Kurs:Analysis/Teil I/21/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	5	4	1	9	4	5	5	7	5	4	6	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. Eine Ordnungsrelation ${}\preccurlyeq$ auf ${}I$ heißt lineare Ordnung, wenn zu je zwei Elementen ${}x,y\in I$ die Beziehung ${}x\preccurlyeq y$ oder ${}y\preccurlyeq x$ gilt.
3. Unter der Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ versteht man die Folge ${}{\left(s_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ der Partialsummen

   ${}s_{n}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\,.$

4. Man nennt

   ${}\Vert {f}\Vert :={\operatorname {sup} \,(\vert {f(x)}\vert {|}x\in T)}\,$

   die Supremumsnorm von ${}f$.

5. Das Treppenintegral von ${}t$ ist durch

   $T:=\sum _{i=1}^{n}t_{i}(a_{i}-a_{i-1})$

   definiert.

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)

Lösung

1. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge in einem angeordneten Körper mit dem Grenzwert ${}\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}=x\neq 0$ und mit ${}x_{n}\neq 0$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$, Dann ist ${}{\left({\frac {1}{x_{n}}}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

   ${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {1}{x_{n}}}={\frac {1}{x}}\,.$

2. Es seien ${}P,T\in K[X]$ zwei Polynome mit ${}T\neq 0$. Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome ${}Q,R\in K[X]$ mit

   $P=TQ+R{\text{ und mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R=0.$

3. Sei

   $f\colon {]a,b[}\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine differenzierbare Funktion mit ${}f'(x)=0$ für alle ${}x\in {]a,b[}$.

   Dann ist ${}f$ konstant.

Aufgabe (5 (1+3+1) Punkte)

Zu je zwei Punkten in der Produktmenge ${}\mathbb {Q} ^{2}$ gibt es eine Verbindungsgerade und einen Mittelpunkt, der die Verbindungsstrecke halbiert.

1. Man gebe zu zwei Punkten ${}(a_{1},a_{2})$ und ${}(b_{1},b_{2})$ die Koordinaten des Mittelpunktes an.
2. Es seien in der Produktmenge ${}\mathbb {Z} ^{2}$ fünf Punkte gegeben (jeder Punkt habe also ganzzahlige Koordinaten). Zeige, dass mindestens einer der Mittelpunkte ganzzahlige Koordinaten haben muss.
3. Gilt die Eigenschaft aus (2) auch bei vier Punkten?

Lösung

1. Der Mittelpunkt von ${}(a_{1},a_{2})$ und ${}(b_{1},b_{2})$ besitzt die Koordinaten ${}\left({\frac {a_{1}+b_{1}}{2}},\,{\frac {a_{2}+b_{2}}{2}}\right)$.
2. Wir betrachten für jeden Punkt, ob die Koordinaten gerade oder ungerade sind. Dafür gibt es vier Möglichkeiten ($(g,g),\,(g,u),\,(u,g)\,(u,u)$). Da es ${}5$ Punkte gibt, kommt eine dieser Möglichkeiten zumindest zweimal vor. Seien ${}P$ und ${}Q$ zwei Punkte, die hinsichtlich dieser Eigenschaft übereinstimmen. Da das arithmetische Mittel von zwei geraden Zahlen und von zwei ungeraden Zahlen ganzzahlig ist, besitzt der Mittelpunkt von ${}P$ und ${}Q$ ganzzahlige Koordinaten.
3. Die vier Punkte

   $(0,0),\,(0,1),\,(1,0)\,,(1,1)$

   zeigen, dass dies nicht gelten muss.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge in ${}K$ mit ${}x_{n}\neq 0$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ und ${}\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}=x\neq 0$. Zeige, dass ${}{\left({\frac {1}{x_{n}}}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

$\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {1}{x_{n}}}={\frac {1}{x}}$

ist.

Lösung

Da der Limes der Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ nicht ${}0$ ist, gilt für ${}n\geq N_{1}$ die Bedingung ${}\vert {x_{n}}\vert \geq {\frac {\vert {x}\vert }{2}}$ und damit

${}{\frac {1}{\vert {x_{n}}\vert }}\leq {\frac {2}{\vert {x}\vert }}\,.$

Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gibt es ein ${}N_{2}$ mit

$\vert {x_{n}-x}\vert \leq {\frac {\epsilon \vert {x}\vert ^{2}}{2}}{\text{ für alle }}n\geq N_{2}.$

Dann gilt für alle ${}n\geq N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$ die Abschätzung

${}\vert {{\frac {1}{x_{n}}}-{\frac {1}{x}}}\vert =\vert {\frac {x_{n}-x}{xx_{n}}}\vert ={\frac {1}{\vert {x}\vert \vert {x_{n}}\vert }}\vert {x_{n}-x}\vert \leq {\frac {2}{\vert {x}\vert ^{2}}}\cdot {\frac {\epsilon \vert {x}\vert ^{2}}{2}}=\epsilon \,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere die Menge

${\left\{z\in {\mathbb {C} }\mid 3\leq \operatorname {Re} \,{\left(z\right)}\leq 5,\,2\leq \operatorname {Im} \,{\left(z\right)}\leq 3\right\}}.$

Lösung Komplexe Zahlen/Real- und Imaginärteil/Bedingung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (9 (2+1+2+2+2) Punkte)

Zwei Schwimmer, ${}A$ und ${}B$, schwimmen auf einer ${}50$-Meter-Bahn einen Kilometer lang. Schwimmer ${}A$ schwimmt ${}3m/s$ (das ist besser als der Weltrekord) und Schwimmer ${}B$ schwimmt ${}2m/s$.

1. Erstelle in einem Diagramm für beide Schwimmer den Graphen der jeweiligen Abbildung, die für die Zeit zwischen ${}0$ und ${}100$ Sekunden angibt, wie weit der Schwimmer von der Startlinie zu diesem Zeitpunkt (wirklich, also unter Berücksichtigung der Wenden) entfernt ist.
2. Wie weit von der Startlinie entfernt befindet sich Schwimmer ${}A$ (und Schwimmer ${}B$) nach ${}30$ Sekunden?
3. Nach wie vielen Sekunden begegnen sich die beiden Schwimmer zum ersten Mal (abgesehen vom Start)?
4. Wie oft begegnen sich die beiden Schwimmer (Start mitzählen)?
5. Wie oft überrundet Schwimmer ${}A$ den Schwimmer ${}B$?

Lösung

1. 

   ${}\,$

   
   

   
   

   
   

   
   

2. Nach ${}30$ Sekunden hat Schwimmer ${}A$ ${}90$ Meter zurückgelegt, er ist also ${}50$ Meter hin und ${}40$ Meter zurückgeschwommen. Somit befindet er sich ${}10$ Meter vom Start entfernt. Nach ${}30$ Sekunden hat Schwimmer ${}B$ ${}60$ Meter zurückgelegt, er befindet sich also ${}40$ Meter vom Start entfernt.
3. Die erste Begegnung findet statt, wenn Schwimmer ${}A$ das erste Mal zurückschwimmt und ${}B$ noch hinschwimmt. Wir machen den Ansatz

   ${}2t=50-3(t-16{\frac {2}{3}})\,.$

   Dies führt auf

   ${}5t=100\,,$

   also

   ${}t=20\,.$

4. Nach ${}100$ Sekunden sind beide Schwimmer wieder am Startpunkt (siehe die Skizze), ${}A$ hat dabei ${}300$ Meter zurückgelegt, ${}B$ nur ${}200$ Meter. In diesem Zeitraum begegnen sie sich fünfmal (den Start mitgezählt, die letzte Begegnung jedoch nicht), dies wiederholt sich dreimal und dann muss ${}A$ noch ${}100$ Meter schwimmen, wobei er ${}B$ noch einmal unterwegs begegnet. Dies führt auf ${}17$ Begegnungen.
5. Schwimmer ${}A$ überrundet Schwimmer ${}B$ dreimal, nämlich am Startpunkt nach ${}100s$, nach ${}200s$ und nach ${}300s$.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}d$. Für ${}d=0,1$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Es sei also ${}d\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bereits bewiesen. Es sei ${}a$ eine Nullstelle von ${}P$ (falls ${}P$ keine Nullstelle besitzt, sind wir direkt fertig). Dann ist ${}P=Q(X-a)$ nach Lemma 11.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und ${}Q$ hat den Grad ${}d-1$, sodass wir auf ${}Q$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Das Polynom ${}Q$ hat also maximal ${}d-1$ Nullstellen. Für ${}b\in K$ gilt ${}P(b)=Q(b)(b-a)$. Dies kann nach Lemma 3.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (5) nur dann ${}0$ sein, wenn einer der Faktoren ${}0$ ist, sodass eine Nullstelle von ${}P$ gleich ${}a$ ist oder aber eine Nullstelle von ${}Q$ ist. Es gibt also maximal ${}d$ Nullstellen von ${}P$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}a_{j}$, ${}j\in J$, eine Familie komplexer Zahlen. Zeige, dass die Familie genau dann summierbar ist, wenn die Familie der Realteile ${}\operatorname {Re} \,{\left(a_{j}\right)}$, ${}j\in J$, und die Familie der Imaginärteile ${}\operatorname {Im} \,{\left(a_{j}\right)}$, ${}j\in J$, summierbar ist. Zeige, das in diesem Fall

${}\sum _{j\in J}a_{j}=(\sum _{j\in J}\operatorname {Re} \,{\left(a_{j}\right)})+{\mathrm {i} }(\sum _{j\in J}\operatorname {Im} \,{\left(a_{j}\right)})\,$

gilt.

Lösung

Wir arbeiten mit dem Cauchy-Kriterium. Es sei die Familie summierbar und sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Dann gibt es eine endliche Teilmenge ${}E_{0}$ derart, dass für jede endliche Teilmenge ${}D$, die zu ${}E_{0}$ disjunkt ist, die Abschätzung

${}\vert {\sum _{j\in D}a_{j}}\vert \leq \epsilon \,$

gilt. Wegen

${}{\begin{aligned}\vert {\sum _{j\in D}\operatorname {Re} \,{\left(a_{j}\right)}}\vert ,\vert {\sum _{j\in D}\operatorname {Im} \,{\left(a_{j}\right)}}\vert &\leq \vert {\sum _{j\in D}\operatorname {Re} \,{\left(a_{j}\right)}+{\mathrm {i} }\sum _{j\in D}\operatorname {Im} \,{\left(a_{j}\right)}}\vert \\&=\vert {\sum _{j\in D}a_{j}}\vert \\&\leq \epsilon \end{aligned}}$

ist dann auch die Familie der Real- und der Imaginärteile summierbar.

Wenn umgekehrt diese Familien summierbar sind, so gibt es zu einem vorgegebenen ${}\epsilon >0$ eine endliche Teilmenge ${}E_{0}$ derart, dass für zu ${}E_{0}$ disjunkte Teilmengen ${}D$ die Abschätzungen

${}\vert {\sum _{j\in D}\operatorname {Re} \,{\left(a_{j}\right)}}\vert ,\vert {\sum _{j\in D}\operatorname {Im} \,{\left(a_{j}\right)}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2}}\,$

gelten. Daraus erhält man

${}{\begin{aligned}\vert {\sum _{j\in D}a_{j}}\vert &=\vert {\sum _{j\in D}\operatorname {Re} \,{\left(a_{j}\right)}+{\mathrm {i} }\sum _{j\in D}\operatorname {Im} \,{\left(a_{j}\right)}}\vert \\&\leq \vert {\sum _{j\in D}\operatorname {Re} \,{\left(a_{j}\right)}}\vert +\vert {\sum _{j\in D}\operatorname {Im} \,{\left(a_{j}\right)}}\vert \\&={\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}\\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Die Gleichung folgt aus dem großen Umordnungssatz.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Quotientenregel für differenzierbare Funktionen.

Lösung

Wir betrachten zuerst den Fall ${}f=1$ und behaupten

${}{\left({\frac {1}{g}}\right)}'(a)=-{\frac {g'(a)}{g^{2}(a)}}\,.$

Für einen Punkt ${}a$ ist

${}{\frac {{\frac {1}{g(x)}}-{\frac {1}{g(a)}}}{x-a}}={\frac {-1}{g(a)g(x)}}\cdot {\frac {g(x)-g(a)}{x-a}}\,.$

Da ${}g$ nach Korollar 18.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) stetig in ${}a$ ist, konvergiert für ${}x\rightarrow a$ der linke Faktor gegen ${}-{\frac {1}{g(a)^{2}}}$ und wegen der Differenzierbarkeit von ${}g$ in ${}a$ konvergiert der rechte Faktor gegen ${}g'(a)$. Somit ist mit der Produktregel

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {f}{g}}\right)}'(a)&={\left(f\cdot {\frac {1}{g}}\right)}'(a)\\&=f(a){\left({\frac {1}{g}}\right)}'(a)+f'(a){\frac {1}{g(a)}}\\&=f(a){\left(-{\frac {g'(a)}{g(a)^{2}}}\right)}+{\frac {f'(a)g(a)}{g(a)^{2}}}\\&=-{\frac {f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g(a)^{2}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von Extrema mit höheren Ableitungen.

Lösung

Unter den Voraussetzungen wird die Taylor-Formel zu

${}f(x)-f(a)={\frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}}(x-a)^{n+1}\,$

mit ${}c$ (abhängig von ${}x$) zwischen ${}a$ und ${}x$. Je nachdem, ob ${}f^{(n+1)}(a)>0$ oder ${}f^{(n+1)}(a)<0$ ist, gilt auch (wegen der vorausgesetzten Stetigkeit der ${}(n+1)$-ten Ableitung) ${}f^{(n+1)}(x)>0$ bzw. ${}f^{(n+1)}(x)<0$ für ${}x\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ für ein geeignetes ${}\epsilon >0$. Für diese ${}x$ ist auch ${}c\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$, sodass das Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(c)$ vom Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(a)$ abhängt.
Bei ${}n$ gerade ist ${}n+1$ ungerade und daher wechselt ${}(x-a)^{n+1}$ das Vorzeichen bei ${}x=a$ (bei ${}x<a$ ist das Vorzeichen negativ und bei ${}x>a$ ist es positiv). Da das Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(c)$ sich nicht ändert, ändert sich das Vorzeichen von ${}f(x)-f(a)$. Das bedeutet, dass kein Extremum vorliegen kann.
Es sei nun ${}n$ ungerade. Dann ist ${}n+1$ gerade, sodass ${}(x-a)^{n+1}>0$ für alle ${}x\neq a$ in der Umgebung ist. Das bedeutet in der Umgebung bei ${}f^{(n+1)}(a)>0$, dass ${}f(x)>f(a)$ ist und in ${}a$ ein isoliertes Minimum vorliegt, und bei ${}f^{(n+1)}(a)<0$, dass ${}f(x)<f(a)$ ist und in ${}a$ ein isoliertes Maximum vorliegt.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}g(x)=x^{2}+ax+b\,$

ein normiertes Polynom vom Grad ${}2$ und ${}h(x)=\sin x$ die Sinusfunktion. Zeige, dass die Graphen von ${}g$ und von ${}h$ maximal zwei Schnittpunkte besitzen.

Lösung

Wir betrachten

${}f(x):=g(x)-h(x)=x^{2}+ax+b-\sin x\,.$

Die Schnittpunkte der Graphen von ${}g$ und ${}h$ sind die Nullstellen von ${}f$. Wir zeigen also, dass ${}f$ maximal zwei Nullstellen besitzt. Es ist

${}f'(x)=2x+a-\cos x\,$

und

${}f^{\prime \prime }(x)=2+\sin x\,.$

Da der Sinus Werte zwischen ${}-1$ und ${}1$ besitzt, ist

${}f^{\prime \prime }(x)\geq 1\,$

und überall positiv. Daher ist ${}f'$ streng wachsend. Insbesondere besitzt ${}f'$ höchstens eine Nullstelle ${}c$ (da die Ableitung davon größergleich ${}1$ ist, gibt es genau eine Nullstelle) und somit ist ${}f'$ auf einem linksseitig offenen Intervall negativ und rechtsseitig davon positiv. Dies bedeutet für ${}f$ selbst, dass ${}f$ unterhalb von ${}c$ streng fallend und oberhalb von ${}c$ streng wachsend ist. In beiden Bereichen kann es nur eine Nullstelle geben.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten Rechtecke mit dem konstanten Flächeninhalt ${}c$. Zeige, dass unter diesen Rechtecken das Quadrat den minimalen Umfang besitzt.

Lösung

Bei konstantem Flächeninhalt ${}c$ ist das Rechteck durch die eine Seitenlänge ${}s\neq 0$ bestimmt, die andere Seitenlänge ist ${}{\frac {c}{s}}$ und der Umfang ist ${}2{\left(s+{\frac {c}{s}}\right)}$. Für das Quadrat ist

${}s={\frac {c}{s}}={\sqrt {c}}\,$

mit Umfang ${}4{\sqrt {c}}$. Es ist also

${}2{\sqrt {c}}\leq s+{\frac {c}{s}}\,$

zu zeigen. Dies ist äquivalent zu

${}4c\leq s^{2}+{\left({\frac {c}{s}}\right)}^{2}+2c\,$

und zu

${}0\leq s^{2}+{\left({\frac {c}{s}}\right)}^{2}-2c\,$

bzw. zu

${}s^{4}+c^{2}-2cs^{2}\geq 0\,,$

was wegen

${}s^{4}+c^{2}-2cs^{2}=(s^{2}-c)^{2}\geq 0\,$

erfüllt ist.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}I$ ein beschränktes Intervall und ${}f\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ eine nach unten beschränkte stetige Funktion. Es sei vorausgesetzt, dass das Supremum über alle Treppenintegrale zu äquidistanten unteren Treppenfunktionen existiert. Zeige, dass dann auch das Supremum zu allen Treppenintegralen zu unteren Treppenfunktionen (also das Unterintegral) existiert und mit dem zuerst genannten Supremum übereinstimmt.

Lösung

Wir zeigen, dass jedes Treppenintegral zu einer unteren Treppenfunktion bis auf jeden vorgegebenen Fehler ${}\epsilon >0$ durch das Treppenintegral zu einer äquidistanten unteren Treppenfunktion angenähert werden kann, woraus die Aussagen folgen. Es seien ${}a<b$ die Intervallgrenzen und sei

${}a=a_{0}<a_{1}<a_{2}<\cdots <a_{n-1}<a_{n}=b\,$

eine Unterteilung des Intervalls mit einer unteren Treppenfunktion ${}t$ mit den Werten ${}t_{i}$ auf dem Teilintervall ${}]a_{i-1},a_{i}[$. Es sei ${}c$ der maximale Wert von ${}t$ und es sei ${}d$ eine untere Schranke von ${}f$ und von ${}t$. Es sei ${}m$ so gewählt, dass

${}{\frac {n(b-a)(c-d)}{m}}\leq \epsilon \,$

ist. Wir betrachten die äquidistante Unterteilung von ${}I$ mit ${}m$ Teilintervallen ${}I_{j}$, ${}j=1,\ldots ,m$, und wir betrachten darauf die Treppenfunktion ${}s$, die folgendermaßen definiert ist.

${}s{|}_{I_{j}}=s_{j}={\begin{cases}d,{\text{ falls es ein }}a_{i}\in I_{j}{\text{ gibt}},\\t_{i},{\text{ falls }}I_{j}\subseteq ]a_{i-1},a_{i}[{\text{ für ein }}i\,.\end{cases}}\,$

Damit ist ${}s\leq t$ und ${}s$ stimmt in jedem Punkt ${}x$ mit ${}t$ überein oder hat den Wert ${}d$, letzteres kommt aber nur auf höchstens ${}n$ äquidistanten Teilintervallen vor. Daher gilt für die Differenz der beiden Treppenintegrale die Beziehung

${}\sum _{i=1}^{n}(a_{i}-a_{i-1})t_{i}-{\frac {b-a}{m}}\sum _{j=1}^{m}s_{j}\leq n{\frac {b-a}{m}}(c-d)\leq \epsilon \,,$

wie gefordert.

Aufgabe (3 Punkte)

Die Differentialgleichung

${}y'=yt-2t^{4}+t^{3}+2t^{2}-5t+4\,$

besitzt eine polynomiale Lösung vom Grad ${}3$. Bestimme diese.

Lösung

Wir machen den Ansatz

${}y(t)=at^{3}+bt^{2}+ct+d\,.$

Die Differentialgleichung bedeutet dann

${}{\begin{aligned}{\left(at^{3}+bt^{2}+ct+d\right)}'&=3at^{2}+2bt+c\\&={\left(at^{3}+bt^{2}+ct+d\right)}t-2t^{4}+t^{3}+2t^{2}-5t+4\\&=at^{4}+bt^{3}+ct^{2}+dt-2t^{4}+t^{3}+2t^{2}-5t+4\\&=(a-2)t^{4}+(b+1)t^{3}+(c+2)t^{2}+(d-5)t+4.\end{aligned}}$

Koeffizientenvergleich ergibt direkt

${}a=2\,,$

${}b=-1\,$

und

${}c=4\,,$

woraus dann

${}d=3\,$

folgt. Daher ist ${}2t^{3}-t^{2}+4t+3$ eine Lösung.