Kurs:Analysis/Teil I/8/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	5	2	2	3	4	5	4	7	4	5	4	2	1	5	4	63

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Ordnungsrelation ${}\preccurlyeq$ auf einer Menge ${}I$.
2. Eine Cauchy-Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
3. Der Körper der komplexen Zahlen (mit den Verknüpfungen).
4. Der Differenzenquotient zu einer Funktion

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

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

5. Das Unterintegral einer nach unten beschränkten Funktion

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} .$

6. Ein Anfangswertproblem auf einer offenen Teilmenge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ zu einer Funktion

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

Lösung

1. Die Relation ${}\preccurlyeq$ heißt Ordnungsrelation, wenn folgende drei Bedingungen erfüllt sind.
   1. Es ist ${}i\preccurlyeq i$ für alle ${}i\in I$.
   2. Aus ${}i\preccurlyeq j$ und ${}j\preccurlyeq k$ folgt stets ${}i\preccurlyeq k$.
   3. Aus ${}i\preccurlyeq j$ und ${}j\preccurlyeq i$ folgt ${}i=j$.
2. Eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}K$ heißt Cauchy-Folge, wenn folgende Bedingung erfüllt ist: Zu jedem ${}\epsilon \in K$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n,m\geq n_{0}$ die Beziehung

   ${}\vert {x_{n}-x_{m}}\vert \leq \epsilon \,$

   gilt.

3. Die Menge

   $\mathbb {R} ^{2}$

   mit ${}0:=(0,0)$ und ${}1:=(1,0)$, mit der komponentenweisen Addition und der durch

   ${}(a,b)\cdot (c,d):=(ac-bd,ad+bc)\,$

   definierten Multiplikation nennt man Körper der komplexen Zahlen.

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

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

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

5. Das Supremum von sämtlichen Treppenintegralen zu unteren Treppenfunktionen von ${}f$ heißt das Unterintegral von ${}f$.
6. Man nennt

   $y'=f(t,y){\text{ und }}y(t_{0})=y_{0}$

   das Anfangswertproblem zur gewöhnlichen Differentialgleichung ${}y'=f(t,y)$ mit der Anfangsbedingung ${}y(t_{0})=y_{0}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über beschränkte Teilmengen von ${}\mathbb {R}$.
2. Der Satz über die Interpolation durch Polynome.
3. Der zweite Mittelwertsatz der Differentialrechnung.

Lösung

1. Jede nichtleere nach oben beschränkte Teilmenge der reellen Zahlen besitzt ein Supremum in ${}\mathbb {R}$.
2. 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. Dann gibt es ein Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}\leq n-1$ derart, dass ${}P(a_{i})=b_{i}$ für alle ${}i$ ist.
3. Es sei ${}b>a$ und seien

   $f,g\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

   stetige, auf ${}]a,b[$ differenzierbare Funktionen mit

   ${}g'(x)\neq 0\,$

   für alle ${}x\in {]a,b[}$. Dann ist ${}g(b)\neq g(a)$ und es gibt ein ${}c\in {]a,b[}$ mit

   ${}{\frac {f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}}={\frac {f'(c)}{g'(c)}}\,.$

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Es seien ${}M_{1},\ldots ,M_{k}$ und ${}N_{1},\ldots ,N_{k}$ nichtleere Mengen und

$\varphi _{i}\colon M_{i}\longrightarrow N_{i}$

Abbildungen für ${}i=1,\ldots ,k$. Es sei ${}M=M_{1}\times \cdots \times M_{k}$, ${}N=N_{1}\times \cdots \times N_{k}$, und ${}\varphi$ die Produktabbildung, also

$\varphi \colon M\longrightarrow N,\,(x_{1},\ldots ,x_{k})\longmapsto (\varphi _{1}(x_{1}),\ldots ,\varphi _{k}(x_{k})).$

a) Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann surjektiv ist, wenn alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

b) Zeige, dass a) nicht gelten muss, wenn die beteiligten Mengen leer sein dürfen.

Lösung

a) Es seien alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv und sei ${}y=(y_{1},\ldots ,y_{k})\in N$. Zu jedem ${}i$ gibt es ein ${}x_{i}\in M_{i}$ mit ${}\varphi (x_{i})=y_{i}$. Daher ist ${}x=(x_{1},\ldots ,x_{k})$ ein Urbild von ${}y$ unter ${}\varphi$.

Es sei umgekehrt ${}\varphi$ surjektiv, und sei ${}y_{i}\in N_{i}$ gegeben. Da die ${}N_{j}$ alle nicht leer sind, gibt es jeweils ein ${}a_{j}\in N_{j}$. Wir setzen

$y=(a_{1},\ldots ,a_{i-1},y_{i},a_{i+1},\ldots ,a_{k})\in N.$

Dafür gibt es nach Voraussetzung ein Urbild ${}x\in M$. Für die ${}i$-te Komponente davon muss ${}\varphi _{i}(x_{i})=y_{i}$ gelten.

b) Es sei ${}M_{1}=N_{1}=\emptyset$, sei ${}\varphi _{1}$ die leere Abbildung und seien ${}M_{2}$ und ${}N_{2}$ irgendwelche (nichtleere) Mengen und sei ${}\varphi _{2}\colon M_{2}\rightarrow N_{2}$ eine beliebige nicht surjektive Abbildung. Dann ist ${}M=\emptyset \times M_{2}=\emptyset$ und ${}N=\emptyset \times N_{2}=\emptyset$ und daher ist die Produktabbildung ${}\varphi =\varphi _{1}\times \varphi _{2}$ ebenfalls die leere Abbildung, also surjektiv, obwohl nicht alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

Aufgabe (2 Punkte)

Ein Apfelverkäufer verkauft ${}2893$ Äpfel für ${}3127$ Euro. Ein zweiter Apfelverkäufer verkauft ${}3417$ Äpfel für ${}3693$ Euro. Welches Angebot ist günstiger?

Lösung

Wir bestimmen, wie viel die gleiche Menge an Äpfeln bei den beiden Verkäufern kostet. Um die beiden Angebote vergleichen zu können, berechnen wir den jeweiligen Preis für

${}2893\cdot 3417=9885381\,$

Äpfel. Beim ersten Verkäufer muss man dafür

${}3127\cdot 3417=10684959\,$

Euro bezahlen. Beim zweiten Verkäufer muss man dafür

${}3693\cdot 2893=10683849\,$

Euro bezahlen. Das zweite Angebot ist also günstiger.

Aufgabe (2 Punkte)

Erstelle das Pascalsche Dreieck bis ${}n=6$.

Lösung

${}\,$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme den Grenzwert der Folge

${\frac {\sin n}{n}},\,n\in \mathbb {N} _{+}.$

Lösung

Für reelles ${}x$ ist immer

${}-1\leq \sin x\leq 1\,.$

Somit ist

${}-{\frac {1}{n}}\leq {\frac {\sin n}{n}}\leq {\frac {1}{n}}\,$

für alle ${}n\in \mathbb {N}$. Da die Folge ${}{\left({\frac {1}{n}}\right)}_{n\in \mathbb {N} _{+}}$ gegen ${}0$ konvergiert und dies auch für die negative Folge ${}{\left(-{\frac {1}{n}}\right)}_{n\in \mathbb {N} _{+}}$ gilt, muss aufgrund des Quetschkriteriums auch die Folge ${}{\left({\frac {\sin n}{n}}\right)}_{n\in \mathbb {N} _{+}}$ gegen ${}0$ konvergieren.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme, für welche komplexe Zahlen ${}z$ die Reihe

$\sum _{n=0}^{\infty }n^{n}z^{n}$

konvergiert.

Lösung

Es handelt sich um eine Potenzreihe mit den Koeffizienten ${}n^{n}$. Sie konvergiert für ${}z=0$, da dann nur ein Glied von null verschieden ist. Wir behaupten, dass die Reihe für keine weitere komplexe Zahl konvergiert. Da es sich um eine Potenzreihe handelt, genügt es, für jede reelle positive Zahl ${}z$ nachzuweisen, dass die Reihe divergiert. Zu ${}z>0$ gibt es ein ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ mit ${}kz\geq 1$. Es gilt dann auch ${}nz\geq 1$ für alle ${}n\geq k$. Wegen

${}\sum _{n=k}^{\infty }n^{n}z^{n}\geq \sum _{n=k}^{\infty }1\,$

erfüllt die Reihe nicht das Cauchy-Kriterium und kann daher nicht konvergieren.

Aufgabe (5 (1+3+1) Punkte)

Es sei

${}f(x)=x^{3}+x-1\,.$

a) Zeige, dass die Funktion ${}f$ im reellen Intervall ${}[0,1]$ genau eine Nullstelle besitzt.

b) Berechne die erste Nachkommastelle im Zehnersystem dieser Nullstelle.

c) Man gebe eine rationale Zahl ${}q\in [0,1]$ derart an, dass ${}\vert {f(q)}\vert \leq {\frac {1}{10}}$ ist.

Lösung

a) Es ist ${}f(0)=-1$ und ${}f(1)=1$, daher besitzt die stetige Funktion aufgrund des Zwischenwertsatzes mindestens eine Nullstelle in ${}[0,1]$. Die Ableitung ist ${}f'(x)=3x^{2}+1$ und dies ist in diesem Intervall positiv, so dass die Funktion ${}f$ dort streng wachsend ist. Also kann sie nicht mehr als eine Nullstelle besitzen.

b) Für

${}x=1/2=0{,}5\,$

ist

${}f(1/2)=1/8+1/2-1<0\,,$

die Nullstelle muss also in der rechten Intervallhälfte liegen. Für ${}x=0{,}8$ ergibt sich

$f(0{,}8)=0{,}8^{3}+0{,}8-1=0{,}512+0{,}8-1=0{,}312>0,$

so dass dieser Wert zu groß ist. Für ${}x=0{,}7$ ergibt sich

${}f(0{,}7)=0{,}7^{3}+0{,}7-1=0{,}343+0{,}7-1=0{,}043>0\,,$

was immer noch zu groß ist. Für ${}x=0{,}6$ ergibt sich

${}f(0{,}6)=0{,}6^{3}+0{,}6-1=0{,}216+0{,}6-1=-0{,}184<0\,.$

Die Nullstelle liegt also im offenen Intervall zwischen ${}0{,}6$ und ${}0{,}7$ und die erste Nachkommastelle ist ${}6$.

c) Wie unter b) berechnet ist ${}f(0{,}7)=0{,}043<0{,}1$, so dass man ${}q=0{,}7$ nehmen kann.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}d$. Für ${}d=0,1$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Es sei also ${}d\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bereits bewiesen. Es sei ${}a$ eine Nullstelle von ${}P$ (falls ${}P$ keine Nullstelle besitzt, sind wir direkt fertig). Dann ist ${}P=Q(X-a)$ nach Lemma 11.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und ${}Q$ hat den Grad ${}d-1$, so dass wir auf ${}Q$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Das Polynom ${}Q$ hat also maximal ${}d-1$ Nullstellen. Für ${}b\in K$ gilt ${}P(b)=Q(b)(b-a)$. Dies kann nach Lemma 3.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (5) nur dann ${}0$ sein, wenn einer der Faktoren ${}0$ ist, so dass eine Nullstelle von ${}P$ gleich ${}a$ ist oder aber eine Nullstelle von ${}Q$ ist. Es gibt also maximal ${}d$ Nullstellen von ${}P$.

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 (4 Punkte)

Bestimme direkt (ohne Verwendung von Ableitungsregeln) die Ableitung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=x^{3}+2x^{2}-5x+3,$

in einem beliebigen Punkt ${}a\in \mathbb {R}$.

Lösung

Wir betrachten den Differenzenquotient

${}{\begin{aligned}{\frac {f(a+h)-f(a)}{h}}&={\frac {(a+h)^{3}+2(a+h)^{2}-5(a+h)+3-(a^{3}+2a^{2}-5a+3)}{h}}\\&={\frac {a^{3}+3a^{2}h+3ah^{2}+h^{3}+2a^{2}+4ah+2h^{2}-5a-5h+3-a^{3}-2a^{2}+5a-3}{h}}\\&={\frac {3a^{2}h+3ah^{2}+h^{3}+4ah+2h^{2}-5h}{h}}\\&=3a^{2}+3ah+h^{2}+4a+2h-5\\&=3a^{2}+4a-5+3ah+h^{2}+2h.\end{aligned}}$

Die Ableitung ist der Limes von diesem Ausdruck für ${}h$ gegen ${}0$, und dieser ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,(3a^{2}+4a-5+3ah+h^{2}+2h)&=3a^{2}+4a-5+\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,h(3a+h+2)\\&=3a^{2}+4a-5.\end{aligned}}$

Die Ableitung ist also ${}3a^{2}+4a-5$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Kettenregel für die Hintereinanderschaltung ${}g\circ f$ von zwei differenzierbaren Funktionen ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ und ${}g\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$.

Lösung

Wir arbeiten mit der linearen Approximierbarkeit, nach Voraussetzung ist

$f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+r(x)(x-a)$

und

$g(y)=g(f(a))+g'(f(a))(y-f(a))+s(y)(y-f(a))$

mit in ${}a$ bzw. in ${}b$ stetigen Funktionen ${}r(x)$ und ${}s(y)$, die beide dort den Wert ${}0$ besitzen. Daher ergibt sich

${}{\begin{aligned}g(f(x))&=g(f(a))+g'(f(a))(f(x)-f(a))+s(f(x))(f(x)-f(a))\\&=g(f(a))+g'(f(a)){\left(f'(a)(x-a)+r(x)(x-a)\right)}+s(f(x)){\left(f'(a)(x-a)+r(x)(x-a)\right)}\\&=g(f(a))+g'(f(a))f'(a)(x-a)+{\left(g'(f(a))r(x)+s(f(x))(f'(a)+r(x))\right)}(x-a).\end{aligned}}$

Die hier ablesbare Restfunktion

$t(x):=g'(f(a))r(x)+s(f(x))(f'(a)+r(x))$

ist stetig in ${}a$ mit dem Wert ${}0$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Grenzwert von

${\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}$

im Punkt ${}1$, und zwar

a) mittels Polynomdivision,

b) mittels der Regel von l'Hospital.

Lösung

a) Durch Polynomdivision erhält man ${}x^{2}-3x+2=(x-1)(x-2)$ und ${}x^{3}-2x+1=(x-1)(x^{2}+x-1)$. Daher ist

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

Daher ist

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x-2}{x^{2}+x-1}}={\frac {-1}{1}}=-1\,.$

b) Die Ableitungen sind ${}(x^{2}-3x+2)'=2x-3$ und ${}(x^{3}-2x+1)'=3x^{2}-2$, die beide für ${}x=1$ keine Nullstelle besitzen. Nach der Regel von l'Hospital ist daher

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {2x-3}{3x^{2}-2}}={\frac {-1}{1}}=-1\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Sinusfunktion über ihre Potenzreihe (Satz 20.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))).

Lösung Komplexe Sinusfunktion/Ableitung/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Besitzt die komplexe Exponentialfunktion

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }\setminus \{0\},\,z\longmapsto \exp z,$

eine differenzierbare Umkehrfunktion?

Lösung

Die komplexe Exponentialfunktion ist wegen ${}\exp 2\pi n=1$ für alle ${}n\in \mathbb {Z}$ nicht injektiv, daher gibt es überhaupt keine Umkehrfunktion.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige (ohne Stammfunktionen zu verwenden)

${}\int _{0}^{1}e^{x}dx=e-1\,.$

Lösung

Wir betrachten die äquidistante Unterteilung ${}{\frac {i}{n}}$, ${}i=0,\ldots ,n-1$, und die untere Treppenfunktion ${}t$, die durch ${}t(x)=e^{i/n}$ auf dem ${}i+1$-ten Teilintervall festgelegt ist. Das zugehörige Treppenintegral ist (unter Verwendung der endlichen geometrischen Reihe)

${}{\begin{aligned}{\frac {1}{n}}{\left(1+e^{1/n}+e^{2/n}+\cdots +e^{(n-1)/n}\right)}&={\frac {1}{n}}{\left(1+e^{1/n}+{\left(e^{1/n}\right)}^{2}+\cdots +{\left(e^{1/n}\right)}^{n-1}\right)}\\&={\frac {1}{n}}\cdot {\frac {1-{\left(e^{1/n}\right)}^{n}}{1-e^{1/n}}}\\&={\frac {1}{n}}\cdot {\frac {1-e}{1-e^{1/n}}}\\&={\left(1-e\right)}\cdot {\frac {\frac {1}{n}}{1-e^{1/n}}}.\end{aligned}}$

Hier ist der linke Faktor konstant. Für den rechten Faktor betrachten wir den Funktionslimes

$\operatorname {lim} _{u\rightarrow 0}\,{\frac {u}{1-e^{u}}}.$

Dieser existiert nach der Regel von Hospital und sein Wert ist ${}-1$, also gilt dies auch für den rechten Faktor.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung

${}y'={\frac {y}{t^{2}(t-1)}}\,$

für ${}t>1$.

Lösung

Wir müssen für

${\frac {1}{t^{2}(t-1)}}$

mittels Partialbruchzerlegung eine Stammfunktion bestimmen. Es ist

${}{\frac {1}{t^{2}(t-1)}}={\frac {a}{t}}+{\frac {b}{t^{2}}}+{\frac {c}{t-1}}\,.$

Multiplikation mit dem Nenner führt auf

${}1=at(t-1)+b(t-1)+ct^{2}\,.$

Einsetzen von ${}t=0,1,-1$ führt auf die linearen Gleichungen

${}1=-b\,,$

${}1=c\,$

und

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

Also ist

$a=-1,\,b=-1,\,c=1.$

Eine Stammfunktion ist also

$-\ln t+{\frac {1}{t}}+\ln {\left(t-1\right)}.$

Somit ist

${}e^{-\ln t+{\frac {1}{t}}+\ln {\left(t-1\right)}}={\frac {t-1}{t}}\cdot e^{\frac {1}{t}}\,$

eine Lösung der Differentialgleichung.