Kurs:Analysis/Teil I/19/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	${}\sum$
Punkte	3	3	2	1	4	2	2	2	1	2	4	4	2	3	5	4	7	4	4	2	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Produktmenge aus zwei Mengen ${}L$ und ${}M$.
2. Ein archimedisch angeordneter Körper ${}K$.
3. Ein Häufungspunkt einer Folge in einem angeordneten Körper ${}K$.
4. Ein isoliertes lokales Maximum einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$.
5. Ein Wendepunkt einer Funktion ${}f\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.
6. Ein Anfangswertproblem auf einer offenen Teilmenge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ zu einer Funktion

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

Lösung

1. Man nennt die Menge

   ${}L\times M={\left\{(x,y)\mid x\in L,\,y\in M\right\}}\,$

   die Produktmenge der Mengen ${}L$ und ${}M$.

2. Ein angeordneter Körper ${}K$ heißt archimedisch angeordnet, wenn es zu jedem ${}x\in K$ eine natürliche Zahl ${}n$ mit

   $n\geq x$

   gibt.
3. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}K$. Ein Element ${}x\in K$ heißt Häufungspunkt der Folge, wenn es für jedes ${}\epsilon >0$ unendlich viele Folgenglieder ${}x_{n}$ mit ${}\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon$ gibt.
4. Man sagt, dass ${}f$ in einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$ ein isoliertes lokales Maximum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in \mathbb {R}$ mit ${}\vert {x-x'}\vert \leq \epsilon$ und ${}x'\neq x$ die Abschätzung

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

   gilt.

5. Ein innerer Punkt ${}c\in I$ heißt Wendepunkt von ${}f$, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass ${}f$ auf ${}[c-\epsilon ,c]$ konvex (konkav) und auf ${}[c,c+\epsilon ]$ konkav (konvex) ist.
6. Man nennt

   $y'=f(t,y){\text{ und }}y(t_{0})=y_{0}$

   das Anfangswertproblem zur gewöhnlichen Differentialgleichung ${}y'=f(t,y)$ mit der Anfangsbedingung ${}y(t_{0})=y_{0}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Intervallschachtelung.
2. Der Satz über die Interpolation durch Polynome.
3. Der Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion zu einer bijektiven differenzierbaren Funktion

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

Lösung

1. Es sei ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, eine Intervallschachtelung in ${}\mathbb {R}$. Dann besteht der Durchschnitt

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

   aus genau einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}n$ verschiedene Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ und ${}n$ Elemente ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$ gegeben. Dann gibt es ein Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}\leq n-1$ derart, dass ${}P(a_{i})=b_{i}$ für alle ${}i$ ist.
3. Zu ${}a\in {\mathbb {K} }$ mit ${}f'(a)\neq 0$ ist auch die Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ in ${}b=f(a)$ differenzierbar mit

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

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Im Pokal spielt Bayern München gegen den TSV Wildberg. Der Trainer vom TSV Wildberg, Herr Tor Acker, sagt „Wir haben in dem Spiel nichts zu verlieren“. Die Logiklehrerin von Wildberg, Frau Loki Schummele, sagt „Wenn die Wildberger in dem Spiel nichts zu verlieren haben, dann haben auch die Münchner in dem Spiel nichts zu gewinnen“. Der Trainer von Bayern München, Herr Roland Rollrasen, sagt „Wir haben in dem Spiel etwas zu gewinnen“.

1. Ist die Aussage von Frau Schummele logisch korrekt?
2. Es sei vorausgesetzt, dass die Aussage des Bayerntrainers wahr ist. Welche Folgerung kann man dann für die Aussage von Herrn Acker ziehen?

Lösung

1. Die Aussage ist logisch korrekt.
2. Die Kontraposition der korrekten Aussage aus Teil (1) ist: Wenn die Münchner in dem Spiel etwas zu gewinnen haben, dann haben die Wildberger in dem Spiel etwas zu verlieren. Da der Vordersatz, der die Aussage des Bayerntrainers ist, vorausgesetzt werden soll, so folgt mit Modus ponens, dass die Wildberger in dem Spiel etwas zu verlieren haben. Dies steht im Widerspruch zur Aussage des Trainers von Wildberg, seine Aussage ist also falsch.

Aufgabe (1 Punkt)

Das Brötchen von vorvorgestern ist überüberübermorgen von ....?

Lösung

Vorvorvorvorvorvorgestern.

Aufgabe (4 Punkte)

Betrachte die Abbildung

$f\colon \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {Z} ,\,n\longmapsto {\begin{cases}-{\frac {n}{2}},{\text{ falls }}n{\text{ gerade}}\,,\\{\frac {n+1}{2}},{\text{ falls }}n{\text{ ungerade}}\,.\end{cases}}$

Ist ${}f$ injektiv, surjektiv bzw. bijektiv?

Lösung

Die Abbildung ist bijektiv und damit auch injektiv und surjektiv. Wir geben explizit eine Umkehrabbildung an, wir definieren

$g\colon \mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {N} ,\,m\longmapsto {\begin{cases}2\vert {m}\vert ,{\text{ falls }}m\leq 0{\text{ ist}}\,,\\2m-1,{\text{ falls }}m>0{\text{ ist}}\,.\end{cases}}$

Für ${}n\in \mathbb {N}$ gerade ist

${}g(f(n))=g{\left(-{\frac {n}{2}}\right)}=n\,$

und für ${}n\in \mathbb {N}$ ungerade ist

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

Umgekehrt ist für ${}m\in \mathbb {Z}$ bei ${}m\leq 0$

${}f(g(m))=f(2\vert {m}\vert )=f(-2m)=-{\left(-m\right)}=m\,$

und bei ${}m>0$

${}f(g(m))=f(2m-1)={\frac {2m-1+1}{2}}=m\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Begründe das Beweisprinzip der vollständigen Induktion.

Lösung

Wegen der ersten Voraussetzung gilt ${}A(0)$. Wegen der zweiten Voraussetzung gilt auch ${}A(1)$. Deshalb gilt auch ${}A(2)$. Deshalb gilt auch ${}A(3)$. Da man so beliebig weitergehen kann und dabei jede natürliche Zahl erhält, gilt die Aussage ${}A(n)$ für jede natürliche Zahl ${}n$.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass in einem Körper ${}K$ zu jedem Element ${}x\neq 0$ das Element ${}z$ mit ${}xz=1$ eindeutig bestimmt ist.

Lösung

Es sei ${}x$ mit ${}x\neq 0$ vorgegeben. Es seien ${}z$ und ${}z'$ Elemente mit ${}xz=1=xz'$. Dann ist

${}z=z1=z(xz')=(zx)z'=1z'=z'\,.$

Also ist ${}z=z'$.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise die Formel

${}2^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\,$

mit Hilfe des allgemeinen binomischen Lehrsatzes.

Lösung

Der binomische Lehrsatz besagt

${}(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\,.$

Wir setzen ${}a=b=1$. Dann ergibt sich auf der linken Seite

${}(1+1)^{n}=2^{n}\,$

und auf der rechten Seite einfach ${}\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}$.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Lösungsmenge des Ungleichungssystems

${}2x\geq 7\,$

und

${}5x\leq 12\,$

über ${}\mathbb {Q}$.

Lösung

Es soll einerseits

${}x\geq {\frac {7}{2}}\,$

und andererseits

${}x\leq {\frac {12}{5}}\,$

sein. Wegen

${}{\frac {7}{2}}>{\frac {12}{5}}\,$

ist das nicht gleichzeitig erfüllbar, die Lösungsmenge ist also leer.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ sei durch

${}x_{n}={\begin{cases}1,\,{\text{ falls }}n{\text{ eine Primzahl ist}}\,,\\0\,{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,$

definiert.

1. Bestimme ${}x_{117}$ und ${}x_{127}$.
2. Konvergiert die Folge in ${}\mathbb {Q}$?

Lösung

1. Es ist ${}x_{117}=0$, da ${}117$ keine Primzahl ist, und ${}x_{127}=1$, da ${}127$ eine Primzahl ist.
2. Die Folge konvergiert nicht, da sie unendlich oft den Wert ${}1$ und unendlich oft den Wert ${}0$ annimmt, da es unendlich viele Primzahlen gibt und da es unendlich viele Zahlen (beispielsweise die geraden Zahlen ${}\neq 2$) gibt, die keine Primzahlen sind.

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

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Heron-Folge zur Berechnung von ${}{\sqrt {3}}$ mit dem Startwert ${}x_{0}=1$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Heron-Folge zur Berechnung von ${}{\sqrt {\frac {1}{3}}}$ mit dem Startwert ${}y_{0}=1$.

1. Berechne ${}x_{1}$ und ${}x_{2}$.
2. Berechne ${}y_{1}$ und ${}y_{2}$.
3. Berechne ${}x_{0}\cdot y_{0},\,x_{1}\cdot y_{1}$ und ${}x_{2}\cdot y_{2}$.
4. Konvergiert die Produktfolge ${}z_{n}=x_{n}\cdot y_{n}$ innerhalb der rationalen Zahlen?

Lösung

1. Es ist

   ${}x_{1}={\frac {1+3}{2}}=2\,$

   und

   ${}x_{2}={\frac {x_{1}+{\frac {3}{x_{1}}}}{2}}={\frac {2+{\frac {3}{2}}}{2}}={\frac {7}{4}}\,.$

2. Es ist

   ${}y_{1}={\frac {1+{\frac {1}{3}}}{2}}={\frac {2}{3}}\,$

   und

   ${}y_{2}={\frac {y_{1}+{\frac {\frac {1}{3}}{y_{1}}}}{2}}={\frac {{\frac {2}{3}}+{\frac {\frac {1}{3}}{\frac {2}{3}}}}{2}}={\frac {{\frac {2}{3}}+{\frac {1}{2}}}{2}}={\frac {\frac {7}{6}}{2}}={\frac {7}{12}}\,.$

3. Es ist

   ${}x_{0}\cdot y_{0}=1\cdot 1=1\,,$

   ${}x_{1}\cdot y_{1}=2\cdot {\frac {2}{3}}={\frac {4}{3}}\,,$

   und

   ${}x_{2}\cdot y_{2}={\frac {7}{4}}\cdot {\frac {7}{12}}={\frac {49}{48}}\,.$

4. Die Heron-Folge ${}x_{n}$ konvergiert in ${}\mathbb {R}$ gegen ${}{\sqrt {3}}$ und die Heron-Folge ${}y_{n}$ konvergiert in ${}\mathbb {R}$ gegen ${}{\frac {1}{\sqrt {3}}}$, daher konvergiert die Produktfolge ${}x_{n}\cdot y_{n}$ gegen ${}1$. Da dies zu ${}\mathbb {Q}$ gehört, konvergiert die Produktfolge auch in ${}\mathbb {Q}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },\,{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ drei Folgen in ${}K$. Es gelte ${}x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}{\text{ für alle }}n\in \mathbb {N}$ und ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergieren beide gegen den gleichen Grenzwert ${}a$. Zeige, dass dann auch ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen diesen Grenzwert ${}a$ konvergiert.

Lösung

Es ist

${}x_{n}-a\leq y_{n}-a\leq z_{n}-a\,.$

Bei ${}y_{n}-a\geq 0$ ist somit

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {z_{n}-a}\vert \,$

und bei ${}y_{n}-a\leq 0$ ist

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {x_{n}-a}\vert \,.$

Daher ist stets

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq {\max {\left(\vert {x_{n}-a}\vert ,\vert {z_{n}-a}\vert \right)}}\,.$

Für ein vorgegebenes ${}\epsilon >0$ gibt es aufgrund der Konvergenz der beiden äußeren Folgen gegen ${}a$ natürliche Zahlen ${}n_{1}$ und ${}n_{2}$ derart, dass

${}\vert {x_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,$

für ${}n\geq n_{1}$ und

${}\vert {z_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,$

für ${}n\geq n_{2}$ gilt. Für ${}n\geq n_{0}={\max {\left(n_{1},n_{2}\right)}}$ gilt daher

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,.$

Dies bedeutet die Konvergenz von ${}y_{n}$ gegen ${}a$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den folgenden Funktionslimes

$\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {\sin \left(x-1\right)}{\ln x}}.$

Lösung

Mit der Regel von Hospital ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {\sin \left(x-1\right)}{\ln x}}&=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {\cos \left(x-1\right)}{\frac {1}{x}}}\\&=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,x\cos \left(x-1\right)\\&=1\cdot \cos \left(0\right)\\&=1.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Vergleiche die beiden Zahlen

${\sqrt {3}}^{-{\frac {9}{4}}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\sqrt {3}}^{-{\sqrt {5}}}.$

Lösung

Wegen

${}9^{2}=81>80=5\cdot 16\,$

ist

${}{\left({\frac {9}{4}}\right)}^{2}>5\,,$

also ist

${}{\frac {9}{4}}>{\sqrt {5}}\,.$

Somit ist

${}-{\frac {9}{4}}<-{\sqrt {5}}\,$

und wegen des strengen Wachstums der Exponentialfunktion für eine Basis größer als ${}1$ ist daher

${}{\sqrt {3}}^{-{\frac {9}{4}}}<{\sqrt {3}}^{-{\sqrt {5}}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien

$g_{1},g_{2},\ldots ,g_{n}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} \setminus \{0\}$

differenzierbare Funktionen. Beweise durch Induktion über ${}n$ die Beziehung

${}{\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\right)}^{\prime }={\frac {-1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}\right)}\,.$

Lösung

Für ${}n=1$ ist nach der Kettenregel

${}{\left({\frac {1}{g_{1}}}\right)}^{\prime }=-{\frac {g_{1}'}{g_{1}^{2}}}=-{\frac {1}{g_{1}}}\cdot {\frac {g_{1}'}{g_{1}}}\,.$

Zum Induktionsschluss sei die Aussage für ${}n$ Funktionen schon bewiesen, und seien ${}n+1$ Funktionen gegeben. Dann ist aufgrund der Produktregel und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\right)}'&={\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\frac {1}{g_{n+1}}}\right)}'\\&={\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\right)}'\cdot {\frac {1}{g_{n+1}}}+{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left({\frac {1}{g_{n+1}}}\right)}^{\prime }\\&=-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}\right)}\cdot {\frac {1}{g_{n+1}}}+{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left(-{\frac {1}{g_{n+1}}}\cdot {\frac {g_{n+1}'}{g_{n+1}}}\right)}\\&=-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}\right)}-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\cdot {\frac {g_{n+1}'}{g_{n+1}}}\\&=-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}+{\frac {g_{n+1}'}{g_{n+1}}}\right)}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

1. Zeige, dass eine ungerade Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ im Nullpunkt ein globales Extremum haben kann.
2. Zeige, dass eine ungerade Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ im Nullpunkt kein isoliertes lokales Extremum haben kann.

Lösung

1. Die Nullfunktion ist ungerade und besitzt im Nullpunkt ein globales Maximum, das gleichzeitig globales Minimum ist.
2. Es sei ${}f$ ungerade, es gilt also ${}f(-x)=-f(x)$, für alle ${}x\in \mathbb {R}$. Dann ist insbesondere ${}f(0)=-f(0)$, also ${}f(0)=0$. Nehmen wir an, dass ${}f$ im Nullpunkt ein isoliertes lokales Maximum besitzt. Das bedeutet, dass es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass

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

   für alle ${}x\in [-\epsilon ,\epsilon ]$ gilt. Für diese ${}x$ ist aber auch ${}-x\in [-\epsilon ,\epsilon ]$ und es ergibt sich direkt der Widerspruch

   ${}f(-x)=-f(x)>0\,.$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Ableitung und das Wachstumsverhalten einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$.

Lösung

(1). Es genügt, die Aussagen für wachsende Funktionen zu beweisen. Wenn ${}f$ wachsend ist, und ${}x\in I$ ist, so gilt für den Differenzenquotienten

${}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\geq 0\,$

für jedes ${}h$ mit ${}x+h\in I$. Diese Abschätzung gilt dann auch für den Grenzwert für ${}h\rightarrow 0$, und dieser ist ${}f'(x)$.
Es sei umgekehrt die Ableitung ${}\geq 0$.    Nehmen wir an, dass es zwei Punkte ${}x<x'$ in ${}I$ mit ${}f(x)>f(x')$ gibt. Aufgrund des Mittelwertsatzes gibt es dann ein ${}c$ mit ${}x<c<x'$ mit

${}f'(c)={\frac {f(x')-f(x)}{x'-x}}<0\,$

 im Widerspruch zur Voraussetzung.

(2). Es sei nun ${}f'(x)>0$ mit nur endlich vielen Ausnahmen.  Angenommen es wäre ${}f(x)=f(x')$ für zwei Punkte ${}x<x'$. Da ${}f$ nach dem ersten Teil wachsend ist, ist ${}f$ auf dem Intervall ${}[x,x']$ konstant. Somit ist ${}f'=0$ auf diesem gesamten Intervall, ein Widerspruch dazu, dass ${}f'$ nur endlich viele Nullstellen besitzt.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}0<a<1<b$. Bestimme die Extrema von

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

Lösung

Es ist

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

Die Bedingung

${}{\left(\ln a\right)}a^{x}+{\left(\ln b\right)}b^{x}=0\,$

ist äquivalent zu

${}{\left(\ln a\right)}a^{x}=-{\left(\ln b\right)}b^{x}\,$

und zu

${}-{\frac {\ln a}{\ln b}}={\frac {b^{x}}{a^{x}}}={\frac {e^{x\ln b}}{e^{x\ln a}}}=e^{x\ln b-x\ln a}=e^{x{\left(\ln b-\ln a\right)}}\,.$

Dies ist äquivalent zu

${}x{\left(\ln b-\ln a\right)}=\ln \left(-{\frac {\ln a}{\ln b}}\right)=\ln \left(-\ln a\right)-\ln \left(\ln b\right)\,$

und schließlich zu

${}x={\frac {\ln \left(-\ln a\right)-\ln \left(\ln b\right)}{\ln b-\ln a}}\,.$

In diesem Punkt wird das globale Minimum angenommen, da ${}f(x)$ sowohl für ${}x\mapsto \infty$ als auch für ${}x\mapsto -\infty$ gegen ${}+\infty$ strebt.

Aufgabe (4 Punkte)

Der Graph des quadratischen Polynoms

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

und die ${}x$-Achse schließen eine Fläche ein. Bestimme deren Flächeninhalt.

Lösung

Die Nullstellen des Polynoms ${}x^{2}-x-3$ sind

${}x_{1},x_{2}={\frac {1\pm {\sqrt {1+12}}}{2}}={\frac {1\pm {\sqrt {13}}}{2}}\,.$

Das bestimmte Integral zwischen diesen Grenzen ist

${}{\begin{aligned}\int _{\frac {1-{\sqrt {13}}}{2}}^{\frac {1+{\sqrt {13}}}{2}}x^{2}-x-3dx&=\left({\frac {1}{3}}x^{3}-{\frac {1}{2}}x^{2}-3x\right)|_{\frac {1-{\sqrt {13}}}{2}}^{\frac {1+{\sqrt {13}}}{2}}\\&={\frac {1}{3}}\cdot {\left(\left({\frac {1+{\sqrt {13}}}{2}}\right)^{3}-\left({\frac {1-{\sqrt {13}}}{2}}\right)^{3}\right)}-{\frac {1}{2}}\cdot {\left(\left({\frac {1+{\sqrt {13}}}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {1-{\sqrt {13}}}{2}}\right)^{2}\right)}-3\cdot {\left({\frac {1+{\sqrt {13}}}{2}}-{\frac {1-{\sqrt {13}}}{2}}\right)}\\&={\frac {1}{3}}\cdot {\frac {6{\sqrt {13}}+26{\sqrt {13}}}{8}}-{\frac {1}{2}}\cdot {\sqrt {13}}-3{\sqrt {13}}\\&={\frac {32{\sqrt {13}}-12{\sqrt {13}}-72{\sqrt {13}}}{24}}\\&=-{\frac {52{\sqrt {13}}}{24}}\\&=-{\frac {13{\sqrt {13}}}{6}}.\,\end{aligned}}$

Der Flächeninhalt ist also

${\frac {13{\sqrt {13}}}{6}}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion für die Funktion

$\tan x.$

Lösung

Es ist

${}\tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}\,,$

daher ist ${}-\ln \left(\cos x\right)$ eine Stammfunktion des Tangens auf ${}]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}[$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme sämtliche Lösungen der Differentialgleichung zweiter Ordnung

${}y^{\prime \prime }=y'\,.$

Lösung

Wir schreiben

${}z=y'\,,$

diese Funktion erfüllt dann die Differentialgleichung erster Ordnung

${}z'=z\,.$

Die Lösungen dazu sind nach Satz 29.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gleich

${}z(t)=ce^{t}\,$

mit einer Konstanten ${}c\in \mathbb {R}$. Die Stammfunktionen zu ${}z$ sind die Funktionen

$ce^{t}+d{\text{ mit }}c,d\in \mathbb {R} .$