\cdot (k-2)\cdots 2\cdot 1}}\cdot {\frac {n-k}{k+1}}\\&={\binom {n}{k}}\cdot {\frac {n-k}{k+1}}.\end{aligned}}

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme

{\left({\left({\left({\left({\left({\frac {3}{7}}\right)}^{-1}\right)}^{-1}\right)}^{-1}\right)}^{-1}\right)}^{-1}.

Lösung

Das ist ${}{\frac {7}{3}}$ , da sich beim Inversennehmen Zähler und Nenner vertauschen und fünfmal das Inverse genommen wird.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}x\in \mathbb {R} _{\geq 0}$ eine nichtnegative reelle Zahl. Für jedes ${}\epsilon \in \mathbb {R} ,\,\epsilon >0$ , gelte ${}x\leq \epsilon$ . Zeige ${}x=0$ .

Lösung

Wir nehmen ${}x\neq 0$ an. Dann ist ${}x>0$ . Dann ist auch ${}{\frac {x}{2}}>0$ und die Voraussetzung, angewandt auf ${}\epsilon ={\frac {x}{2}}$ , ergibt ${}x\leq {\frac {x}{2}}$ , woraus sich durch beidseitige Subtraktion von ${}{\frac {x}{2}}$ der Widerspruch ${}{\frac {x}{2}}\leq 0$ ergibt.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Lösungsmenge des Ungleichungssystems

{}3x\geq -8\,

und

{}7x\leq 10\,

über ${}\mathbb {Q}$ .

Lösung

Die Bedingungen bedeuten

{}x\geq -{\frac {8}{3}}\,

und

{}x\leq {\frac {10}{7}}\,,

die Lösungsmenge ist also das Intervall ${}[-{\frac {8}{3}},{\frac {10}{7}}]$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },\,{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ drei Folgen in ${}K$ . Es gelte ${}x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}{\text{ für alle }}n\in \mathbb {N}$ und ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergieren beide gegen den gleichen Grenzwert ${}a$ . Zeige, dass dann auch ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen diesen Grenzwert ${}a$ konvergiert.

Lösung

Es ist

{}x_{n}-a\leq y_{n}-a\leq z_{n}-a\,.

Bei ${}y_{n}-a\geq 0$ ist somit

{}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {z_{n}-a}\vert \,

und bei ${}y_{n}-a\leq 0$ ist

{}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {x_{n}-a}\vert \,.

Daher ist stets

{}\vert {y_{n}-a}\vert \leq {\max {\left(\vert {x_{n}-a}\vert ,\vert {z_{n}-a}\vert \right)}}\,.

Für ein vorgegebenes ${}\epsilon >0$ gibt es aufgrund der Konvergenz der beiden äußeren Folgen gegen ${}a$ natürliche Zahlen ${}n_{1}$ und ${}n_{2}$ derart, dass

{}\vert {x_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,

für ${}n\geq n_{1}$ und

{}\vert {z_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,

für ${}n\geq n_{2}$ gilt. Für ${}n\geq n_{0}={\max {\left(n_{1},n_{2}\right)}}$ gilt daher

{}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,.

Dies bedeutet die Konvergenz von ${}y_{n}$ gegen ${}a$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Vergleiche

{\sqrt {3}}+{\sqrt {8}}\,\,{\text{  und }}\,\,{\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}.

Lösung

Wir fragen uns, ob

{}{\sqrt {3}}+{\sqrt {8}}<{\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}\,

ist. Dies ist, da das Quadrieren von positiven Zahlen eine Äquivalenzumformung für die Größenbeziehung ist, äquivalent zu

{}3+8+2{\sqrt {24}}={\left({\sqrt {3}}+{\sqrt {8}}\right)}^{2}<{\left({\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}\right)}^{2}=5+6+2{\sqrt {30}}\,.

Dies ist durch Subtraktion mit ${}11$ äquivalent zu

{}2{\sqrt {24}}<2{\sqrt {30}}\,,

was stimmt wegen der Monotonie der Wurzel. Also ist

{}{\sqrt {3}}+{\sqrt {8}}<{\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

{}P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}\,

ein reelles Polynom mit ${}a_{n}>0$ . Man gebe in Abhängigkeit von den Koeffizienten ${}a_{0},\ldots ,a_{n}$ eine Schranke ${}b$ derart an, dass

{}P(x)>0\,

für alle ${}x\geq b$ gilt.

Lösung

Wir setzen

{}b:={\frac {\vert {a_{n-1}}\vert +\cdots +\vert {a_{1}}\vert +\vert {a_{0}}\vert }{a_{n}}}+1\,.

Dann gelten für ${}x\geq b\geq 1$ die Abschätzungen

{}{\begin{aligned}P(x)&=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}\\&\geq a_{n}x^{n}-\vert {a_{n-1}}\vert x^{n-1}-\cdots -\vert {a_{2}}\vert x^{2}-\vert {a_{1}}\vert x-\vert {a_{0}}\vert \\&\geq a_{n}x^{n}-\vert {a_{n-1}}\vert x^{n-1}-\cdots -\vert {a_{2}}\vert x^{n-1}-\vert {a_{1}}\vert x^{n-1}-\vert {a_{0}}\vert x^{n-1}\\&=a_{n}x^{n}-{\left(\vert {a_{n-1}}\vert +\cdots +\vert {a_{2}}\vert +\vert {a_{1}}\vert +\vert {a_{0}}\vert \right)}x^{n-1}\\&={\left(a_{n}x-{\left(\vert {a_{n-1}}\vert +\cdots +\vert {a_{2}}\vert +\vert {a_{1}}\vert +\vert {a_{0}}\vert \right)}\right)}x^{n-1}\\&\geq {\left(a_{n}{\left({\frac {\vert {a_{n-1}}\vert +\cdots +\vert {a_{1}}\vert +\vert {a_{0}}\vert }{a_{n}}}+1\right)}-{\left(\vert {a_{n-1}}\vert +\cdots +\vert {a_{2}}\vert +\vert {a_{1}}\vert +\vert {a_{0}}\vert \right)}\right)}x^{n-1}\\&=a_{n}x^{n-1}\\&>0.\end{aligned}}

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}n$ verschiedene Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ und ${}n$ Elemente ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$ gegeben. Zeige, dass es ein eindeutiges Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}\leq n-1$ derart gibt, dass ${}P(a_{i})=b_{i}$ für alle ${}i$ ist.

Lösung

Wir beweisen die Existenz und betrachten zuerst die Situation, wo ${}b_{j}=0$ ist für alle ${}j\neq i$ für ein festes ${}i$ . Dann ist

(X-a_{1})\cdots (X-a_{i-1})(X-a_{i+1})\cdots (X-a_{n})

ein Polynom vom Grad ${}n-1$ , das an den Stellen ${}a_{1},\ldots ,a_{i-1},a_{i+1},\ldots ,a_{n}$ den Wert ${}0$ hat. Das Polynom

{\frac {b_{i}}{(a_{i}-a_{1})\cdots (a_{i}-a_{i-1})(a_{i}-a_{i+1})\cdots (a_{i}-a_{n})}}(X-a_{1})\cdots (X-a_{i-1})(X-a_{i+1})\cdots (X-a_{n})

hat an diesen Stellen ebenfalls eine Nullstelle, zusätzlich aber noch bei ${}a_{i}$ den Wert ${}b_{i}$ . Nennen wir dieses Polynom ${}P_{i}$ . Dann ist

{}P=P_{1}+P_{2}+\cdots +P_{n}\,

das gesuchte Polynom. An der Stelle ${}a_{i}$ gilt ja

{}P_{j}(a_{i})=0\,

für ${}j\neq i$ und ${}P_{i}(a_{i})=b_{i}$ .

Die Eindeutigkeit folgt aus Korollar 11.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Zwischenwertsatz.

Lösung

Wir beschränken uns auf die Situation ${}f(a)\leq u\leq f(b)$ und zeigen die Existenz von einem solchen ${}c$ mit Hilfe einer Intervallhalbierung. Dazu setzt man ${}a_{0}:=a$ und ${}b_{0}:=b$ , betrachtet die Intervallmitte ${}c_{0}:={\frac {a_{0}+b_{0}}{2}}$ und berechnet

f(c_{0}).

Bei ${}f{\left(c_{0}\right)}\leq u$ setzt man

a_{1}:=c_{0}\,\,{\text{  und }}\,\,b_{1}:=b_{0}

und bei ${}f{\left(c_{0}\right)}>u$ setzt man

a_{1}:=a_{0}\,\,{\text{  und }}\,\,b_{1}:=c_{0}.

In jedem Fall hat das neue Intervall ${}[a_{1},b_{1}]$ die halbe Länge des Ausgangsintervalls und liegt in diesem. Da es wieder die Voraussetzung ${}f{\left(a_{1}\right)}\leq u\leq f{\left(b_{1}\right)}$ erfüllt, können wir darauf das gleiche Verfahren anwenden und gelangen so rekursiv zu einer Intervallschachtelung. Sei ${}c$ die durch diese Intervallschachtelung gemäß Fakt ***** definierte reelle Zahl. Für die unteren Intervallgrenzen gilt ${}f{\left(a_{n}\right)}\leq u$ und das überträgt sich wegen der Stetigkeit nach dem Folgenkriterium auf den Grenzwert ${}c$ , also ${}f{\left(c\right)}\leq u$ . Für die oberen Intervallgrenzen gilt ${}f{\left(b_{n}\right)}\geq u$ und das überträgt sich ebenfalls auf ${}c$ , also ${}f(c)\geq u$ . Also ist ${}f(c)=u$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien

\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}{\text{ und }}\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}z^{n}

zwei absolut konvergente Potenzreihen in ${}z\in {\mathbb {C} }$ . Zeige, dass das Cauchy-Produkt der beiden Reihen durch

\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{n}{\text{ mit }}c_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{i}b_{n-i}

gegeben ist.

Lösung

Der ${}i$ -te Summand der Reihe links ist

{}d_{i}=a_{i}z^{i}\,

und der ${}j$ -te Summand der Reihe rechts ist

{}e_{j}=b_{j}z^{j}\,.

Damit ist der ${}k$ -te Summand des Cauchy-Produktes der beiden Reihen gleich

{}{\begin{aligned}c_{k}&=\sum _{i=0}^{k}d_{i}e_{k-i}\\&=\sum _{i=0}^{k}a_{i}z^{i}b_{k-i}z^{k-i}\\&=\sum _{i=0}^{k}a_{i}b_{k-i}z^{i}z^{k-i}\\&={\left(\sum _{i=0}^{k}a_{i}b_{k-i}\right)}z^{k}.\end{aligned}}

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den Grenzwert der Funktion ${}f(x)={\frac {\sin \left(x^{2}\right)}{\sin \left(2x\right)}}$ für ${}x\rightarrow 0$ .

Lösung

Wir wenden Korollar 19.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) an. Es ist

{}{\frac {{\left(\sin \left(x^{2}\right)\right)}'}{{\left(\sin \left(2x\right)\right)}'}}={\frac {-2x\cos \left(x^{2}\right)}{-2\cos \left(2x\right)}}\,.

Wegen ${}\cos 0=1$ ist der Limes dieses Quotienten gleich ${}0$ . Daher ist

{}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\sin \left(x^{2}\right)}{\sin \left(2x\right)}}=0\,.

Aufgabe (7 Punkte)

Betrachte die Funktion

{}F(x)=x^{4}-x^{3}\,.

Finde ${}a,b,c,d\in \mathbb {R}$ derart, dass

{}x^{4}-x^{3}=(x-a)^{2}(x-b)^{2}+cx+d\,

gilt.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}(x-a)^{2}(x-b)^{2}&={\left(x^{2}-2ax+a^{2}\right)}{\left(x^{2}-2bx+b^{2}\right)}\\&=x^{4}-2(a+b)x^{3}+{\left(a^{2}+b^{2}+4ab\right)}x^{2}+{\left(-2a^{2}b-2ab^{2}\right)}x+a^{2}b^{2}.\end{aligned}}

Der Vergleich mit ${}x^{4}-x^{3}$ führt auf das Gleichungssystem

{}2(a+b)=1\,

und

{}a^{2}+b^{2}+4ab=0\,,

der lineare Anteil bleibt zuerst unberücksichtigt. Wir lösen die erste Gleichung nach ${}a$ auf und erhalten

{}a={\frac {1}{2}}-b\,.

Dies eingesetzt in die zweite Gleichung ergibt

{}{\begin{aligned}{\left({\frac {1}{2}}-b\right)}^{2}+b^{2}+4{\left({\frac {1}{2}}-b\right)}b&={\frac {1}{4}}-b+b^{2}+b^{2}+2b-4b^{2}\\&=-2b^{2}+b+{\frac {1}{4}}\\&=0.\end{aligned}}

Somit muss die quadratische Gleichung

{}b^{2}-{\frac {1}{2}}b-{\frac {1}{8}}=0\,

gelöst werden. Die Lösungen sind

{}b={\frac {\pm {\sqrt {3}}}{4}}+{\frac {1}{4}}\,,

wobei ${}a$ dann die andere Lösung ist ( ${}a$ und ${}b$ sind in der Fragestellung und in dem Gleichungssystem gleichberechtigt). Wir setzen

{}b={\frac {-{\sqrt {3}}}{4}}+{\frac {1}{4}}={\frac {1-{\sqrt {3}}}{4}}\,

und

{}a={\frac {1+{\sqrt {3}}}{4}}\,.

Daraus ergeben sich dann

{}{\begin{aligned}c&=2a^{2}b+2ab^{2}\\&=2ab(a+b)\\&=2{\left({\frac {1+{\sqrt {3}}}{4}}\right)}{\left({\frac {1-{\sqrt {3}}}{4}}\right)}{\frac {1}{2}}\\&=-{\frac {2}{16}}\\&=-{\frac {1}{8}}\end{aligned}}

und

{}{\begin{aligned}d&=-a^{2}b^{2}\\&=-{\left({\frac {1+{\sqrt {3}}}{4}}\right)}^{2}{\left({\frac {1-{\sqrt {3}}}{4}}\right)}^{2}\\&=-{\frac {4}{256}}\\&=-{\frac {1}{64}}.\end{aligned}}

Es ist also

{}x^{4}-x^{3}={\left(x-{\frac {{\sqrt {3}}+1}{4}}\right)}^{2}{\left(x-{\frac {-{\sqrt {3}}+1}{4}}\right)}^{2}-{\frac {1}{8}}x-{\frac {1}{64}}\,.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=\ln \left({\sqrt {1+x^{2}}}\right).

a) Bestimme die Ableitung ${}f'$ .

b) Bestimme die zweite Ableitung ${}f^{\prime \prime }$ .

Lösung

a) Es ist

{}f'(x)={\frac {1}{\sqrt {1+x^{2}}}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {1+x^{2}}}}\cdot 2x={\frac {x}{1+x^{2}}}\,.

b) Es ist

{}f^{\prime \prime }(x)={\left({\frac {x}{1+x^{2}}}\right)}^{\prime }={\frac {(1+x^{2})-x(2x)}{(1+x^{2})^{2}}}={\frac {1-x^{2}}{1+2x^{2}+x^{4}}}\,.

Aufgabe (7 (5+2) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

f\colon \mathbb {R} \setminus \{1\}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {x^{5}+3x^{3}-2x^{2}+x-1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}.

a) Bestimme die reelle Partialbruchzerlegung von ${}f$ .

b) Bestimme eine Stammfunktion von ${}f$ für ${}x>1$ .

Lösung

a) Zunächst ist

{}(x-1)^{2}(x^{2}+1)=(x^{2}-2x+1)(x^{2}+1)=x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1\,.

Polynomdivision des Zählers durch den Nenner ergibt

{}x^{5}+3x^{3}-2x^{2}+x-1=(x+2)(x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1)+5x^{3}-4x^{2}+4x-3\,.

Daher ist

{}{\frac {x^{5}+3x^{3}-2x^{2}+x-1}{x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1}}=x+2+{\frac {5x^{3}-4x^{2}+4x-3}{x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1}}\,.

Für den rechten Bruch bestimmen wir die Partialbruchzerlegung über den Ansatz

{}{\frac {5x^{3}-4x^{2}+4x-3}{x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1}}={\frac {a}{x-1}}+{\frac {b}{(x-1)^{2}}}+{\frac {cx+d}{(x^{2}+1)}}\,,

der wiederum auf

{}5x^{3}-4x^{2}+4x-3=a(x-1)(x^{2}+1)+b(x^{2}+1)+(cx+d)(x-1)^{2}\,

führt.

Für ${}x=1$ ergibt sich

{}2=2b\,,

also ${}b=1$ .

Für ${}x=0$ ergibt sich

{}-3=-a+1+d\,,

also

{}4=a-d\,.

Für ${}x=-1$ ergibt sich

{}-5-4-4-3=-16=-4a+2+4(-c+d)\,,

also ${}{\frac {18}{4}}=a+c-d$ .

Der Koeffizient zu ${}x^{3}$ führt schließlich auf

{}5=a+c\,.

Die Subtraktion der dritten Gleichung von der zweiten führt auf

{}c={\frac {18}{4}}-4={\frac {1}{2}}\,.

Aus der vierten Gleichung folgt daraus

{}a={\frac {9}{2}}\,

und aus der zweiten Gleichung ergibt sich

{}d={\frac {1}{2}}\,.

Somit ergibt sich insgesamt die Partialbruchzerlegung

{}{\frac {x^{5}+3x^{3}-2x^{2}+x-1}{x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1}}=x+2+{\frac {\frac {9}{2}}{x-1}}+{\frac {1}{(x-1)^{2}}}+{\frac {{\frac {1}{2}}x+{\frac {1}{2}}}{(x^{2}+1)}}\,.

b) Eine Stammfunktion von ${}f$ ist

{\frac {1}{2}}x^{2}+2x+{\frac {9}{2}}\ln(x-1)-(x-1)^{-1}+{\frac {1}{4}}\ln(x^{2}+1)+{\frac {1}{2}}\arctan x.

Aufgabe (6 (1+4+1) Punkte)

Ein zylindrischer Behälter (eine Tonne) enthält Wasser mit der Anfangshöhe ${}h$ und am Boden eine Ausflussmöglichkeit. Nach dem Ausflussgesetz von Torricelli gilt für den Ausfluss (gemessen in Ausflussmenge pro Zeiteinheit, ${}c$ ist eine positive Konstante)

{}v(t)=-c{\sqrt {h(t)}}\,.

Dabei ist die Ausflussgeschwindigkeit proportional zur Höhenänderung des Wasserstandes, also ${}h'(t)=dv(t)$ mit einer weiteren positiven Konstanten ${}d$ .

Bestimme eine Differentialgleichung für die Höhenfunktion ${}h(t)$ .
Löse diese Differentialgleichung für die Parameter ${}c=d=1$ und die Anfangshöhe ${}1$ Meter, wenn der Ausflussprozess zum Zeitpunkt ${}t=0$ startet.
Wann ist die Tonne leer?

Lösung

Es ist direkt
${}h'(t)=dv(t)=-cd{\sqrt {h(t)}}\,.$
Es handelt sich um die zeitunabhängige Differentialgleichung
${}h'=-{\sqrt {h}}=-h^{\frac {1}{2}}\,.$

Eine Stammfunktion von ${}-h^{-{\frac {1}{2}}}$ ist ${}-2h^{\frac {1}{2}}$ , aus dem Ansatz

${}z=-2h^{\frac {1}{2}}\,$

ergibt sich die Umkehrfunktion

${}h={\frac {z^{2}}{4}}\,.$

Daher sind die Lösungen gleich ( ${}z$ ist negativ)

${}h(t)={\frac {(-t-\alpha )^{2}}{4}}\,.$

Aus der Anfangsbedingung

${}h(0)={\frac {\alpha ^{2}}{4}}=1\,$

folgt

${}\alpha =-2\,$

(es ist das negative Vorzeichen zu wählen, da die Höhe positiv sein muss). Die Lösungsfunktion ist also

${}h(t)={\frac {(2-t)^{2}}{4}}\,,$

wobei dies ab ${}t\geq 0$ bis zu dem Zeitpunkt gilt, wo die Tonnen leer wird.
Die Tonne ist bei ${}t=2$ leer.