Kurs:Analysis (Osnabrück 2013-2015)/Teil I/36/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Relation zwischen den Mengen ${}X$ und ${}Y$.
2. Der Betrag eines Elementes ${}x$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
3. Der Grad eines Polynoms ${}P\in K[X]$, ${}P\neq 0$, über einem Körper ${}K$.
4. Ein lokales Maximum einer Funktion

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

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

5. Die Summierbarkeit einer Familie ${}a_{i}$, ${}i\in I$, komplexer Zahlen.
6. Die Zahl ${}\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).
7. Die Taylor-Reihe zu einer unendlich oft differenzierbaren Funktion

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

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

8. Eine ortsunabhängige gewöhnliche Differentialgleichung

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

Lösung

1. Eine Relation zwischen ${}X$ und ${}Y$ ist eine Teilmenge ${}R\subseteq X\times Y$.
2. Der Betrag von ${}x$ ist folgendermaßen definiert.

   $\vert {x}\vert ={\begin{cases}x{\text{ falls }}x\geq 0\\-x{\text{ falls }}x<0\,.\end{cases}}$

3. 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 ${}n$.

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

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

   gilt.

5. Die Familie ${}a_{i}$, ${}i\in I$, heißt summierbar, wenn es ein ${}s\in {\mathbb {C} }$ gibt mit folgender Eigenschaft: Zu jedem ${}\epsilon >0$ gibt es eine endliche Teilmenge ${}E_{0}\subseteq I$ derart, dass für alle endlichen Teilmengen ${}E\subseteq I$ mit ${}E_{0}\subseteq E$ die Beziehung

   ${}\vert {a_{E}-s}\vert \leq \epsilon \,$

   gilt. Dabei ist ${}a_{E}=\sum _{i\in E}a_{i}$.

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

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

7. Die Taylor-Reihe zu ${}f$ im Entwicklungspunkt ${}a$ ist

   $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}.$

8. Ortsunabhängig bedeutet, dass die Funktion ${}f$ nicht von ${}y$ abhängt.

Aufgabe (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über beschränkte Teilmengen von ${}\mathbb {R}$.
2. Der Satz über die Interpolation durch Polynome.
3. Der Satz über die stetige Fortsetzbarkeit einer Funktion

   $T\longrightarrow {\mathbb {K} },$

   wobei ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$ eine Teilmenge ist.
4. Der Mittelwertsatz der Integralrechnung.

Lösung Analysis 1/Gemischte Satzabfrage/36a/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}x,y$ reelle Zahlen. Zeige, dass

${}x-\left\lfloor x\right\rfloor =y-\left\lfloor y\right\rfloor \,$

genau dann gilt, wenn es ein ${}n\in \mathbb {Z}$ mit ${}y=x+n$ gibt.

Lösung

Es sei ${}x-\left\lfloor x\right\rfloor =y-\left\lfloor y\right\rfloor$. Da ${}\left\lfloor x\right\rfloor ,\left\lfloor y\right\rfloor$ ganze Zahlen sind, ist ${}n=\left\lfloor y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor$ ganzzahlig. Damit gilt

${}{\begin{aligned}y&=\left\lfloor y\right\rfloor +(y-\left\lfloor y\right\rfloor )\\&=\left\lfloor y\right\rfloor +(x-\left\lfloor x\right\rfloor )\\&=x+\left\lfloor y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor \\&=x+n.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}y=x+n$ mit ${}n\in \mathbb {Z}$. Aus der definierenden Beziehung

${}\left\lfloor x\right\rfloor \leq x<\left\lfloor x\right\rfloor +1\,$

folgt

${}\left\lfloor x\right\rfloor +n\leq x+n<\left\lfloor x\right\rfloor +n+1\,,$

daher muss

${}\left\lfloor x+n\right\rfloor =\left\lfloor x\right\rfloor +n\,$

sein. Somit ist

${}{\begin{aligned}y-\left\lfloor y\right\rfloor &=x+n-\left\lfloor x+n\right\rfloor \\&=x+n-(\left\lfloor x\right\rfloor +n)\\&=x-\left\lfloor x\right\rfloor .\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Entscheide, ob die reelle Folge

${}x_{n}={\frac {5n^{\frac {3}{2}}+4n^{\frac {4}{3}}+n}{7n^{\frac {5}{3}}+6n^{\frac {3}{2}}}}\,$

(mit ${}n\geq 1$) in ${}\mathbb {R}$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Wir erweitern mit ${}n^{-{\frac {5}{3}}}$ und erhalten

${}{\begin{aligned}x_{n}&={\frac {5n^{\frac {3}{2}}+4n^{\frac {4}{3}}+n}{7n^{\frac {5}{3}}+6n^{\frac {3}{2}}}}\\&={\frac {5n^{{\frac {3}{2}}-{\frac {5}{3}}}+4n^{{\frac {4}{3}}-{\frac {5}{3}}}+n^{1-{\frac {5}{3}}}}{7n^{{\frac {5}{3}}-{\frac {5}{3}}}+6n^{{\frac {3}{2}}-{\frac {5}{3}}}}}\\&={\frac {5n^{-{\frac {1}{6}}}+4n^{-{\frac {1}{3}}}+n^{-{\frac {2}{3}}}}{7+6n^{-{\frac {1}{6}}}}}.\end{aligned}}$

Folgen der Form ${}n^{-q}$, ${}q\in \mathbb {Q} _{+}$, konvergieren (vergleiche Aufgabe *****) gegen ${}0$, nach den Rechengesetzen für konvergente Folgen konvergiert diese Folge also gegen ${}0$.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Folgenkriterium für die Stetigkeit einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ in einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$.

Lösung

Es bezeichne (1) die Stetigkeit von ${}f$ im Punkt ${}x$ und (2) die Eigenschaft, dass für jede gegen ${}x$ konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}f(x)$ konvergiert. Wir müssen die Äquivalenz von (1) und (2) zeigen.

Es sei (1) erfüllt und sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}\mathbb {R}$, die gegen ${}x$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass

${}\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})=f(x)\,$

ist. Dazu sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen (1) gibt es ein ${}\delta >0$ mit der angegebenen Abschätzungseigenschaft und wegen der Konvergenz von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}x$ gibt es eine natürliche Zahl ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}d(x_{n},x)\leq \delta \,$

gilt. Nach der Wahl von ${}\delta$ ist dann

$d(f(x_{n}),f(x))\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0},$

sodass die Bildfolge gegen ${}f(x)$ konvergiert.
Es sei (2) erfüllt.  Wir nehmen an, dass ${}f$ nicht stetig ist. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass es für alle ${}\delta >0$ Elemente ${}z\in \mathbb {R}$ gibt, deren Abstand zu ${}x$ maximal gleich ${}\delta$ ist, deren Wert ${}f(z)$ unter der Abbildung aber zu ${}f(x)$ einen Abstand besitzt, der größer als ${}\epsilon$ ist. Dies gilt dann insbesondere für die Stammbrüche ${}\delta =1/n$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. D.h. für jede natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ gibt es ein ${}x_{n}\in \mathbb {R}$ mit

$d(x_{n},x)\leq {\frac {1}{n}}{\text{ und mit }}d(f(x_{n}),f(x))>\epsilon .$

Diese so konstruierte Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen ${}x$, aber die Bildfolge konvergiert nicht gegen ${}f(x)$, da der Abstand der Bildfolgenglieder zu ${}f(x)$ zumindest ${}\epsilon$ ist. Dies ist ein Widerspruch zu (2).

Aufgabe (8 Punkte)

Zeige, dass es stetige Funktionen

$f,g\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} ,$

mit ${}fg=0$ derart gibt, dass für alle ${}\delta >0$ weder ${}f{|}_{[0,\delta ]}$ noch ${}g{|}_{[0,\delta ]}$ die Nullfunktion ist.

Lösung

Wir betrachten die Zerlegung von ${}\mathbb {R} _{+}$ in die unendlich vielen halboffenen Intervalle ${}I_{n}=[{\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}[$ für ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ und ${}I_{0}=[1,+\infty ]$. Auf ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$, definieren wir die stetige Funktion ${}\varphi _{n}$ durch

${}{\begin{aligned}\varphi _{n}(x)&=-{\left(x-{\frac {1}{n+1}}\right)}{\left(x-{\frac {1}{n}}\right)}\\&=-x^{2}+{\frac {2n+1}{(n+1)n}}x-{\frac {1}{(n+1)n}}.\end{aligned}}$

Diese Funktion hat an den Intervallgrenzen den Wert ${}0$. Die Ableitung ist

$-2x+{\frac {2n+1}{(n+1)n}},$

das Maximum liegt also im arithmetischen Mittel der Intervallgrenzen vor und besitzt den Wert

${}{\begin{aligned}\varphi _{n}{\left({\frac {n+{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}\right)}&=-{\left({\frac {n+{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)}{\left({\frac {n+{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}-{\frac {1}{n}}\right)}\\&=-{\frac {\frac {1}{2}}{(n+1)n}}\cdot {\frac {-{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}\\&\leq {\frac {1}{n}}.\end{aligned}}$

Mit Hilfe dieser Funktionen definieren wir

$f(x)={\begin{cases}0,\,{\text{falls }}x=0\,,\\0,\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ ungerade}}\,,\\\varphi _{n}(x),\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ gerade}},\,n\geq 2,\,\\0,\,{\text{falls }}x\geq 1\,,\end{cases}}$

und

$g(x)={\begin{cases}0,\,{\text{falls }}x=0\,,\\\varphi _{n}(x),\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ ungerade}}\,,\\0,\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ gerade}},\,n\geq 2,\,\\0,\,{\text{falls }}x\geq 1\,.\end{cases}}$

Diese Funktionen sind stetig: Dies ist im Innern der Intervalle klar; an den Intervallgrenzen liegt stets der Wert ${}0$ vor; für den Nullpunkt ergibt sich die Stetigkeit, da die Funktionen auf ${}[0,{\frac {1}{n}}]$ durch ${}{\frac {1}{n}}$ beschränkt sind. Offenbar ist ${}fg=0$ und für jedes ${}\delta >0$ sind weder ${}f{|}_{[0,\delta ]}$ noch ${}g{|}_{[0,\delta ]}$ die Nullfunktion.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten das Polynom

$f(x)=x^{4}-x^{3}+5x+2\in {\mathbb {C} }[X].$

Bestimme die ${}x$-Koordinaten sämtlicher Schnittpunkte der Tangente an ${}f$ im Punkt ${}x=1$ mit dem Graphen von ${}f$.

Lösung

Es ist

${}f(1)=1-1+5+2=7\,$

und

${}f'(1)=4-3+5=6\,.$

Die Tangente ist also der Graph der Funktion ${}t(x)=6x+1$. Wir müssen sämtliche Punkte ${}x\in {\mathbb {C} }$ mit ${}f(x)=t(x)$ bestimmen, wobei der Punkt ${}x_{1}=1$ dazugehört. Dazu betrachten wir

${}f(x)-t(x)=x^{4}-x^{3}+5x+2-6x-1=x^{4}-x^{3}-x+1\,.$

Polynomdivision durch ${}(x-1)^{2}$ ergibt

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

Die Nullstellen von ${}x^{2}+x+1$ sind

$x_{2}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\mathrm {i} }{\text{ und }}x_{3}=-{\frac {1}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\mathrm {i} }.$

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die durch

$f(x)={\begin{cases}x\cdot \sin {\frac {1}{x}}{\text{ für }}x\neq 0\,,\\0{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}$

definierte Funktion

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

Zeige, dass es zu jedem ${}\lambda ,\,-1\leq \lambda \leq 1$, eine Nullfolge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in \mathbb {R} _{+}$ derart gibt, dass die Folge der Differenzenquotienten

${\frac {f(x_{n})-f(0)}{x_{n}}}$

gegen ${}\lambda$ konvergiert.

Lösung

Zu jedem ${}\lambda \in [-1,1]$ gibt es ein ${}u\in {]0,2\pi ]}$ mit ${}\sin u=\lambda$. Wir setzen

${}x_{n}:={\frac {1}{u+2\pi n}}\,.$

Dies ist offenbar eine Nullfolge in ${}\mathbb {R} _{+}$. Die zugehörigen Differenzenquotienten sind

${}{\begin{aligned}{\frac {f(x_{n})}{x_{n}}}&={\frac {x_{n}\sin {\frac {1}{x_{n}}}}{x_{n}}}\\&=\sin {\frac {1}{x_{n}}}\\&=\sin \left(u+2\pi n\right)\\&=\sin u\\&=\lambda .\end{aligned}}$

Also ist die Folge dieser Differenzenquotienten konstant gleich ${}\lambda$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto 2^{x}+{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{x},$

die Extrema.

Lösung

Wir schreiben

${}{\begin{aligned}f(x)&=2^{x}+2^{-x}\\&=e^{x\ln 2}+e^{-x\ln 2}.\end{aligned}}$

Zur Bestimmung der Extrema betrachten wir die Ableitung, diese ist

${}f'(x)=(\ln 2)e^{x\ln 2}-(\ln 2)e^{-x\ln 2}\,.$

Die Bedingung ${}f'(x)=0$ führt durch Multiplikation mit ${}e^{x\ln 2}$ und Division durch ${}\ln 2$ (die beide nicht ${}0$ sind) auf

${}0=e^{2x\ln 2}-1\,.$

Daher muss

${}e^{2x\ln 2}=1\,$

sein, woraus sich

${}2x\ln 2=0\,,$

also ${}x=0$ ergibt. Die zweite Ableitung ist

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=(\ln 2){\left((\ln 2)e^{x\ln 2}+(\ln 2)e^{-x\ln 2}\right)}\\\end{aligned}}$

und somit positiv, also liegt im Nullpunkt ein isoliertes lokales Minimum vor. Da die Ableitung keine weitere Nullstelle hat, ist dieses Minimum das einzige Minimum und daher ein globales Minimum und es gibt keine Maxima.

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)

Die beiden lokalen Extrema der Funktion

${}f(x)=x^{3}-6x^{2}+9x+1\,$

definieren ein achsenparalleles Rechteck, das vom Funktionsgraphen in zwei Bereiche zerlegt wird. Bestimme deren Flächeninhalte.

Lösung

Es ist

${}f'(x)=3x^{2}-12x+9=3(x^{2}-4x+3)=3((x-2)^{2}-1)=3(x-1)(x-3)\,.$

Die Ableitung hat also bei ${}x=1$ und bei ${}x=3$ eine Nullstelle. Wegen ${}f^{\prime \prime }(x)=6x-12$ liegt bei ${}x=1$ ein lokales Maximum mit dem Wert ${}f(1)=5$ und bei ${}x=3$ ein lokales Minimum mit dem Wert ${}f(3)=27-54+27+1=1$ vor. Der Flächeninhalt des Rechtecks ist ${}8$. Der Flächeninhalt des Teilbereichs des Rechteckes unterhalb des Graphen ist

${}{\begin{aligned}\int _{1}^{3}x^{3}-6x^{2}+9x+1dx-2&=[{\frac {1}{4}}x^{4}-2x^{3}+{\frac {9}{2}}x^{2}+x]_{1}^{3}-2\\&={\frac {1}{4}}81-2\cdot 27+{\frac {81}{2}}+3-{\frac {1}{4}}+2-{\frac {9}{2}}-1-2\\&={\frac {3}{4}}81-54+3-{\frac {19}{4}}+1-2\\&={\frac {243-19}{4}}-50-2\\&=4.\end{aligned}}$

Der Flächeninhalt des Teilbereichs des Rechteckes oberhalb des Graphen ist ebenfalls ${}4$.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne das bestimmte Integral zur Funktion

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

über ${}[-1,0]$.

Lösung

Eine Stammfunktion ist

${\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x.$

Daher ist das bestimmte Integral gleich

${}{\begin{aligned}\int _{-1}^{0}f(x)\,dx&={\left({\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x\right)}|_{-1}^{0}\\&=(0+3+1)-{\left({\frac {1}{2}}(-1)^{4}+3e^{-1}+\cos(-1)\right)}\\&={\frac {7}{2}}-3e^{-1}-\cos(-1).\end{aligned}}$

Aufgabe (8 (4+1+3) Punkte)

a) Bestimme die reelle Partialbruchzerlegung von

${\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}.$

b) Bestimme eine Stammfunktion von

${\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}.$

c) Bestimme eine Stammfunktion von

${\frac {1}{\sinh ^{2}t}}.$

Lösung

Es ist

${}{\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}={\frac {4s}{(s^{2}-1)^{2}}}={\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}\,.$

Damit liegt die Faktorzerlegung des Nenners vor, sodass die Partialbruchzerlegung die Gestalt

${\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {a}{(s-1)}}+{\frac {b}{(s-1)^{2}}}+{\frac {c}{(s+1)}}+{\frac {d}{(s+1)^{2}}}$

mit reellen Zahlen ${}a,b,c,d\in \mathbb {R}$ besitzt. Multiplikation mit dem Hauptnenner ergibt

${}4s=a(s-1)(s+1)^{2}+b(s+1)^{2}+c(s+1)(s-1)^{2}+d(s-1)^{2}\,.$

Einsetzen von ${}s=1$ ergibt ${}4=4b$, also ${}b=1$.

Einsetzen von ${}s=-1$ ergibt ${}-4=4d$, also ${}d=-1$.

Einsetzen von ${}s=0$ ergibt ${}0=-a+b+c+d$, also ist ${}-a+c=0$, also ${}a=c$.

Einsetzen von ${}s=2$ ergibt

${}8=9a+9b+3c+d=9a+9+3c-1\,.$

Also ist ${}9a+3c=0$ und daher ${}a=c=0$. Die Partialbruchzerlegung ist also

${}{\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {1}{(s-1)^{2}}}-{\frac {1}{(s+1)^{2}}}\,.$

b) Eine Stammfunktion von

${}{\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {1}{(s-1)^{2}}}-{\frac {1}{(s+1)^{2}}}\,$

ist

$-(s-1)^{-1}+(s+1)^{-1}.$

c) Es ist

${}{\frac {1}{\sinh ^{2}t}}={\frac {4}{(e^{t}-e^{-t})^{2}}}={\frac {4}{(e^{t})^{2}-2+(e^{t})^{-2}}}\,.$

Wir wenden die Standardsubstitution ${}t=\ln s$ an und erhalten

${}{\begin{aligned}\int {\frac {1}{\sinh ^{2}t}}dt&=\int {\frac {4}{(e^{t})^{2}-2+(e^{t})^{-2}}}dt\\&=\int {\frac {4}{s^{2}-2+s^{-2}}}\cdot {\frac {1}{s}}ds\\&=\int {\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}ds.\end{aligned}}$

Nach Teil b) ist

$-(e^{t}-1)^{-1}+(e^{t}+1)^{-1}$

eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{\sinh ^{2}t}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Nach Satz 13.1

Nach dem Zwischenwertsatz

${}5$ 

${\displaystyle }$

${}y'<{\frac {2t}{t^{2}+1}}y<100\,.$

Lösung Getrennte Variablen/y' ist t^4 durch y^3/y(1) ist 2/Aufgabe/Lösung

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