Kurs:Analysis/Teil I/18/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	1	2	2	3	4	2	3	3	3	3	4	3	4	4	4	3	7	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Abbildung ${}F$ von ${}L$ nach ${}M$ ist dadurch gegeben, dass jedem Element der Menge ${}L$ genau ein Element der Menge ${}M$ zugeordnet wird.
2. Unter der Fakultät von ${}n$ versteht man die Zahl

   ${}n!:=n(n-1)(n-2)\cdots 3\cdot 2\cdot 1\,.$

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. 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.
5. Man sagt, dass ${}f$ ${}n$-mal differenzierbar ist, wenn ${}f$ ${}(n-1)$-mal differenzierbar ist und die ${}(n-1)$-te Ableitung ${}f^{(n-1)}$ differenzierbar ist.
6. Die Funktion

   $I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \int _{a}^{x}f(t)\,dt,$

   heißt die Integralfunktion zu ${}f$ zum Startpunkt ${}a$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine beschränkte Folge von reellen Zahlen. Dann besitzt die Folge eine konvergente Teilfolge.
2. Es sei ${}M$ eine endliche Menge mit ${}m$ Elementen und ${}N$ eine endliche Menge mit ${}n$ Elementen. Es sei ${}m>n$. Dann gibt es keine injektive Abbildung

   $M\longrightarrow N.$

3. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall und

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

   eine differenzierbare Funktion.

   Dann ist ${}f$ genau dann eine konvexe Funktion, wenn die Ableitung ${}f'$ wachsend ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Negiere die Aussage „Martina findet alle Jungs im Kurs außer Markus zuckersüß“ durch eine Aussage, in der eine Existenzaussage und eine Oder-Verknüpfung vorkommen.

Lösung

Martina findet Markus zuckersüß oder es gibt im Kurs einen von Markus verschiedenen Jungen, den sie nicht zuckersüß findet.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}A,\,B$ und ${}C$ Mengen. Beweise die Identität

${}A\setminus {\left(B\cap C\right)}={\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}\,.$

Lösung

Es sei ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$. Dann ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B\cap C$. Letzteres bedeutet ${}x\not \in B$ oder ${}x\not \in C$. Im ersten Fall ist ${}x\in A\setminus B$, im zweiten Fall ${}x\in A\setminus C$, in beiden Fällen also ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$.

Wenn umgekehrt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\setminus C\right)}$ gilt, so bedeutet dies ${}x\in A\setminus B$ oder ${}x\in A\setminus C$. Im ersten Fall ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B$, im zweiten Fall ${}x\in A$ und ${}x\notin C$. Also ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B\cap C$ und somit ist ${}x\in A\setminus {\left(B\cap C\right)}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ Mengen und ${}F\colon L\rightarrow M$ und ${}G\colon M\rightarrow N$ injektive Abbildungen. Zeige, dass die Hintereinanderschaltung ${}G\circ F$ ebenfalls injektiv ist.

Lösung

Es seien ${}x,x'\in L$ mit

${}G(F(x))=G(F(x'))\,$

gegeben. Aufgrund der Injektivität von ${}G$ folgt

${}F(x)=F(x')\,$

und aufgrund der Injektivität von ${}F$ folgt

${}x=x'\,,$

was die Injektivität von ${}G\circ F$ bedeutet.

Aufgabe (3 Punkte)

Es soll Holz unterschiedlicher Länge (ohne Abfall) in Stücke zerlegt werden, die zwischen ${}30$ und ${}40$ cm lang sein sollen (jeweils einschließlich). Für welche Holzlängen ist dies möglich?

Lösung

Es sei ${}\ell$ die Länge des Holzes, das zerlegt werden soll. Für ${}\ell <30$ ist eine Zerlegung offenbar nicht möglich. Für ${}30\leq \ell \leq 40$ kann man das Stück so lassen, wie es ist, eine Zerlegung ist also möglich. Für ${}40<\ell <60$ ist eine Zerlegung nicht möglich, da das Stück zu lang ist, um es direkt zu übernehmen, aber zu kurz, um es in zwei oder mehr Teile zu zerlegen. Für ${}60\leq \ell \leq 80$ kann man das Stück in zwei (beispielsweise gleichgroße) Teile unterteilen, eine Zerlegung ist also möglich. Für ${}80<\ell <90$ ist keine Zerlegung möglich. Für zwei Teile ist das Stück nämlich zu lang und für drei oder mehr Teile ist es zu kurz. Ab

${}\ell \geq 90\,$

ist eine Zerlegung stets möglich. Die Länge erfüllt dann nämlich

${}30s\leq \ell <30(s+1)\,$

mit einer natürlichen Zahl ${}s\geq 3$. Wenn man ${}\ell$ durch ${}s$ dividiert, erhält man

${}30\leq {\frac {\ell }{s}}<{\frac {30(s+1)}{s}}=30{\frac {(s+1)}{s}}\leq 30{\frac {4}{3}}\leq 40\,,$

was als Länge eines Teilstücks erlaubt ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise

${}\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\binom {n}{i}}2^{i}=(-1)^{n}\,.$

Lösung

Der Induktionsanfang bei ${}n=1$ ist klar. Unter Verwendung der Pascalschen Rekursionsformel und der Induktionsvoraussetzung ist

${}{\begin{aligned}\sum _{i=0}^{n+1}(-1)^{i}{\binom {n+1}{i}}2^{i}&=\sum _{i=0}^{n+1}(-1)^{i}{\left({\binom {n}{i}}+{\binom {n}{i-1}}\right)}2^{i}\\&=\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\binom {n}{i}}2^{i}+\sum _{i=1}^{n+1}(-1)^{i}{\binom {n}{i-1}}2^{i}\\&=(-1)^{n}-2\cdot \sum _{i=1}^{n+1}(-1)^{i-1}{\binom {n}{i-1}}2^{i-1}\\&=(-1)^{n}-2\cdot \sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}{\binom {n}{j}}2^{j}\\&=(-1)^{n}-2(-1)^{n}\\&=(-1)^{n+1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

${\left({\frac {2}{5}}-{\frac {3}{7}}{\sqrt {3}}\right)}\cdot {\left({\frac {1}{4}}-{\frac {2}{3}}{\sqrt {3}}\right)}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {2}{5}}-{\frac {3}{7}}{\sqrt {3}}\right)}\cdot {\left({\frac {1}{4}}-{\frac {2}{3}}{\sqrt {3}}\right)}&={\frac {1}{10}}-{\frac {4}{15}}{\sqrt {3}}-{\frac {3}{28}}{\sqrt {3}}+{\frac {2}{7}}\cdot {\sqrt {3}}^{2}\\&={\frac {1}{10}}+{\frac {6}{7}}-{\left({\frac {4}{15}}+{\frac {3}{28}}\right)}{\sqrt {3}}\\&={\frac {7+60}{70}}-{\frac {112+45}{420}}{\sqrt {3}}\\&={\frac {67}{70}}-{\frac {157}{420}}{\sqrt {3}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Untersuche die Folge

${}x_{n}={\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n\,$

auf Konvergenz. Verwende, dass ${}{\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}$ gegen ${}0$ konvergiert.

Lösung

Es ist

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

Daher ist

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

Da ${}{\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}$ und somit auch das Quadrat davon gegen ${}0$ konvergiert, konvergiert die Folge gegen ${}{\frac {1}{2}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zu jeder natürlichen Zahl ${}n$ sei ein normiertes Polynom ${}P_{n}$ vom Grad ${}n$ und ein normiertes Polynom ${}Q_{n}$ vom Grad ${}n+1$ gegeben. Ist die Folge

${}x_{n}={\frac {P_{n}(n)}{Q_{n}(n)}}\,$

(es sei zusätzlich stets ${}Q_{n}(n)\neq 0$) eine Nullfolge?

Lösung

Die Folge ${}x_{n}$ muss keine Nullfolge sein. Wir setzen

${}P_{n}=X^{n}-nX^{n-1}+1\,$

und

${}Q_{n}=X^{n+1}-nX^{n}+1\,.$

Dann ist

${}P_{n}(n)=n^{n}-n\cdot n^{n-1}+1=1\,$

und ebenso

${}Q_{n}(n)=1\,.$

Somit ist ${}x_{n}$ die konstante Folge mit dem Wert ${}1$ und dem Grenzwert ${}1$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergente Folgen in ${}K$. Zeige, dass die Summenfolge ${}{\left(x_{n}+y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(x_{n}+y_{n}\right)}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)}+{\left(\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\right)}\,$

ist.

Lösung

Es seien ${}x$ bzw. ${}y$ die Grenzwerte der beiden Folgen. Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz der ersten Folge gibt es zu

${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{2}}\,$

ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon '\,$

gilt. Ebenso gibt es wegen der Konvergenz der zweiten Folge zu ${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{2}}$ ein ${}n_{0}'$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}'$ die Abschätzung

${}\vert {y_{n}-y}\vert \leq \epsilon '\,$

gilt. Sei

${}N={\max {\left(n_{0},n_{0}'\right)}}\,.$

Dann gilt für alle ${}n\geq N$ (unter Verwendung der Dreiecksungleichung) die Abschätzung

${}{\begin{aligned}\vert {x_{n}+y_{n}-(x+y)}\vert &=\vert {x_{n}+y_{n}-x-y}\vert \\&=\vert {x_{n}-x+y_{n}-y}\vert \\&\leq \vert {x_{n}-x}\vert +\vert {y_{n}-y}\vert \\&\leq \epsilon '+\epsilon '\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

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

Zeige, dass für alle ${}x\in \mathbb {R}$ die folgende Beziehung gilt: Wenn

${}\vert {x+2}\vert \leq {\frac {1}{1000}}\,,$

dann ist

${}\vert {f(x)-f(-2)}\vert \leq {\frac {1}{20}}\,.$

Lösung

Unter der Bedingung

${}\vert {x+2}\vert \leq {\frac {1}{1000}}\,$

ist

${}{\begin{aligned}\vert {f(x)-f(-2)}\vert &=\vert {x^{3}-5x^{2}-x+2-{\left((-2)^{3}-5\cdot (-2)^{2}-(-2)+2\right)}}\vert \\&=\vert {x^{3}-5x^{2}-x+2-(-2)^{3}+5\cdot (-2)^{2}-2-2}\vert \\&=\vert {x^{3}-(-2)^{3}-5{\left(x^{2}-(-2)^{2}\right)}-x-2}\vert \\&\leq \vert {x^{3}-(-2)^{3}}\vert +5\vert {x^{2}-(-2)^{2}}\vert +\vert {x+2}\vert \\&=\vert {x+2}\vert \cdot \vert {x^{2}-2x+(-2)^{2}}\vert +5\vert {x+2}\vert \cdot \vert {x-2}\vert +\vert {x+2}\vert \\&\leq {\frac {1}{1000}}\cdot \vert {x^{2}-2x+(-2)^{2}}\vert +{\frac {5}{1000}}\cdot \vert {x-2}\vert +{\frac {1}{1000}}\\&\leq {\frac {1}{1000}}\cdot \vert {9+6+4}\vert +{\frac {5}{1000}}\cdot 5+{\frac {1}{1000}}\\&={\frac {45}{1000}}\\&\leq {\frac {1}{20}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, eine Intervallschachtelung in ${}\mathbb {R}$. Zeige, dass der Durchschnitt

$\bigcap _{n\in \mathbb {N} }I_{n}$

aus genau einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$ besteht.

Lösung

Es sei ${}x_{n}\in I_{n}=[a_{n},b_{n}]$ beliebig gewählt. Wir behaupten, dass dies eine Cauchy-Folge ist. Zu gegebenem ${}\epsilon >0$ sei ${}n_{0}$ derart, dass

${}b_{n_{0}}-a_{n_{0}}\leq \epsilon \,.$

Für ${}m\geq n\geq n_{0}$ ist dann

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

da ja ${}x_{m},x_{n}\in I_{n}$ ist. Es sei ${}x$ der Limes dieser Cauchy-Folge. Wäre ${}x\notin I_{m}$ für ein ${}m$, so wäre

${}x<a_{m}\,$

(oder $x>b_{m}$), doch wegen der Konvergenz der Folge gegen ${}x$ würden dann auch die Folgenglieder für ${}n$ hinreichend groß echt unterhalb von ${}a_{m}$ und damit von ${}a_{n}$ liegen, im Widerspruch zu ${}x_{n}\in I_{n}$. Also ist ${}x\in \bigcap _{n\in \mathbb {N} }I_{n}$. Würden zwei Zahlen ${}x<y$ zum Durchschnitt aller Intervalle gehören, so wäre

${}y-x\leq b_{n}-a_{n}\,$

für alle ${}n$ im Widerspruch dazu, dass die Intervalllängen gegen ${}0$ konvergieren.

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{3}-4x+2.$

Bestimme, ausgehend vom Intervall ${}[1,2]$, mit der Intervallhalbierungsmethode ein Intervall der Länge ${}1/8$, in dem eine Nullstelle von ${}f$ liegen muss.

Lösung

Es ist ${}f(1)=-1$ und ${}f(2)=2$, es muss also nach Korollar 13.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) eine Nullstelle im Intervall ${}[1,2]$ geben. Wir berechnen den Funktionswert an der Intervallmitte ${}{\frac {3}{2}}$ und erhalten

${}f{\left({\frac {3}{2}}\right)}={\frac {27}{8}}-4\cdot {\frac {3}{2}}+2={\frac {27-48+16}{8}}={\frac {-5}{8}}<0\,.$

Wir müssen also mit dem rechten Teilintervall ${}[{\frac {3}{2}},2]$ weitermachen. Dessen Intervallmitte ist ${}{\frac {7}{4}}$. Der Funktionswert an dieser Stelle ist

${}f{\left({\frac {7}{4}}\right)}={\left({\frac {7}{4}}\right)}^{3}-4\cdot {\frac {7}{4}}+2={\frac {343}{64}}-5={\frac {343-320}{64}}={\frac {23}{64}}>0\,.$

Jetzt müssen wir mit dem linken Teilintervall ${}[{\frac {3}{2}},{\frac {7}{4}}]$ weitermachen, dessen Mitte ist ${}{\frac {13}{8}}$. Der Funktionswert an dieser Stelle ist

${}f{\left({\frac {13}{8}}\right)}={\left({\frac {13}{8}}\right)}^{3}-4\cdot {\frac {13}{8}}+2={\frac {2197}{512}}-{\frac {13}{2}}+2={\frac {2197-3328+1024}{512}}={\frac {-107}{512}}<0\,.$

Somit wissen wir, dass es eine Nullstelle zwischen ${}{\frac {13}{8}}$ und ${}{\frac {7}{4}}={\frac {14}{8}}$ gibt.

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein quadratisches Polynom an, dessen Graph die Diagonale und die Gegendiagonale bei ${}y=1$ jeweils tangential schneidet.

Lösung

Das gesuchte Polynom sei

${}f(x)=ax^{2}+bx+c\,.$

Dann ist

${}f'(x)=2ax+b\,.$

Die Bedingung, dass der Graph zu ${}f$ die Diagonale und die Gegendiagonale bei ${}y=1$ schneidet, bedeutet

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

Die Steigung der Diagonale ist ${}1$. Da der Schnitt tangential sein soll, bedeutet dies

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

Die Steigung der Gegendiagonale ist ${}-1$. Dies bedeutet somit

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

Die Summe der beiden letzten Gleichungen ergibt direkt

${}b=0\,$

und somit

${}a={\frac {1}{2}}\,.$

Daraus ergibt sich mit der ersten (oder der zweiten) Gleichung

${}c={\frac {1}{2}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${}f(x)={\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Produktregel für differenzierbare Funktionen mit Hilfe der linearen Approximierbarkeit.

Lösung

Wir gehen von

${}f(x)=f(a)+s(x-a)+r(x)(x-a)\,$

und

${}g(x)=g(a)+{\tilde {s}}(x-a)+{\tilde {r}}(x)(x-a)\,$

aus, wobei die Bedingungen aus der linearen Approximierbarkeit erfüllt sein sollen, und multiplizieren die beiden Gleichungen. Dies führt zu

${}{\begin{aligned}f(x)g(x)&=(f(a)+s(x-a)+r(x)(x-a))(g(a)+{\tilde {s}}(x-a)+{\tilde {r}}(x)(x-a))\\&=f(a)g(a)+(sg(a)+{\tilde {s}}f(a))(x-a)\\&\,\,\,\,\,+(f(a){\tilde {r}}(x)+g(a)r(x)+s{\tilde {s}}(x-a)+s{\tilde {r}}(x)(x-a)+{\tilde {s}}r(x)(x-a)+r(x){\tilde {r}}(x)(x-a))(x-a).\end{aligned}}$

Aufgrund von Lemma 12.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) für Limiten ist die aus der letzten Zeile ablesbare Funktion stetig mit dem Wert ${}0$ für ${}x=a$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der sechsten Ordnung zur Funktion ${}{\frac {1}{\cos x}}$ im Nullpunkt mit einem Potenzreihenansatz unter Verwendung von ${}{\frac {1}{x}}=\sum _{i=0}^{\infty }(-1)^{i}(x-1)^{i}$

Lösung

Wir möchten die Taylor-Reihe bis zum Grad ${}6$ von ${}{\frac {1}{\cos x}}$ im Entwicklungspunkt ${}0$ gemäß Bemerkung bestimmen. Nach der Definition ist

${}\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}}=1-{\frac {1}{2!}}x^{2}+{\frac {1}{4!}}x^{4}-{\frac {1}{6!}}x^{6}\ldots =1-{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{24}}x^{4}-{\frac {1}{720}}x^{6}\ldots \,.$

Zur Berechnung des Taylor-Polynoms bis zum Grad ${}6$ braucht man nur die angeführte Entwicklung des Kosinus bis zum Grad ${}6$. Das Taylorpolynom bis zum Grad ${}6$ von ${}1/\cos x$ im Nullpunkt ergibt sich aus

${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,1-{\left(-{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{24}}x^{4}-{\frac {1}{720}}x^{6}\right)}+{\left(-{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{24}}x^{4}-{\frac {1}{720}}x^{6}\right)}^{2}-{\left(-{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{24}}x^{4}-{\frac {1}{720}}x^{6}\right)}^{3}\\&=1+{\frac {1}{2}}x^{2}-{\frac {1}{24}}x^{4}+{\frac {1}{720}}x^{6}+{\frac {1}{4}}x^{4}-{\frac {1}{24}}x^{6}+\cdots +{\frac {1}{8}}x^{6}+\ldots \\&=1+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {5}{24}}x^{4}+{\frac {61}{720}}x^{6}+\ldots .\,\end{aligned}}$

Dabei wurden nur die für den Grad ${}6$ relevanten Monome ausgerechnet. Das gesuchte Taylorpolynom ist also

$1+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {5}{24}}x^{4}+{\frac {61}{720}}x^{6}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Begründe den Zusammenhang

${}\int _{1}^{ab}{\frac {1}{x}}dx=\int _{1}^{a}{\frac {1}{x}}dx+\int _{1}^{b}{\frac {1}{x}}dx\,$

für ${}a,b\in \mathbb {R} _{+}$ allein mit der Hilfe von Integrationsregeln.

Lösung

Wir betrachten die Substitution

${}y=bx\,$

bzw.

${}x={\frac {1}{b}}y\,$

Aus den Grenzen ${}1$ und ${}a$ werden dabei die Grenzen ${}b$ und ${}ab$ und es gilt

${}\int _{1}^{a}{\frac {1}{x}}dx=\int _{b}^{ab}{\frac {b}{y}}d{\frac {1}{b}}y=\int _{b}^{ab}{\frac {1}{y}}dy\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}\int _{1}^{ab}{\frac {1}{x}}dx&=\int _{b}^{ab}{\frac {1}{x}}dx+\int _{1}^{b}{\frac {1}{x}}dx\\&=\int _{1}^{a}{\frac {1}{x}}dx+\int _{1}^{b}{\frac {1}{x}}dx.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 (1+1+2+3) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

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

1. Bestimme die Ableitung von ${}f$.
2. Bestimme die Tangente ${}t$ zu ${}f$ im Punkt ${}2$.
3. Bestimme die Schnittpunkte der Tangente ${}t$ mit dem Funktionsgraphen zu ${}f$.
4. Die Tangente ${}t$ und der Funktionsgraph zu ${}f$ schließen eine endliche Fläche ein. Bestimme deren Flächeninhalt.

Lösung

1. Es ist

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

2. Es ist

   ${}f(2)=7\,$

   und

   ${}f'(2)=12\,.$

   Die Gleichung für die Tangente an diesem Punkt ist also

   ${}t(x)=12(x-2)+7=12x-17\,.$

3. Wir setzen

   ${}x^{3}+x^{2}-4x+3=12x-17\,$

   bzw.

   ${}x^{3}+x^{2}-16x+20=0\,.$

   Die Nullstelle ${}2$ und damit der Faktor ${}x-2$ ist bereits bekannt. Es ist (Division mit Rest)

   ${}x^{3}+x^{2}-16x+20=(x-2)(x^{2}+3x-10)=(x-2)(x-2)(x+5)\,.$

   Die beiden Schnittpunkte sind also ${}(2,7)$ und ${}(-5,-77)$.

4. Im relevanten Bereich verläuft ${}t$ unterhalb von ${}f$. Der eingeschlossene Flächeninhalt ist daher gleich

   ${}{\begin{aligned}\int _{-5}^{2}f(x)-t(x)dx&=\int _{-5}^{2}x^{3}+x^{2}-16x+20dx\\&=\left({\frac {1}{4}}x^{4}+{\frac {1}{3}}x^{3}-8x^{2}+20x\right)|_{-5}^{2}\\&={\frac {1}{4}}2^{4}+{\frac {1}{3}}2^{3}-8\cdot 2^{2}+20\cdot 2-{\left({\frac {1}{4}}(-5)^{4}+{\frac {1}{3}}(-5)^{3}-8(-5)^{2}+20(-5)\right)}\\&=4+{\frac {8}{3}}-32+40-{\frac {625}{4}}+{\frac {125}{3}}+200+100\\&=312+{\frac {133}{3}}-{\frac {625}{4}}\\&={\frac {3744+532-1875}{12}}\\&={\frac {2401}{12}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme alle Lösungen der Differentialgleichung

$y'=t^{2}y^{2},\,y>0,$

mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen.

Lösung

Es ist ${}H(y)=-y^{-1}$ eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{y^{2}}}$. Die Umkehrfunktion zu ${}H$ ist ${}H$ selbst. Die Stammfunktionen zu ${}g(t)=t^{2}$ sind

${}G(t)={\frac {1}{3}}t^{3}+c\,.$

Deshalb sind die Lösungen der Differentialgleichung gleich

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