Kurs:Analysis (Osnabrück 2013-2015)/Teil I/17/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	2	1	4	2	3	2	5	4	0	6	4	0	8	0	47

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Körper der reellen Zahlen.
2. Der Grad eines Polynoms ${}P\in K[X]$, ${}P\neq 0$, über einem Körper ${}K$.
3. Ein lokales Minimum einer Funktion

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

   ($D\subseteq \mathbb {R}$ eine Teilmenge) in einem Punkt ${}x\in D$.

4. Die Zahl ${}\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).
5. Die Potenzreihe in ${}z\in \mathbb {C}$ zu den Koeffizienten ${}c_{n}\in \mathbb {C}$, ${}n\in \mathbb {N}$.
6. Die Zeitunabhängigkeit einer gewöhnlichen Differentialgleichung

   $y'=f(t,y).$

Lösung

1. Einen archimedisch angeordneten vollständigen Körper nennt man Körper der reellen Zahlen.
2. Der Grad eines von ${}0$ verschiedenen Polynoms

   ${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}\,$

   mit ${}a_{n}\neq 0$ ist ${}n$.

3. Man sagt, dass ${}f$ in ${}x\in D$ ein lokales Minimum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in D$ mit ${}\vert {x-x'}\vert \leq \epsilon$ die Abschätzung

   ${}f(x)\leq f(x')\,$

   gilt.

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

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

5. Die Potenzreihe in ${}z$ ist die Reihe

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

6. Die gewöhnliche Differentialgleichung

   $y'=f(t,y)$

   heißt zeitunabhängig, wenn die Funktion ${}f$ nicht von ${}t$ abhängt, wenn also ${}f(t,y)=h(y)$ gilt mit einer Funktion ${}h$ in der einen Variablen ${}y$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. /Fakt/Name
2. /Fakt/Name
3. /Fakt/Name

Lösung Analysis 1/Gemischte Satzabfrage/17/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Im September besteht die Zeitdifferenz zwischen Deutschland und Chile ${}6$ Stunden (in Chile wird es ${}6$ Stunden später hell). Anfang Oktober wird in Deutschland die Uhr von der Sommerzeit auf die Winterzeit umgestellt, die Uhr wird also um eine Stunde nachts von ${}3$ auf ${}2$ zurückgestellt. In der gleichen Nacht wird die Uhr in Chile umgestellt. Wie groß ist die Zeitdifferenz nach der Umstellung?

Lösung

Da Chile auf der Südhalbkugel liegt, wird dort Anfang Oktober von der dortigen Winterzeit auf die dortige Sommerzeit umgestellt, dort wird also die Uhr vorgestellt. Daher beträgt die Zeitdifferenz zwischen Deutschland und Chile nur noch ${}4$ Stunden.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}M$ eine Menge. Wir betrachten die Verknüpfung

${\mathfrak {P}}\,(M)\times {\mathfrak {P}}\,(M)\longrightarrow {\mathfrak {P}}\,(M),\,(A,B)\longmapsto A\setminus B.$

Ist diese Verknüpfung assoziativ?

Lösung

Diese Verknüpfung ist nicht assoziativ. Um dies zu zeigen, kann man einfach

${}A=B=C=M\,$

nehmen, wobei ${}M$ eine nichtleere Menge sei. Dann ist ${}M\setminus M=\emptyset$ und somit ist einerseits

${}(M\setminus M)\setminus M=\emptyset \setminus M=\emptyset \,$

und andererseits

${}M\setminus (M\setminus M)=M\setminus \emptyset =M\,.$

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}A&{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}&B&\\\!\!\!\!\!g\downarrow &&\downarrow h\!\!\!\!\!&\\L&{\stackrel {\psi }{\longrightarrow }}&M&\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$

von Mengen und Abbildungen, d.h. es gilt

${}h\circ \varphi =\psi \circ g\,.$

Es seien ${}g$ und ${}h$ bijektiv.

1. Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann injektiv ist, wenn ${}\psi$ injektiv ist.
2. Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann surjektiv ist, wenn ${}\psi$ surjektiv ist.

Lösung

1. Sei ${}\varphi$ injektiv, es ist zu zeigen, dass auch ${}\psi$ injektiv ist. Aufgrund der Kommutativität des Diagramms und der Bijektivität von ${}g$ ist

   ${}\psi =h\circ \varphi \circ g^{-1}\,.$

   Somit ist ${}\psi$ als Verknüpfung von drei injektiven Abbildungen wieder injektiv. Wenn man im Diagramm ${}g$ und ${}h$ durch ihre Umkehrabbildungen ersetzt, so sieht man, dass auch die andere Implikation gilt.

2. Sei ${}\varphi$ surjektiv, es ist zu zeigen, dass auch ${}\psi$ surjektiv ist. Aufgrund der Kommutativität des Diagramms und der Bijektivität von ${}g$ ist

   ${}\psi =h\circ \varphi \circ g^{-1}\,.$

   Somit ist ${}\psi$ als Verknüpfung von drei surjektiven Abbildungen wieder surjektiv. Wenn man im Diagramm ${}g$ und ${}h$ durch ihre Umkehrabbildungen ersetzt, so sieht man, dass auch die andere Implikation gilt.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

$(x+{\mathrm {i} }y)^{n}.$

Lösung

Nach dem binomischen Lehrsatz ist

${}{\begin{aligned}(x+{\mathrm {i} }y)^{n}&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}x^{n-k}{\mathrm {i} }^{k}y^{k}\\&=\sum _{k\leq n{\text{ gerade}}}(-1)^{k/2}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}+{\mathrm {i} }{\left(\sum _{k\leq n{\text{ ungerade}}}(-1)^{(k-1)/2}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass in einem angeordneten Körper jede konvergente Folge eine Cauchy-Folge ist.

Lösung

Sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die konvergente Folge mit Grenzwert ${}x$. Sei ${}\epsilon >0$ gegeben. Wir wenden die Konvergenzeigenschaft auf ${}\epsilon /2$ an. Daher gibt es ein ${}n_{0}$ mit

$\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon /2{\text{ für alle }}n\geq n_{0}.$

Für beliebige ${}n,m\geq n_{0}$ gilt dann aufgrund der Dreiecksungleichung

${}\vert {x_{n}-x_{m}}\vert \leq \vert {x_{n}-x}\vert +\vert {x-x_{m}}\vert \leq \epsilon /2+\epsilon /2=\epsilon \,.$

  Also liegt eine Cauchy-Folge vor.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei

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

eine stetig differenzierbare Funktion, die mit der Diagonalen zwei Schnittpunkte ${}P\neq Q$ besitze. Zeige, dass der Graph der Ableitung ${}f'$ einen Schnittpunkt mit der durch ${}y=1$ definierten Geraden besitzt.

Lösung

Die beiden Schnittpunkte seien ${}P=(a,a)$ und ${}Q=(b,b)$ mit ${}b>a$. Es ist also ${}f(a)=a$ und ${}f(b)=b$. Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung gibt es ein ${}c\in [a,b]$ mit

${}f'(c)={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}={\frac {b-a}{b-a}}=1\,.$

Der Graph der Ableitung ${}f'$ schneidet also im Punkt ${}(c,1)$ die beschriebene Gerade.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die lokalen und die globalen Extrema der Funktion

$f\colon [-2,5]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=2x^{3}-5x^{2}+4x-1.$

Lösung

Die Ableitung der Funktion ist

${}f'(x)=6x^{2}-10x+4\,.$

Man sieht direkt, dass ${}1$ eine Nullstelle der Ableitung ist, und es ergibt sich die Faktorzerlegung

${}6x^{2}-10x+4=(x-1)(6x-4)\,,$

weshalb bei ${}{\frac {2}{3}}$ eine weitere Nullstelle vorliegt. Die zweite Ableitung ist

${}f^{\prime \prime }=12x-10\,.$

Diese hat bei ${}x=1$ einen positiven Wert, so dass dort ein lokales isoliertes Minimum mit dem Wert

${}f(1)=2-5+4-1=0\,$

vorliegt. Wegen

${}f^{\prime \prime }{\left({\frac {2}{3}}\right)}=12\cdot {\frac {2}{3}}-10=-2\,$

liegt in ${}{\frac {2}{3}}$ ein isoliertes lokales Maximum mit dem Wert

${}2{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{3}-5{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{2}+4\cdot {\frac {2}{3}}-1={\frac {2\cdot 8-5\cdot 12+4\cdot 18-27}{27}}={\frac {1}{27}}\,.$

An den Intervallgrenzen hat die Funktion die Werte

${}f(-2)=2(-2)^{3}-5(-2)^{2}+4(-2)-1=-45\,$

bzw.

${}f(5)=2\cdot 5^{3}-5\cdot 5^{2}+4\cdot 5-1=144\,.$

Daher liegt am linken Rand das absolute Minimum und am rechten Rand das absolute Maximum vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die reelle Exponentialfunktion

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto e^{x},$

keine rationale Funktion ist.

Lösung

Nehmen wir an, es gelte

${}e^{x}={\frac {P}{Q}}\,$

mit Polynomen ${}P,Q\in \mathbb {R} [X]$, ${}Q\neq 0$. Die Ableitung der Exponentialfunktion ist wieder die Exponentialfunktion. Es muss also

${}{\left({\frac {P}{Q}}\right)}'={\frac {P'Q-PQ'}{Q^{2}}}={\frac {P}{Q}}\,$

gelten. Damit ist auch

${}P'Q-PQ'=PQ\,$

Es sei ${}d=\operatorname {grad} \,(P)$ (${}P=0$ ist nicht möglich) und ${}e=\operatorname {grad} \,(Q)$. Beim Ableiten reduziert sich der Grad eines Polynoms um ${}1$. Der Grad rechts ist somit ${}d+e$ und links ${}\leq d+e-1$, es liegt also ein Widerspruch vor.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 (1+1+1+3) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon ]0,1[\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{\ln x}}.$

a) Skizziere ${}f$.

b) Bestimme die Ableitung von ${}f$.

c) Bestimme die zweite Ableitung von ${}f$.

d) Untersuche ${}f$ auf Extrema, Monotonieverhalten und Wendepunkte.

Lösung

a) Skizze.

b) Es ist

${}f'(x)=-{\frac {1}{x{\left(\ln x\right)}^{2}}}\,.$

c) Es ist

${}f^{\prime \prime }(x)={\frac {{\left(\ln x\right)}^{2}+x2{\left(\ln x\right)}{\frac {1}{x}}}{x^{2}{\left(\ln x\right)}^{4}}}={\frac {{\left(\ln x\right)}+2}{x^{2}{\left(\ln x\right)}^{3}}}\,.$

d) Wegen ${}0<x<1$ ist ${}f'(x)<0$ und daher ist die Funktion streng fallend und besitzt im offenen Einheitsintervall keine Extrema. Der Nenner von ${}f^{\prime \prime }$ ist stets negativ. Für den Zähler gilt

${}{\left(\ln x\right)}+2=0\,$

genau dann, wenn

${}x=e^{-2}\,.$

Für ${}x<e^{-2}$ ist die zweite Ableitung negativ und für

${}x>e^{-2}$ ist die zweite Ableitung positiv. Daher liegt bei ${}x=e^{-2}$ ein Wendepunkt vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion für die Funktion

$(\ln(1+\sin x))\cdot \sin x.$

Lösung

Wir verwenden partielle Integration und leiten den linken Faktor ab, das ergibt ${}{\frac {\cos x}{1+\sin x}}$ und nehmen für den rechten Faktor die Stammfunktion ${}-\cos x$. Das ergibt

${}\int \ln \left(1+\sin x\right)\sin xdx=-\ln \left(1+\sin x\right)\cos x+\int {\frac {\cos x}{1+\sin x}}\cos xdx\,.$

Das rechte Integral ist

${}{\begin{aligned}\int {\frac {\cos x}{1+\sin x}}\cos xdx&=\int {\frac {\cos ^{2}x}{1+\sin x}}dx\\&=\int {\frac {1-\sin ^{2}x}{1+\sin x}}dx\\&=\int {\frac {(1-\sin x)(1+\sin x)}{1+\sin x}}dx\\&=\int 1-\sin xdx\\&=x+\cos x.\end{aligned}}$

Eine Stammfunktion ist somit

$-\ln \left(1+\sin x\right)\cos x+x+\cos x,$

was man durch ableiten bestätigt (deshalb mussten wir uns oben keine Gedanken über die Integrationsgrenzen machen).

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (8 (2+5+1) Punkte)

Es sei ${}f\colon I\rightarrow \mathbb {R} _{+}$ eine auf einem offenen Intervall definierte Funktion. Wir interessieren uns für den Limes

$\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,{\left({\frac {f(x+h)}{f(x)}}\right)}^{\frac {1}{h}}$

zu einem Punkt ${}x\in I$.

1. Bestimme diesen Limes für die Funktion

   ${}f(x)=a^{x}\,$

   mit einem ${}a\in \mathbb {R} _{+}$.

2. Es sei ${}f$ in ${}x\in I$ differenzierbar. Zeige

   ${}\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,{\left({\frac {f(x+h)}{f(x)}}\right)}^{\frac {1}{h}}=\exp \left({\frac {f'(x)}{f(x)}}\right)\,$

3. Überprüfe das Ergebnis aus (1) mit Hilfe der Formel aus (2).

Lösung

1. Unter Verwendung von Rechenregeln für Exponentialfunktionen ist

   ${}{\left({\frac {a^{x+h}}{a^{x}}}\right)}^{\frac {1}{h}}={\left(a^{x+h}a^{-x}\right)}^{\frac {1}{h}}={\left(a^{x+h-x}\right)}^{\frac {1}{h}}={\left(a^{h}\right)}^{\frac {1}{h}}=a\,.$

   Da dies unabhängig von ${}h$ ist, ist auch der Limes für ${}h\rightarrow 0$ gleich ${}a$.

2. Wir betrachten den natürlichen Logarithmus des funktionalen Ausdrucks, also

   ${}\ln \left({\left({\frac {f(x+h)}{f(x)}}\right)}^{\frac {1}{h}}\right)={\frac {1}{h}}\ln {\left({\frac {f(x+h)}{f(x)}}\right)}={\frac {1}{h}}{\left(\ln f(x+h)-\ln f(x)\right)}\,.$

   Dies ist der Differenzenquotient zur Funktion ${}\ln f$ im Punkt ${}x$. Da ${}f$ differenzierbar ist, ist auch diese Verknüpfung differenzierbar mit der Ableitung

   ${}{\left(\ln f(x)\right)}^{'}={\frac {f'(x)}{f(x)}}\,.$

   Somit ist

   ${}\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,\ln \left({\left({\frac {f(x+h)}{f(x)}}\right)}^{\frac {1}{h}}\right)={\frac {f'(x)}{f(x)}}\,,$

   und insbesondere existiert der Limes links. Da die Exponentialfunktion stetig ist, folgt daraus

   ${}{\begin{aligned}\exp \left({\frac {f'(x)}{f(x)}}\right)&=\exp \left(\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,\ln \left({\left({\frac {f(x+h)}{f(x)}}\right)}^{\frac {1}{h}}\right)\right)\\&=\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,\exp \left(\ln \left({\left({\frac {f(x+h)}{f(x)}}\right)}^{\frac {1}{h}}\right)\right)\\&=\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,{\left({\frac {f(x+h)}{f(x)}}\right)}^{\frac {1}{h}}.\end{aligned}}$

3. Für

   ${}f(x)=a^{x}\,$

   ist die Ableitung gleich ${}{\left(\ln \left(a\right)\right)}a^{x}$. Somit ist

   ${}{\frac {f'(x)}{f(x)}}={\frac {{\left(\ln a\right)}a^{x}}{a^{x}}}=\ln a\,,$

   die Exponentialfunktion davon ist in der Tat gleich ${}a$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung