Kurs:Analysis/Teil II/12/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Für ${}x\in \mathbb {R}$ , ${}x>-1$ , heißt die Funktion
$x\longmapsto \operatorname {Fak} \,(x):=\int _{0}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt$

die Fakultätsfunktion.
Eine Abbildung ${}d\colon M\times M\to \mathbb {R}$ ${}d\colon M\times M\to \mathbb {R}$ heißt Metrik, wenn für alle ${}x,y,z\in M$ ${}x,y,z\in M$ die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
1. ${}d\left(x,y\right)=0\Longleftrightarrow x=y$ (Definitheit),
2. ${}d\left(x,y\right)=d(y,x)$ (Symmetrie), und
3. ${}d\left(x,y\right)\leq d(x,z)+d(z,y)$ (Dreiecksungleichung).
Eine Teilmenge ${}A\subseteq M$ heißt abgeschlossen, wenn das Komplement ${}M\setminus A$ offen ist.
Die Abbildung ${}f$ heißt Lipschitz-stetig, wenn es eine reelle Zahl ${}c\geq 0$ mit
${}d{\left(f(x),f(y)\right)}\leq c\cdot d{\left(x,y\right)}\,$

für alle ${}x,y\in L$ gibt.
Die Matrix
${}\operatorname {Jak} (f)_{P}:={\begin{pmatrix}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{n}}}(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {\partial f_{m}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial f_{m}}{\partial x_{n}}}(P)\end{pmatrix}}\,$

heißt die Jacobi-Matrix zu ${}f$ im Punkt ${}P$ .
Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein reelles Intervall, ${}U\subseteq V$ eine offene Menge und
$f\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto f(t,v),$

ein Vektorfeld auf ${}U$ . Dann nennt man

${}v'=f(t,v)\,$

die gewöhnliche Differentialgleichung zum Vektorfeld ${}f$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Es sei ${}[a,b]$ ein kompaktes Intervall und
$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine stetig differenzierbare Abbildung. Dann ist ${}f$ rektifizierbar und für die Kurvenlänge gilt

${}L(f)=\int _{a}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert \,dt\,.$
Die offene Menge ${}G\subseteq V$ enthalte mit je zwei Punkten die Verbindungsgerade. Ferner gelte
${}\Vert {\left(D\varphi \right)_{P}}\Vert \leq b\,$

für alle ${}P\in G$ . Dann gilt für ${}P,Q\in G$ die Abschätzung

${}\Vert {\varphi (Q)-\varphi (P)}\Vert \leq \Vert {Q-P}\Vert \cdot b\,.$
Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge und seien
$f\colon U\longrightarrow \mathbb {R}$

und

$h\colon U\longrightarrow \mathbb {R}$

stetig differenzierbare Funktionen. Es sei ${}b\in \mathbb {R}$ und ${}M=f^{-1}(b)$ die Faser von ${}f$ über ${}b$ . Die eingeschränkte Funktion ${}h{|}_{M}$ besitze im Punkt ${}a\in M$ ein lokales Extremum auf ${}M$ und ${}a$ sei ein regulärer Punkt von ${}f$ . Dann ist ${}\left(Dh\right)_{a}$ ein Vielfaches von ${}\left(Df\right)_{a}$ , d.h. es gibt ein ${}\lambda \in \mathbb {R}$ mit

${}\left(Dh\right)_{a}=\lambda \left(Df\right)_{a}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Sei ${}a>0$ fixiert. Bestimme das uneigentliche Integral

\int _{0}^{\infty }e^{-at}\,dt.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }e^{-at}\,dt&=\left({\frac {-1}{a}}e^{-at}\right)|_{0}^{\infty }\\&=\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,{\left({\frac {-1}{a}}e^{-a\cdot x}-{\frac {-1}{a}}e^{-a\cdot 0}\right)}\\&={\frac {1}{a}}.\end{aligned}}

Aufgabe (5 Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{n}$ sei mit der euklidischen Metrik versehen.

a) Man gebe eine Beispiel für einen endlichen metrischen Raum, den man als Teilraum (mit der induzierten Metrik) des ${}\mathbb {R} ^{2}$ , aber nicht als Teilraum von ${}\mathbb {R}$ realisieren kann.

b) Man gebe eine Beispiel für einen endlichen metrischen Raum, den man nicht als Teilraum des ${}\mathbb {R} ^{2}$ realisieren kann.

Lösung

a) Wir betrachten den Teilraum ${}M\{0,(1,0),(0,1)\}\subset$ mit der induzierten Metrik. Dieser metrische Raum ${}M$ ist nicht innerhalb der reellen Zahlen realisierbar. Der Nullpunkt hat zu den beiden anderen Punkten den Abstand ${}1$ , und diese haben zueinander den Abstand ${}{\sqrt {2}}$ . In ${}\mathbb {R}$ gibt es zu jedem Punkt ${}P$ genau zwei Punkte mit dem Abstand ${}1$ nämlich ${}P-1$ bzw ${}P+1$ , und diese haben aber zueinander den Abstand ${}2$ .

b) Wir betrachten im ${}\mathbb {R} ^{3}$ die folgende endliche Teilmenge: Es seien ${}P,Q$ zwei Punkte im ${}\mathbb {R} ^{3}$ , die zueinander den Abstand ${}1$ besitzen. Wir betrachten die Sphären um diese beiden Kugeln mit dem Radius ${}{\frac {2}{3}}$ , also ${}S_{1}={\left\{x\in \mathbb {R} ^{3}\mid d(x,P)={\frac {2}{3}}\right\}}$ und ${}S_{2}={\left\{x\in \mathbb {R} ^{3}\mid d(x,Q)={\frac {2}{3}}\right\}}$ . Der Durchschnitt ${}S_{1}\cap S_{2}$ ist eine Kreislinie ${}K$ . Es seien ${}R_{1},R_{2},R_{3}$ drei Punkte auf ${}K$ und wir betrachten die Teilmenge

{}N=\{P,Q,R_{1},R_{2},R_{3}\}\,

mit der induzierten Metrik. Diese Menge ist nicht im ${}\mathbb {R} ^{2}$ realisierbar, da es dort zu zwei Punkten mit dem Abstand ${}1$ nur zwei Punkte gibt, die zu beiden Punkten den Abstand ${}{\frac {2}{3}}$ haben.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Stetigkeit linearer Abbildungen.

Lösung

Eine komplex-lineare Abbildung ist auch reell-linear, und die euklidische Metrik hängt nur von der reellen Struktur ab. Wir können also ${}{\mathbb {K} }=\mathbb {R}$ annehmen. Aufgrund von Lemma 34.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) können wir ${}m=1$ annehmen. Die Abbildung sei durch

\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\left(x_{1},\ldots ,x_{n}\right)}\longmapsto \sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i},

mit ${}a_{i}\in \mathbb {R}$ gegeben. Die Nullabbildung ist konstant und daher stetig, also sei ${}a={\max {\left(\vert {a_{i}}\vert ,i=1,\ldots ,n\right)}}>0$ . Es sei ${}x\in \mathbb {R} ^{n}$ und ein ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Für alle ${}y\in \mathbb {R} ^{n}$ mit ${}d{\left(x,y\right)}\leq {\frac {\epsilon }{na}}$ ist insbesondere ${}\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{na}}$ für alle ${}i$ und daher ist

{}{\begin{aligned}d{\left(\varphi (x),\varphi (y)\right)}&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i}-\sum _{i=1}^{n}a_{i}y_{i}}\vert \\&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq \sum _{i=1}^{n}\vert {a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq na\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \\&\leq \epsilon .\end{aligned}}

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Es sei ${}M$ ein nichtleerer vollständiger metrischer Raum und es seien

f,g\colon M\longrightarrow M

starke Kontraktionen.

a) Zeige, das die Verknüpfung ${}g\circ f$ ebenfalls eine starke Kontraktion ist.

b) Zeige durch ein Beispiel mit ${}M=\mathbb {R}$ , dass der Fixpunkt von ${}g\circ f$ weder mit dem Fixpunkt zu ${}f$ noch mit dem Fixpunkt zu ${}g$ übereinstimmen muss.

Lösung

a) Es seien ${}L_{1},L_{2}<1$ die Kontraktionsfaktoren zu ${}f$ bzw. ${}g$ . Dann ist für beliebige Punkte ${}x,y\in M$

{}d(g(f(x)),g(f(y)))\leq L_{2}d(f(x),f(y))\leq L_{2}L_{1}d(x,y)\,

und somit kann man ${}L_{1}L_{2}<1$ als Kontraktionsfaktor für die Verknüpfung nehmen.

b) Wir betrachten die Abbildung

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{2}}x,

die stark kontrahierend ist und den Fixpunkt ${}0$ besitzt, und die Abbildung

g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto {\frac {1}{2}}y+1,

die ebenfalls stark kontrahierend ist und ${}2$ als Fixpunkt besitzt. Die Verknüpfung ${}g\circ f$ ist

{}(g\circ f)(x)=g(f(x)=g{\left({\frac {1}{2}}x\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {1}{2}}x\right)}+1={\frac {1}{4}}x+1\,.

Hierbei ist ${}{\frac {4}{3}}$ der Fixpunkt.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne die Länge der archimedischen Spirale

\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(t\cos t,\,t\sin t\right),

für die Umdrehung zwischen ${}t=0$ und ${}t=2\pi$ .

Lösung

Die Ableitung der Kurve ist

\left(\cos t-t\sin t,\,\sin t+t\cos t\right).

Die Norm davon ist die Wurzel aus

{}{\begin{aligned}{\left(\cos t-t\sin t\right)}^{2}+{\left(\sin t+t\cos t\right)}^{2}&=\cos ^{2}t-2t\cos t\sin t+t^{2}\sin ^{2}t+\sin ^{2}t+2t\sin t\cos t+t^{2}\cos ^{2}t\\&=1+t^{2}.\end{aligned}}

Daher ist der Länge der archimedischen Spirale nach Satz 38.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gleich

{}{\begin{aligned}L(f)&=\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {1+t^{2}}}dt\\&=[{\frac {1}{2}}{\left(x\cdot {\sqrt {x^{2}+1}}+\,\operatorname {arsinh} \,x\,\right)}]_{0}^{2\pi }\\&=\pi \cdot {\sqrt {4\pi ^{2}+1}}+{\frac {1}{2}}\,\operatorname {arsinh} \,2\pi \,.\end{aligned}}

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über eine Differentialgleichung höherer Ordnung und das zugehörige System erster Ordnung.

Lösung

Wenn

y\colon J\longrightarrow \mathbb {R}

eine Lösung der Differentialgleichung höherer Ordnung

{}y^{(n)}=h{\left(t,y,y',y^{\prime \prime },\ldots ,y^{(n-1)}\right)}\,

ist, so sind alle Funktionen ${}v_{i}=y^{(i)}$ für ${}i=0,\ldots ,n-1$ differenzierbar, und es gilt ${}v_{i}'=v_{i+1}$ für ${}i=0,\ldots ,n-2$ nach Definition und schließlich

{}{\begin{aligned}v_{n-1}'(t)&={\left(y^{(n-1)}\right)}^{\prime }(t)\\&=y^{(n)}(t)\\&=h{\left(t,y(t),y'(t),y^{\prime \prime }(t),\ldots ,y^{(n-1)}(t)\right)}\\&=h{\left(t,v_{0}(t),v_{1}(t),v_{2}(t),\ldots ,v_{n-1}(t)\right)}.\end{aligned}}

Wenn umgekehrt

v\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}

eine Lösung des Differentialgleichungssystems zum Vektorfeld

F\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(t,v_{0},\ldots ,v_{n-1})\longmapsto F(t,v_{0},\ldots ,v_{n-1})=(v_{1},\ldots ,v_{n-1},h(t,v_{0},v_{1},\ldots ,v_{n-1})),

ist, so ergibt sich sukzessive aus den ersten ${}n-1$ Gleichungen, dass ${}y=v_{0}$ ${}n$ -mal differenzierbar ist, und die letzte Gleichung des Differentialgleichungssystems besagt gerade

{}y^{(n)}(t)=h{\left(t,y(t),y'(t),y^{\prime \prime }(t),\ldots ,y^{(n-1)}(t)\right)}\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Lösung zu einem Eigenvektor bei einem linearen Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.

Lösung

Dies folgt direkt aus

{}{\begin{aligned}v'(t)&={\begin{pmatrix}ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}'\\&={\begin{pmatrix}(ce^{\lambda t}u_{1})'\\\vdots \\(ce^{\lambda t}u_{n})'\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\lambda ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\\lambda ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}\\&=\lambda ce^{\lambda t}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\\&=M{\left(ce^{\lambda t}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\right)}\\&=M{\begin{pmatrix}ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Aufgabe (3 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

{}y'=ty-2t^{2}+1\,

und

{}y(0)=0\,

durch einen Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}3$ .

Lösung

Wir machen den Ansatz

{}y(t)=a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \,,

wegen der Anfangsbedingung ist ja direkt ${}a_{0}=0$ . Die Ableitung ist

{}y'(t)=a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots \,,

das führt auf die Gleichung

{}a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots =t{\left(a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \right)}-2t^{2}+1\,.

Daraus kann man

{}a_{1}=1\,

ablesen, sodann

{}a_{2}=0\,

und daher

{}3a_{3}=1-2=-1\,,

also

{}a_{3}=-{\frac {1}{3}}\,.

Der Potenzreihenansatz liefert also bis zur Ordnung ${}3$ die Lösung

{}y(t)=t-{\frac {1}{3}}t^{3}\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die regulären Punkte der Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\longmapsto x^{2}+y^{3}+z^{7}+xyz.

Lösung Reguläre Punkte/X^2+Y^3+Z^7+XYZ/Aufgabe/Lösung

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

Es sei

{}f(x,y)=\cos \left(xy\right)\,.

Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}f$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y\right)$ .
Zeige, dass ${}f$ im Nullpunkt ${}\left(0,\,0\right)$ ein globales Maximum besitzt.
Zeige, dass ${}f$ im Nullpunkt kein isoliertes Maximum besitzt.

Lösung

Die Jacobi-Matrix ist
$\left(-y\sin \left(xy\right),\,-x\sin \left(xy\right)\right).$
Im Nullpunkt ist
${}f(0,0)=\cos \left(0\cdot 0\right)=1\,.$

Da dies überhaupt der maximal mögliche Wert für den Kosinus ist, liegt dort ein globales Maximum von ${}f$ vor.
In jeder beliebig kleinen offenen Umgebung des Nullpunktes gibt es Punkte der Form ${}\left(0,\,y\right)$ , in diesen Punkten hat ${}f$ ebenfalls den Wert ${}1$ .

Aufgabe (6 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom vierter Ordnung der Funktion

f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)=x\sin y-e^{xy},

im Nullpunkt.

Lösung

Der Funktionswert ist

{}f(0,0)=-1\,.

Die relevanten Ableitungen sind

{}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\sin y-ye^{xy}\,,

{}{\frac {\partial f}{\partial y}}=x\cos y-xe^{xy}\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}=-y^{2}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}=-x\sin y-x^{2}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\cos y-e^{xy}-xye^{xy}\,.

{}{\frac {\partial ^{3}f}{\partial ^{3}x}}=-y^{3}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial ^{3}f}{\partial ^{3}y}}=-x\cos y-x^{3}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-\sin y-2xe^{xy}-x^{2}ye^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-2ye^{xy}-xy^{2}e^{xy}\,.

{}{\frac {\partial ^{4}f}{\partial ^{4}x}}=-y^{4}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial ^{4}f}{\partial ^{4}y}}=-x\cos y-x^{3}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-\cos y-2x^{2}e^{xy}-x^{2}e^{xy}-x^{3}ye^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-2e^{xy}-2xye^{xy}-2xye^{xy}-x^{2}y^{2}e^{xy}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-3y^{4}e^{xy}-xy^{3}e^{xy}\,.

Wenn man den Punkt ${}(0,0)$ einsetzt, so ergibt sich überall ${}0$ , außer beim Funktionswert, bei

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=-1\,

und bei

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=-2\,.

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung vier gleich

-1-{\frac {1}{6}}xy^{3}-{\frac {1}{2}}x^{2}y^{2}.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Es sei

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

eine nullstellenfreie stetig differenzierbare Funktion und sei ${}g$ eine Stammfunktion zu ${}f$ . Es sei

\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}

mit

{}\varphi (x,y)=\left({\frac {x}{f(y)}},\,g(y)\right)\,.

a) Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ .

b) Zeige, dass man auf ${}\varphi$ in jedem Punkt den Satz über die lokale Umkehrbarkeit anwenden kann.

c) Zeige, dass ${}\varphi$ injektiv ist.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist

{\begin{pmatrix}{\frac {1}{f(y)}}&{\frac {xf'(y)}{-(f(y))^{2}}}\\0&f(y)\end{pmatrix}}.

b) Die Abbildung ${}\varphi$ ist nach den Voraussetzungen an ${}f$ stetig differenzierbar. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist in jedem Punkt

{}{\frac {1}{f(y)}}f(y)=1\,,

daher ist das totale Differential bijektiv und der Satz ist anwendbar.

c) Es seien ${}(x,y),\,(x',y')$ mit dem gleichen Bildpunkt gegeben. Da ${}f$ stetig und nullstellenfrei ist, ist ${}f$ entweder überall positiv oder überall negativ. Daher ist die Stammfunktion ${}g$ streng wachsend oder streng fallend und jedenfalls injektiv. Aus ${}g(y)=g(y')$ folgt also ${}y=y'$ . Aus

{}{\frac {x}{f(y)}}={\frac {x'}{f(y')}}\,

folgt sodann

{}x=x'\,.

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Es sei

h\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}

eine stetig differenzierbare Funktion und

{}G(P)=\operatorname {Grad} \,h(P)\,

das zugehörige Gradientenfeld. Es sei

\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{n}

eine stetig differenzierbare Lösung zur zugehörigen Differentialgleichung und es sei ${}t\in \mathbb {R}$ ein Zeitpunkt mit

{}\varphi '(t)=0\,.

a) Es sei ${}h$ zweimal stetig differenzierbar. Zeige, dass ${}\varphi$ konstant ist.

b) Zeige durch ein Beispiel, dass ohne die Voraussetzung aus a) ${}\varphi$ nicht konstant sein muss.

Lösung

a) Wenn ${}h$ zweimal stetig differenzierbar ist, so ist das Gradientenfeld ${}G$ stetig differenzierbar. Damit genügt es nach Lemma 55.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) lokal einer Lipschitz-Bedingung und daher sind die Lösungen zu den Anfangswertproblemen in diesem Vektorfeld nach dem Satz von Picard-Lindelöf eindeutig. Eine Lösung ${}\varphi$ der Differentialgleichung mit