Kurs:Analysis/Teil I/Test 4/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	4	4	5	5	3	3	8	4	3	2	6	5	3	2	4	4	65

Aufgabe (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Stetigkeit in einem Punkt ${}a\in {\mathbb {K} }$ einer Abbildung ${}f:{\mathbb {K} }\rightarrow {\mathbb {K} }$.
2. Die gleichmäßige Stetigkeit einer Funktion

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

   auf einer Teilmenge ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$.

3. Das Cauchy-Produkt von zwei komplexen Reihen.
4. Die Exponentialreihe zu einer komplexen Zahl ${}z\in {\mathbb {C} }$.
5. Die Supremumsnorm einer Funktion

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

   auf einer Menge ${}T$.

6. Der natürliche Logarithmus

   $\ln \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} .$

7. Die Ableitungsfunktion zu einer differenzierbaren Funktion

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

8. Die Zahl ${}\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).

Lösung

1. Man sagt, dass ${}f$ stetig im Punkt ${}a$ ist, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ derart gibt, dass für alle ${}x$ mit ${}\vert {a-x}\vert \leq \delta$ die Abschätzung ${}\vert {f(a)-f(x)}\vert \leq \epsilon$ gilt.
2. Die Funktion ${}f$ heißt gleichmäßig stetig, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ gibt mit folgender Eigenschaft: Für alle ${}x,x'\in T$ mit ${}d{\left(x,x'\right)}\leq \delta$ ist ${}d{\left(f(x),f(x')\right)}\leq \epsilon$.
3. 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.

4. Die Exponentialreihe in ${}z$ ist die Reihe

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

5. Man nennt

   ${}\Vert {f}\Vert :={\operatorname {sup} \,(\vert {f(x)}\vert {|}x\in T)}\,$

   die Supremumsnorm von ${}f$.

6. Der natürliche Logarithmus

   $\ln \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \ln x,$

   ist als die Umkehrfunktion der reellen Exponentialfunktion definiert.

7. Die Ableitungsfunktion ist die Abbildung

   $f'\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f'(x),$

   die jedem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$ die Ableitung von ${}f$ an der Stelle ${}x$ zuordnet.

8. Es sei ${}s$ die eindeutig bestimmte reelle Nullstelle der Kosinusfunktion auf dem Intervall ${}[0,2]$. Die Kreiszahl ${}\pi$ ist definiert durch

   ${}\pi :=2s\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.
2. Der Zwischenwertsatz.
3. Die Kettenregel für differenzierbare Abbildungen.
4. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung.

Lösung

1. Ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}d$ besitzt maximal ${}d$ Nullstellen.
2. Es seien ${}a\leq b$ reelle Zahlen und sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Es sei ${}y\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl zwischen ${}f(a)$ und ${}f(b)$. Dann gibt es ein ${}x\in [a,b]$ mit ${}f(x)=y$.
3. 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

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

4. Es sei ${}a<b$ und sei

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

   eine stetige, auf ${}]a,b[$ differenzierbare Funktion. Dann gibt es ein ${}c\in {]a,b[}$ mit

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

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es seien

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

Funktionen.

a) Zeige die Gleichheit

${}{\left(h\cdot g\right)}\circ f={\left(h\circ f\right)}\cdot {\left(g\circ f\right)}\,.$

b) Zeige durch ein Beispiel, dass die Gleichheit

${}{\left(h\circ g\right)}\cdot f={\left(h\cdot f\right)}\circ {\left(g\cdot f\right)}\,$

nicht gelten muss.

Lösung

a) Die Gleichheit von Funktionen bedeutet die Gleichheit für jedes Argument. Für ${}x\in \mathbb {R}$ ist

${}{\begin{aligned}{\left({\left(h\cdot g\right)}\circ f\right)}(x)&={\left(h\cdot g\right)}{\left(f(x)\right)}\\&=h(f(x))\cdot g(f(x))\\&={\left(h\circ f\right)}(x)\cdot {\left(g\circ f\right)}(x)\\&={\left({\left(h\circ f\right)}\cdot {\left(g\circ f\right)}\right)}(x),\end{aligned}}$

was die Aussage beweist.

b) Wir nehmen für ${}f,g,h$ jeweils die Identität, also die Abbildung ${}x\mapsto x$. Die Verknüpfung der Identität mit sich selbst ist wieder die Identität. Das Produkt der Identität mit sich selbst ist das Quadrieren ${}x\mapsto x^{2}$. Daher ist in diesem Beispiel die Funktion

${\left(h\circ g\right)}\cdot f$

gleich der Quadrierungsfunktion. Die Funktion

${\left(h\cdot f\right)}\circ {\left(g\cdot f\right)}$

hingegen ist die Hintereinanderschaltung des Quadrierens mit dem Quadrieren, und das ist die Abbildung ${}x\mapsto {\left(x^{2}\right)}^{2}=x^{4}$.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass die Funktion

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

mit

${}f(x)={\begin{cases}x,\,{\text{ falls }}x\in \mathbb {Q} \,,\\0,\,{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,$

nur im Nullpunkt stetig ist.

Lösung

Es sei zunächst ${}x=0$ und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Dann kann man ${}\delta =\epsilon$ setzen, denn aus ${}\vert {u}\vert \leq \epsilon$ folgt wegen ${}f(x)=0$ oder ${}f(x)=x$ auch ${}\vert {f(u)}\vert \leq \epsilon$. Es sei nun ${}x\neq 0$ Wir zeigen, dass man für ${}\epsilon =\vert {\frac {x}{2}}\vert >0$ kein ${}\delta >0$ mit der Abschätzungseigenschaft für die Stetigkeit finden kann. Es sei hierzu ${}\delta >0$ vorgegeben und sei ${}c={\min {\left(\delta ,\epsilon \right)}}$. Wenn ${}x$ rational ist, so wählen wir eine irrationale Zahl ${}u\in {]x-c,x+c[}$, wenn ${}x$ irrational ist, so wählen wir eine rationale Zahl ${}q\in {]x-c,x+c[}$ Im ersten Fall gilt

${}\vert {f(x)-f(u)}\vert =\vert {x}\vert >\epsilon \,,$

im zweiten Fall gilt

${}\vert {f(x)-f(q)}\vert =\vert {q}\vert >\epsilon \,,$

so dass in beiden Fällen die ${}\delta$-Umgebung von ${}x$ nicht in die ${}\epsilon$-Umgebung von ${}f(x)$ abgebildet wird.

Aufgabe (3 Punkte)

Gibt es eine reelle Zahl, die in ihrer vierten Potenz, vermindert um das Doppelte ihrer dritten Potenz, gleich dem Negativen der Quadratwurzel von ${}42$ ist?

Lösung

Es geht um eine reelle Lösung für die Gleichung

${}f(x)=x^{4}-2x^{3}=-{\sqrt {42}}\,.$

Für ${}x<0$ und ${}x>2$ ist ${}f(x)=x^{3}(x-2)>0$, es kann also allenfalls in ${}[0,2]$ eine Lösung geben. Dazu bestimmen wir, wo die Funktion ${}f$ ihr Minimum annimmt. Für die Ableitung gilt

${}f'(x)=4x^{3}-6x^{2}=2x^{2}(2x-3)\,.$

An den beiden Nullstellen ${}0$ und ${}{\frac {3}{2}}$ sind die Werte

${}f(0)=0\,$

und

${}f{\left({\frac {3}{2}}\right)}={\frac {27}{8}}{\left({\frac {3}{2}}-2\right)}={\frac {27}{8}}{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}=-{\frac {27}{16}}>-2>-{\sqrt {42}}\,.$

Also ist das Minimum von ${}f$ größer als ${}-{\sqrt {42}}$ und es gibt keine Lösung.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien

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

stetige Funktionen mit ${}f(a)\geq g(a)$ und ${}f(b)\leq g(b)$. Zeige, dass es einen Punkt ${}c\in [a,b]$ mit ${}f(c)=g(c)$ gibt.

Lösung

Wir betrachten

${}h(x):=f(x)-g(x)\,.$

Diese Funktion ist nach [[Reelle Funktion/Stetigkeit/Addition, Multiplikation, Invertierung von Funktionen/Fakt|Kurs:Analysis/Stetigkeit/K/Addition, Multiplikation, Invertierung von Funktionen/Faktreferenznummer (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]] wieder stetig und es ist

${}h(a)=f(a)-g(a)\geq 0\,$

und

${}h(b)=f(b)-g(b)\leq 0\,.$

Nach dem Zwischenwertsatz gibt es ein ${}c\in [a,b]$ mit

${}h(c)=0=f(c)-g(c)\,,$

also ist

${}f(c)=g(c)\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über das angenommene Maximum einer Funktion

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

Lösung

Nach dem Zwischenwertsatz wissen wir, dass das Bild ${}J:=f([a,b])$ ein Intervall ist.

Wir zeigen zunächst, dass ${}J$ (nach oben und nach unten) beschränkt ist. Wir nehmen dazu an, dass ${}J$ nicht nach oben beschränkt ist. Dann gibt es eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}I$ mit ${}f(x_{n})\geq n$. Nach Satz 7.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) besitzt ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Teilfolge. Da ${}[a,b]$ abgeschlossen ist, gehört der Grenzwert der Teilfolge zu ${}[a,b]$. Wegen der Stetigkeit muss dann auch die Bildfolge konvergieren. Die Bildfolge ist aber unbeschränkt, so dass sie nach Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) nicht konvergieren kann, und sich ein Widerspruch ergibt.

Es sei nun ${}y$ das Supremum von ${}J$. Es gibt eine Folge ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}J$, die gegen das Supremum konvergiert. Nach Definition von ${}J$ gibt es eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ mit ${}f(x_{n})=y_{n}$. Für diese Folge gibt es wieder nach Satz 7.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) eine konvergente Teilfolge. Es sei ${}x$ der Grenzwert dieser Teilfolge. Somit ist aufgrund der Stetigkeit ${}f(x)=y$ und daher ${}y\in J$.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne das Cauchy-Produkt bis zur vierten Potenz der geometrischen Reihe mit der Exponentialreihe.

Lösung

Die geometrische Reihe ist ${}\sum _{n=0}^{\infty }x^{n}$ und die Exponentialreihe ist ${}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}x^{n}$. Das Cauchy-Produkt von zwei Reihen ergibt sich einfach dadurch, dass man jeden Summanden mit jedem Summanden multipliziert und gleiche Potenzen aufsummiert. Daher können die Potenzen ${}x^{5},x^{6},$ etc. ignoriert werden und es ist

${}{\begin{aligned}&\,(1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}){\left(1+x+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{6}}x^{3}+{\frac {1}{24}}x^{4}\right)}\\&={\left(1+x+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{6}}x^{3}+{\frac {1}{24}}x^{4}\right)}+{\left(x+x^{2}+{\frac {1}{2}}x^{3}+{\frac {1}{6}}x^{4}\right)}+{\left(x^{2}+x^{3}+{\frac {1}{2}}x^{4}\right)}+x^{3}+x^{4}+x^{4}+\ldots \\&=1+2x+{\frac {5}{2}}x^{2}+{\frac {8}{3}}x^{3}+{\frac {65}{24}}x^{4}+\ldots .\end{aligned}}$

Das Cauchy-Produkt bis zur vierten Potenz der beiden Reihen ist also

$1+2x+{\frac {5}{2}}x^{2}+{\frac {8}{3}}x^{3}+{\frac {65}{24}}x^{4}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Produktregel für differenzierbare Funktionen unter Verwendung der Regel

${}{\left(f^{2}\right)}'=2f\cdot f'\,$

mit Hilfe von

${}fg={\frac {1}{4}}{\left((f+g)^{2}-(f-g)^{2}\right)}\,.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(fg\right)}'&={\frac {1}{4}}{\left((f+g)^{2}-(f-g)^{2}\right)}'\\&={\frac {1}{4}}{\left(2(f+g)(f+g)'-2(f-g)(f-g)'\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left((f+g)(f'+g')-(f-g)(f'-g')\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(ff'+fg'+gf'+gg'-ff'+fg'+gf'-gg'\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2gf'+2fg'\right)}\\&=gf'+fg'.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)={\frac {\ln {\left(2x^{2}\right)}}{7^{x}}}.$

Lösung

Wir verwenden die Darstellung ${}7^{x}=e^{x\ln(7)}$. Aufgrund der Quotientenregel und der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}f'(x)&={\left({\frac {\ln(2x^{2})}{e^{x\ln(7)}}}\right)}^{\prime }\\&={\frac {e^{x\ln(7)}{\frac {1}{2x^{2}}}4x-\ln(2x^{2})\ln(7)e^{x\ln(7)}}{{\left(e^{x\ln(7)}\right)}^{2}}}\\&={\frac {2x^{-1}-\ln(2x^{2})\ln(7)}{e^{x\ln(7)}}}\\&={\frac {2-x\ln(2x^{2})\ln(7)}{x7^{x}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (1+1+2+2) Punkte)

Es sei ${}f(x)={\frac {x^{2}-1}{x}}$ und ${}g(y)={\frac {y^{2}}{y-1}}$.

a) Bestimme die Ableitung von ${}f$ und von ${}g$.

b) Berechne die Hintereinanderschaltung ${}h(x)=g(f(x))$.

c) Bestimme die Ableitung von ${}h$ mit Hilfe von Teil b).

d) Bestimme die Ableitung von ${}h$ mittels der Kettenregel.

Lösung

a) Nach der Quotientenregel ist

${}f'(x)={\frac {2xx-(x^{2}-1)}{x^{2}}}={\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\,$

und

${}g'(y)={\frac {2y(y-1)-y^{2}}{(y-1)^{2}}}={\frac {y^{2}-2y}{y^{2}-2y+1}}\,.$

b) Es ist

${}{\begin{aligned}g(f(x))&={\frac {{\left({\frac {x^{2}-1}{x}}\right)}^{2}}{{\frac {x^{2}-1}{x}}-1}}\\&={\frac {{\left(x^{2}-1\right)}^{2}}{x(x^{2}-1)-x^{2}}}\\&={\frac {x^{4}-2x^{2}+1}{x^{3}-x^{2}-x}}.\end{aligned}}$

c) Die Ableitung von

${}h(x)={\frac {x^{4}-2x^{2}+1}{x^{3}-x^{2}-x}}\,$

ist

${}{\begin{aligned}h'(x)&={\frac {{\left(4x^{3}-4x\right)}{\left(x^{3}-x^{2}-x\right)}-{\left(x^{4}-2x^{2}+1\right)}{\left(3x^{2}-2x-1\right)}}{{\left(x^{3}-x^{2}-x\right)}^{2}}}\\&={\frac {4x^{6}-4x^{5}-4x^{4}-4x^{4}+4x^{3}+4x^{2}-{\left(3x^{6}-2x^{5}-x^{4}-6x^{4}+4x^{3}+2x^{2}+3x^{2}-2x-1\right)}}{x^{2}{\left(x^{2}-x-1\right)}^{2}}}\\&={\frac {x^{6}-2x^{5}-x^{4}-x^{2}+2x+1}{x^{2}{\left(x^{4}+x^{2}+1-2x^{3}-2x^{2}+2x\right)}}}\\&={\frac {x^{6}-2x^{5}-x^{4}-x^{2}+2x+1}{x^{6}-2x^{5}-x^{4}+2x^{3}+x^{2}}}.\end{aligned}}$

d) Es ist

${}{\begin{aligned}g'(f(x))f'(x)&={\frac {{\left({\frac {x^{2}-1}{x}}\right)}^{2}-2{\frac {x^{2}-1}{x}}}{{\left({\frac {x^{2}-1}{x}}\right)}^{2}-2{\frac {x^{2}-1}{x}}+1}}\cdot {\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\\&={\frac {{\left(x^{2}-1\right)}^{2}-2{\left(x^{2}-1\right)}x}{{\left(x^{2}-1\right)}^{2}-2{\left(x^{2}-1\right)}x+x^{2}}}\cdot {\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\\&={\frac {x^{4}-2x^{2}+1-2x^{3}+2x}{x^{4}-2x^{2}+1-2x^{3}+2x+x^{2}}}\cdot {\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\\&={\frac {x^{4}-2x^{3}-2x^{2}+2x+1}{x^{4}-2x^{3}-x^{2}+2x+1}}\cdot {\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\\&={\frac {x^{6}-2x^{5}-x^{4}-x^{2}+2x+1}{x^{6}-2x^{5}-x^{4}+2x^{3}+x^{2}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten eine Funktion ${}f\colon {\mathbb {C} }\rightarrow {\mathbb {C} }$ der Form

${}f(x)=g(x)\sin x+h(x)\cos x\,,$

wobei ${}g$ und ${}h$ lineare Polynome seien. Zeige durch Induktion, dass für die Ableitungen ($n\geq 0$) die Beziehung

${}f^{(n)}(x)={\begin{cases}(-1)^{n/2}{\left({\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x+{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}{\text{ für }}\ n{\text{ gerade}},\\(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x\right)}{\text{ für }}\ n{\text{ ungerade}},\end{cases}}\,$

gilt.

Lösung

Zum Induktionsanfang betrachten wir ${}n=0$, es geht also um die Funktion selbst. Wegen

${}f(x)=g(x)\sin x+h(x)\cos x=(-1)^{0}{\left({\left(g(x)+0h'(x)\right)}\sin x+{\left(-0g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}\,$

ist die Formel für ${}n=0$ gerade richtig.

Wir beweisen nun nun die Formel für ${}n+1$ unter der Induktionsvoraussetzung, dass sie für alle kleinere Zahlen richtig ist. Es sei zunächst ${}n+1$ ungerade, also ${}n$ gerade. Dann ist (unter Verwendung der Tatsache, dass die zweiten Ableitungen von ${}g$ und ${}h$ gleich ${}0$ sind)

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}\right)}'(x)\\&=(-1)^{n/2}{\left({\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x+{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}'\\&=(-1)^{n/2}{\left(g'(x)\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x+h'(x)\cos x-{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\sin x\right)}\\&=(-1)^{n/2}{\left({\left(g'(x)+ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)+h'(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{((n+1)-1)/2}{\left({\left((n+1)g'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\cos x\right)},\end{aligned}}$

so dass der Ausdruck für ${}n+1$ ungerade vorliegt.

Bei ${}n+1$ gerade, also ${}n$ ungerade, ist

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}\right)}'(x)\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x\right)}'\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left(-h'(x)\sin x+{\left(ng'(x)-h(x)\right)}\cos x+g'(x)\cos x-{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x\right)}\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(-g(x)-(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left((n+1)g'(x)-h(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{(n-1)/2}(-1){\left({\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left(-(n+1)g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{(n+1)/2}{\left({\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left(-(n+1)g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)},\end{aligned}}$

so dass der Ausdruck für ${}n+1$ gerade vorliegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Funktion ${}f(x)=x+\sin x$ streng wachsend ist.

Lösung

Die Ableitung von ${}f$ ist

${}f'(x)=1+\cos x\,.$

Wegen

${}-1\leq \cos x\leq 1\,$

ist ${}f'(x)\geq 0$, und da der Kosinus nur bei reellen Zahlen der Form ${}\pi +n2\pi$ ($n\in \mathbb {Z}$) den Wert ${}-1$ besitzt, besitzt ${}f'$ nur dort eine Nullstelle. Nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (2) (angewendet auf ein beliebiges beschränktes Teilintervall) ist die Funktion streng wachsend.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass der natürliche Logarithmus eine konkave Funktion ist.

Lösung

Die Ableitung des natürlichen Logarithmus ist ${}1/x$, das ist auf dem Definitionsbereich ${}\mathbb {R} _{+}$ des Logarithmus eine fallende Funktion, also ist nach Satz 20.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) der Logarithmus konkav.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Funktion ${}f(x)={\frac {1}{x}}$ im Entwicklungspunkt ${}a=2$ der Ordnung ${}4$.

Lösung

Die erste Ableitung ist

$f'(x)=-{\frac {1}{x^{2}}}=-x^{-2},{\text{ also }}f'(2)=-{\frac {1}{4}}.$

Die zweite Ableitung ist

$f^{\prime \prime }(x)=2x^{-3},{\text{ also }}f^{\prime \prime }(2)={\frac {1}{4}}.$

Die dritte Ableitung ist

$f^{\prime \prime \prime }(x)=-6x^{-4},{\text{ also }}f^{\prime \prime \prime }(2)=-{\frac {3}{8}}.$

Die vierte Ableitung ist

$f^{\prime \prime \prime \prime }(x)=24x^{-5},{\text{ also }}f^{\prime \prime \prime \prime }(2)={\frac {24}{32}}={\frac {3}{4}}.$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${}4$ ist demnach

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-2)+{\frac {1}{4\cdot 2}}(x-2)^{2}-{\frac {3}{8\cdot 3!}}(x-2)^{3}+{\frac {3}{4\cdot 4!}}(x-2)^{4}$

bzw.

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-2)+{\frac {1}{8}}(x-2)^{2}-{\frac {1}{16}}(x-2)^{3}+{\frac {1}{32}}(x-2)^{4}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die lokalen und globalen Extrema der Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto f(t)=t^{2}e^{-t}.$

Lösung

Die erste Ableitung ist

${}f^{\prime }(t)={\left(2t-t^{2}\right)}e^{-t}=t{\left(2-t\right)}e^{-t}\,,$

deren Nullstellen sind ${}0$ und ${}2$. Die zweite Ableitung ist

${}f^{\prime \prime }(t)={\left(t^{2}-4t+2\right)}e^{-t}\,,$

so dass ${}f^{\prime \prime }(0)>0$ und ${}f^{\prime \prime }(2)<0$ ist. Daher liegt nach Korollar 19.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) in ${}0$ ein (isoliertes) lokales Minimum mit dem Wert ${}f(0)=0$ und in ${}2$ ein (isoliertes) lokales Maximum mit dem Wert ${}4\cdot e^{-2}$ vor. Da für ${}t\neq 0$ sowohl ${}t^{2}$ als auch ${}e^{-t}$ positiv sind, liegt in ${}0$ auch das globale Minimum vor. Für ${}t\rightarrow -\infty$ wächst die Funktion hingegen gegen ${}+\infty$, sodass in ${}2$ kein globales Maximum vorliegt.

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