Kurs:Analysis/Teil I/20/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Die Abbildung
$G\colon M\longrightarrow L,$

die jedes Element ${}y\in M$ auf das eindeutig bestimmte Element ${}x\in L$ mit ${}F(x)=y$ abbildet, heißt die Umkehrabbildung zu ${}F$ .
Der Betrag von ${}x$ ist folgendermaßen definiert.
$\vert {x}\vert ={\begin{cases}x{\text{ falls }}x\geq 0\\-x{\text{ falls }}x<0\,.\end{cases}}$
Eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}K$ heißt Cauchy-Folge, wenn folgende Bedingung erfüllt ist: Zu jedem ${}\epsilon \in K$ , ${}\epsilon >0$ , gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n,m\geq n_{0}$ die Beziehung
${}\vert {x_{n}-x_{m}}\vert \leq \epsilon \,$

gilt.
Für ${}z\in {\mathbb {C} }$ heißt
$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}z^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

die Sinusreihe zu ${}z$ .
Die Exponentialfunktion zur Basis ${}b$ von ${}z\in {\mathbb {C} }$ wird durch
$b^{z}:=\exp(z\ln b)$

definiert.
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

Es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergente Folgen in ${}K$ . Dann ist die Folge ${}{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent und es gilt
${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)}\cdot {\left(\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\right)}\,.$
Es sei ${}{\left(x_{k}\right)}_{k\in \mathbb {N} }$ eine fallende Nullfolge von nichtnegativen reellen Zahlen. Dann konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}x_{k}$ .
Es sei
${}g=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}(z-a)^{n}\,$

eine konvergente Potenzreihe mit dem Konvergenzradius ${}R>0$ . Dann ist auch die formal abgeleitete Potenzreihe

${}{\tilde {g}}=\sum _{n=1}^{\infty }na_{n}(z-a)^{n-1}\,$

konvergent mit demselben Konvergenzradius. Die durch die Potenzreihe ${}g$ dargestellte Funktion ${}f$ ist in jedem Punkt ${}z\in U{\left(a,R\right)}$ differenzierbar mit

${}f'(z)={\tilde {g}}(z)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Man erläutere die Begriffe hinreichende und notwendige Bedingung anhand typischer Beispiele.

Lösung Bedingung/Hinreichend und notwendig/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Die Partei „Zukunft für alle“ hat zwei Ziele.

Millionäre entschädigungslos enteignen.
Ein bedingungsloses monatliches Grundeinkommen von ${}1200$ Euro für jeden Erwachsenen.

Hans hat kein Geld und hat mit Geld auch nichts am Hut, er ist jetzt gerade ${}18$ geworden und lebt allein auf einem kleinen Bauernhof als Selbstversorger, ohne Einnahmen, ohne Ausgaben, und das soll in seinem Leben auch so bleiben. Vorausgesetzt, das Parteiprogramm wird Gesetz, wie alt muss Hans (in Jahren und Monaten) werden, bis er enteignet wird?

Lösung

Er wird enteignet, wenn das angesammelte Grundeinkommen die Millionengrenze erstmals überschreitet. Im Jahr bekommt er ${}14400$ Euro. Es ist

{}1000000:14400=69,44...\,

Jahre, also braucht er ${}69$ Jahre und ${}6$ Monate. Er muss also ${}87$ einhalb Jahre alt werden.

Aufgabe (3 Punkte)

Ein Schokoriegel der Marke „Höcker und Kerbe“ besteht aus einer einzigen Reihe von ${}n$ hintereinanderliegenden höckerförmigen Schokostücken, die jeweils durch eine Einkerbung (der Sollbruchstelle) miteinander verbunden sind. Zeige mit und ohne Induktion, dass man, egal bei welcher Teilungsstrategie, genau ${}n-1$ Teilungsschritte braucht, um den Schokoriegel vollständig in seine Stücke aufzuteilen.

Lösung

Ohne Induktion. Eine Schockriegel mit ${}n$ Höckern hat ${}n-1$ Einkerbungen. Jede muss bei einer vollständigen Teilung genau einmal gebrochen werden, deshalb braucht man genau ${}n-1$ Teilungsschritte.

Mit Induktion. Induktionsanfang. Bei ${}n=1$ gibt es nichts zu teilen, also kein Teilungsschritt. Induktionsvoraussetzung. Es sei bereits bewiesen, dass man bei einer vollständigen Teilung eines Schokoriegels der Länge ${}n$ genau ${}n-1$ Schritte braucht. Es sei ein Schokoriegel der Länge ${}n+1$ gegeben. Jeder Teilungsvorgang desselben beginnt mit einer ersten Teilung, wobei zwei Teilriegel entstehen, wobei der eine Riegel aus ${}a$ (mit ${}1\leq a\leq n$ ) und der andere aus ${}n+1-a$ Stücken besteht. Auf diese beiden Teilriegel können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden. Die Anzahl der dann benötigten Teilungsschritte ist

{}1+(a-1)+(n+1-a-1)=n\,,

wie behauptet.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}n$ -elementige Menge. Zeige durch Induktion über ${}k$ , dass die Anzahl der ${}k$ -elementigen Teilmengen von ${}M$ gleich dem Binomialkoeffizienten

{\binom {n}{k}}

ist.

Lösung

Es sei ${}n$ fixiert. Bei ${}k=0$ gibt es nur die leere Menge, was mit dem Binomialkoeffizienten

{}{\binom {n}{0}}=1\,

übereinstimmt. Es sei die Aussage also für ein ${}k$ zwischen ${}0$ und ${}n-1$ schon bewiesen. Jeder ${}k$ -elementigen Teilmenge ${}S$ von ${}M$ und jedem der ${}n-k$ Elemente ${}x$ aus ${}M\setminus S$ kann man die ${}k+1$ -elementige Menge

{}T=S\cup \{x\}\,

zuordnen. Dabei wird jede ${}k+1$ -elementige Menge ${}T$ erreicht, und zwar ${}k+1$ -fach, da man ja aus ${}T$ jedes der ${}k+1$ Elemente herausnehmen kann. Zwischen der Anzahl ${}A_{k}$ der ${}k$ -elementigen Teilmengen von ${}M$ und der Anzahl ${}A_{k+1}$ der ${}k+1$ -elementigen Teilmengen von ${}M$ besteht also der Zusammenhang

{}A_{k+1}\cdot (k+1)=A_{k}\cdot (n-k)\,.

Unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung ist daher

{}{\begin{aligned}A_{k+1}&={\frac {n-k}{k+1}}A_{k}\\&={\frac {n-k}{k+1}}{\binom {n}{k}}\\&={\frac {n-k}{k+1}}\cdot {\frac {n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!}}\\&={\frac {n(n-1)\cdots (n-k+1)(n-k)}{(k+1)!}}\\&={\binom {n}{k+1}}\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige die Abschätzung

{}\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{\sqrt {i}}}\leq 3{\sqrt {n}}\,.

Lösung

Es sei ${}k$ die größte natürliche Zahl mit ${}k^{2}\leq n$ . Die Folge ${}{\frac {1}{\sqrt {i}}}$ ist fallend, deshalb können wir Glieder durch vorhergehende Glieder nach oben abschätzen. Wir erhalten

{}{\begin{aligned}\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{\sqrt {i}}}&\leq \sum _{i=1}^{(k+1)^{2}-1}{\frac {1}{\sqrt {i}}}\\&=\sum _{j=1}^{k}{\left(\sum _{i=j^{2}}^{(j+1)^{2}-1}{\frac {1}{\sqrt {i}}}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{k}{\left(\sum _{i=j^{2}}^{j^{2}+2j}{\frac {1}{\sqrt {i}}}\right)}\\&\leq \sum _{j=1}^{k}(2j+1){\frac {1}{\sqrt {j^{2}}}}\\&=\sum _{j=1}^{k}{\frac {2j+1}{j}}\\&\leq \sum _{j=1}^{k}3\\&=3k\\&\leq 3{\sqrt {n}}.\end{aligned}}

Aufgabe (4 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 Produktfolge ${}{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

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

ist.

Lösung

Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Die konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ist nach Lemma 5.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) insbesondere beschränkt und daher existiert ein ${}D>0$ mit ${}\vert {x_{n}}\vert \leq D$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ . Sei ${}x:=\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}$ und ${}y:=\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}$ . Wir setzen ${}C:=\max\{D,\vert {y}\vert \}$ . Aufgrund der Konvergenz gibt es natürliche Zahlen ${}N_{1}$ und ${}N_{2}$ mit

\vert {x_{n}-x}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2C}}{\text{ für }}n\geq N_{1}{\text{ und }}\vert {y_{n}-y}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2C}}{\text{ für }}n\geq N_{2}.

Diese Abschätzungen gelten dann auch für alle ${}n\geq N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$ . Für diese Zahlen gilt daher

{}{\begin{aligned}\vert {x_{n}y_{n}-xy}\vert &=\vert {x_{n}y_{n}-x_{n}y+x_{n}y-xy}\vert \\&\leq \vert {x_{n}y_{n}-x_{n}y}\vert +\vert {x_{n}y-xy}\vert \\&=\vert {x_{n}}\vert \vert {y_{n}-y}\vert +\vert {y}\vert \vert {x_{n}-x}\vert \\&\leq C{\frac {\epsilon }{2C}}+C{\frac {\epsilon }{2C}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine nichtstetige Funktion

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

derart, dass sämtliche Hintereinanderschaltungen ${}f\circ f,f\circ f\circ f,\ldots$ unendlich oft differenzierbar sind.

Lösung

Wir betrachten die durch

{}f(x)={\begin{cases}0\,,{\text{ für }}x\leq 1\,,\\1{\text{ sonst }},\end{cases}}\,

definierte Funktion. Diese Funktion ist an der Stelle ${}1$ nicht stetig, da sie dort eine Sprungstelle besitzt. Es ist ${}f\circ f$ die konstante Funktion mit dem Wert ${}0$ , da ${}f$ nur die beiden Wert ${}0$ und ${}1$ besitzt und diese beiden auf ${}0$ abgebildet werden. Höhere Hintereinanderschaltungen von ${}f$ mit sich selbst sind aus demselben Grund ebenfalls die Nullabbildung. Als konstante Abbildung sind diese unendlich oft differenzierbar.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Zu Reihen ${}\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}$ und ${}\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}$ komplexer Zahlen nennen wir die Reihe

\sum _{k=0}^{\infty }d_{k}{\text{ mit }}d_{k}=\sum _{j=0}^{k}a_{k}b_{j}+\sum _{i=0}^{k-1}a_{i}b_{k}

das „Quadratrandprodukt“ der beiden Reihen.

Zeige, dass jedes Produkt ${}a_{i}b_{j}$ genau zu einem ${}d_{k}$ beiträgt.
Die beiden Reihen seien konvergent. Zeige, dass auch die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }d_{k}$ konvergent ist, und dass deren Summe gleich dem Produkt der beiden Reihen ist.

Lösung

Das Produkt ${}a_{i}b_{j}$ geht einzig in den Summanden ${}d_{k}$ mit ${}k=\operatorname {max} \left(i,\,j\right)$ ein, bei ${}i=j$ sichert die zweite Summationsgrenze, dass dieses Produkt nicht doppelt gezählt wird.
Für die Partialsummen
$x_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{i},\,y_{n}=\sum _{j=0}^{n}b_{j}{\text{ und }}z_{n}=\sum _{k=0}^{n}d_{k}$

gilt direkt

${}{\begin{aligned}x_{n}y_{n}&={\left(\sum _{i=0}^{n}a_{i}\right)}{\left(\sum _{j=0}^{n}b_{j}\right)}\\&=\sum _{0\leq i,j\leq n}a_{i}b_{j}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\left(\sum _{0\leq i,j\leq n,\operatorname {max} \left(i,\,j\right)=k}a_{i}b_{j}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\left(\sum _{j=0}^{k}a_{k}b_{j}+\sum _{i=0}^{k-1}a_{i}b_{k}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}d_{k}\\&=z_{n}.\end{aligned}}$

Das heißt, dass ${}z_{n}$ das Produkt der jeweiligen Partialsummenfolgen ist und daher nach Lemma 6.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) (2) gegen das Produkt der Grenzwerte konvergiert.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Gleichung

{}{\frac {x^{2}-5x+7}{x^{3}}}=1\,

eine reelle Lösung im Intervall ${}[1,2]$ besitzt und bestimme diese bis auf einen Fehler von maximal ein Achtel.

Lösung

{}{\frac {x^{2}-5x+7}{x^{3}}}=1\,

Die Funktion hat an der Stelle ${}1$ den Wert

{}{\frac {1^{2}-5+7}{1}}=3>1\,

und an der Stelle ${}2$ den Wert

{}{\frac {4-10+7}{8}}={\frac {1}{8}}<1\,,

nach dem Zwischenwertsatz muss es also dazwischen ein Element mit dem Wert ${}1$ geben. Wir verwenden die Intervallhalbierung zur Approximation einer solchen Stelle. An der Stelle ${}{\frac {3}{2}}$ ist der Wert

{}{\frac {\left({\frac {3}{2}}\right)^{2}-5\left({\frac {3}{2}}\right)+7}{\left({\frac {3}{2}}\right)^{3}}}={\frac {{\frac {9}{4}}-5\left({\frac {3}{2}}\right)+7}{\frac {27}{8}}}={\frac {18-60+56}{27}}={\frac {14}{27}}<1\,.

Eine Lösung muss sich also im Intervall ${}[1,{\frac {3}{2}}]$ befinden. An der Stelle ${}{\frac {5}{4}}$ ist

{}{\frac {\left({\frac {5}{4}}\right)^{2}-5\left({\frac {5}{4}}\right)+7}{\left({\frac {5}{4}}\right)^{3}}}={\frac {4\cdot 25-25\cdot 16+7\cdot 64}{125}}={\frac {100-400+448}{125}}={\frac {148}{125}}>1\,.

Eine Lösung muss sich also im Intervall ${}[{\frac {5}{4}},{\frac {3}{2}}]$ befinden. An der Stelle ${}{\frac {11}{8}}$ ist

{}{\frac {\left({\frac {11}{8}}\right)^{2}-5\left({\frac {11}{8}}\right)+7}{\left({\frac {11}{8}}\right)^{3}}}={\frac {8\cdot 121-55\cdot 64+7\cdot 512}{1331}}={\frac {968-3520+3584}{1331}}={\frac {1032}{1331}}<1\,.

Daher liegt eine Lösung im Intervall ${}[{\frac {10}{8}},{\frac {11}{8}}]$ .

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion.

Lösung

Wir betrachten den Differenzenquotienten

{}{\frac {f^{-1}(y)-f^{-1}(b)}{y-b}}={\frac {f^{-1}(y)-a}{y-b}}\,

und müssen zeigen, dass der Limes für ${}y\rightarrow b$ existiert und den behaupteten Wert annimmt. Es sei dazu ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}E\setminus \{b\}$ , die gegen ${}b$ konvergiert. Aufgrund der vorausgesetzten Stetigkeit von ${}f^{-1}$ konvergiert auch die Folge mit den Gliedern ${}x_{n}:=f^{-1}(y_{n})$ gegen ${}a$ . Wegen der Bijektivität ist ${}x_{n}\neq a$ für alle ${}n$ . Damit ist

{}\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {f^{-1}(y_{n})-a}{y_{n}-b}}=\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {x_{n}-a}{f(x_{n})-f(a)}}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {f(x_{n})-f(a)}{x_{n}-a}}\right)}^{-1}\,,

wobei die rechte Seite nach Voraussetzung existiert.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die lokalen Extrema der Funktion

{}f(x)=-2x^{3}+7x^{2}-3x-1\,.

Lösung

Die Ableitung der Funktion ${}f$ ist

{}f'(x)=-6x^{2}+14x-3\,

und die zweite Ableitung ist

{}f^{\prime \prime }(x)=-12x+14\,.

Wenn wir die erste Ableitung gleich ${}0$ setzen, so erhalten wir

{}x^{2}-{\frac {7}{3}}x+{\frac {1}{2}}=0\,

und damit

{}x_{1,2}={\frac {7}{6}}\pm {\sqrt {\left({\frac {7}{6}}\right)^{2}-{\frac {1}{2}}}}={\frac {7}{6}}\pm {\sqrt {{\frac {49}{36}}-{\frac {18}{36}}}}={\frac {7}{6}}\pm {\frac {\sqrt {31}}{6}}\,.

Für die zweite Ableitung an

{}x_{2}={\frac {7}{6}}-{\frac {\sqrt {31}}{6}}={\frac {7-{\sqrt {31}}}{6}}\,

ist

{}f^{\prime \prime }{\left({\frac {7-{\sqrt {31}}}{6}}\right)}=-14+2{\sqrt {31}}+14>0\,,

also liegt an der Stelle ${}{\frac {7-{\sqrt {31}}}{6}}$ ein isoliertes lokales Minimum vor.

Für die zweite Ableitung an

{}x_{1}={\frac {7}{6}}+{\frac {\sqrt {31}}{6}}={\frac {7+{\sqrt {31}}}{6}}\,

ist

{}f^{\prime \prime }{\left({\frac {7+{\sqrt {31}}}{6}}\right)}=-14-2{\sqrt {31}}+14<0\,,

also liegt an der Stelle ${}{\frac {7+{\sqrt {31}}}{6}}$ ein isoliertes lokales Maximum vor. Beide sind nicht global, da das kubische Polynom surjektiv ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}F$ ein Polynom der Form

{}F=(x-a)^{2}(x-b)^{2}+cx+d\,

mit ${}a,b,c,d\in \mathbb {R}$ . Zeige, dass ${}L(x)=cx+d$ sowohl in ${}(a,F(a))$ als auch in ${}(b,F(b))$ die Tangente zu ${}F$ beschreibt. Skizziere die Situation.

Lösung

Die Tangente an ${}F$ ist durch die Steigung und einen Punkt festgelegt. Es ist

{}F'(x)=2(x-a)(x-b)^{2}+2(x-a)^{2}(x-b)+c\,.

Daher ist

{}F'(a)=c\,.

Ferner ist

{}F(a)=ca+d=T(a)\,,

d.h. ${}T(x)$ hat die richtige Steigung und an ${}a$ den richtigen Wert, es handelt sich also um die Tangente. Wegen der Symmetrie der Situation gilt die entsprechende Aussage auch für ${}b$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom vom Grad ${}\leq 2$ zur Funktion ${}f(x)=e^{x^{3}}$ im Nullpunkt.

Lösung

Die relevanten Ableitungen sind

{}f'(x)=3x^{2}e^{x^{3}}\,

und

{}f^{\prime \prime }(x)=6xe^{x^{3}}+9x^{4}e^{x^{3}}\,.

Daher ist ${}f(0)=1$ , ${}f'(0)=0$ und ${}f^{\prime \prime }(0)=0$ . Das Taylor-Polynom zu dieser Funktion im Nullpunkt ist daher das konstante Polynom ${}1$ .

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise elementargeometrisch den Sinussatz, also die Aussage, dass in einem nichtausgearteten Dreieck die Gleichheiten

{}{\frac {a}{\sin \alpha }}={\frac {b}{\sin \beta }}={\frac {c}{\sin \gamma }}\,

gelten, wobei ${}a,b,c$ die Seitenlängen gegenüber den Ecken mit den Winkeln ${}\alpha ,\beta ,\gamma$ sind.

Lösung

Es sei ${}h$ die Länge der Höhe durch ${}C$ . Es gilt dann

{}h=a\sin \beta =b\sin \alpha \,,

da jeweils rechtwinklige Dreiecke vorliegen mit der Dreiecksseite als Hypotenuse und der Höhe als gegenüberliegender Kathete zum Winkel. Somit ist

{}{\frac {a}{\sin \alpha }}={\frac {b}{\sin \beta }}\,,

und dies stimmt entsprechend auch mit ${}{\frac {c}{\sin \gamma }}$ überein.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion für die Funktion

4\sin ^{2}t\cdot \cos t-5t^{11}.

Lösung

Eine Stammfunktion ist

{\frac {4}{3}}\sin ^{3}t-{\frac {5}{12}}t^{12}.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Newton-Leibniz-Formel.

Lösung

Aufgrund von Satz 23.14 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) existiert das Integral. Mit der Integralfunktion

{}G(x):=\int _{a}^{x}f(t)\,dt\,

gilt die Beziehung

{}\int _{a}^{b}f(t)\,dt=G(b)=G(b)-G(a)\,.

Aufgrund von Satz 24.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}G$ differenzierbar mit

{}G'(x)=f(x)\,,

d.h. ${}G$ ist eine Stammfunktion von ${}f$ . Wegen Lemma 24.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}F(x)=G(x)+c$ . Daher ist

{}\int _{a}^{b}f(t)\,dt=G(b)-G(a)=F(b)-c-F(a)+c=F(b)-F(a)\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

{}y'={\frac {1}{t^{2}y^{3}}}\,

mit der Anfangsbedingung

{}y(1)=4\,.

Lösung

Es liegen getrennte Variablen mit ${}g(t)={\frac {1}{t^{2}}}$ und ${}h(y)={\frac {1}{y^{3}}}$ vor. Die Stammfunktionen von ${}{\frac {1}{t^{2}}}$ sind ${}-t^{-1}+c$ mit ${}c\in \mathbb {R}$ und eine Stammfunktion von ${}y^{3}$ ist ${}{\frac {1}{4}}y^{4}$ . Diese ist für positive ${}y$ bijektiv, die Umkehrfunktion ergibt sich aus