Kurs:Analysis/Teil I/27/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Gruppe.
2. Das Minimum einer Teilmenge ${}M\subseteq K$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
3. Ein Häufungspunkt einer Folge in einem angeordneten Körper ${}K$.
4. Der Logarithmus zur Basis ${}b\in \mathbb {R} _{+}$, ${}b\neq 1$, einer positiven reellen Zahl ${}x$.
5. Die ${}n$-fache stetige Differenzierbarkeit einer Funktion

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

   auf einer offenen Teilmenge ${}D\subseteq {\mathbb {K} }$.

6. Das Oberintegral einer nach oben beschränkten Funktion

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

   auf einem beschränkten Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

Lösung

1. Eine Menge ${}G$ mit einem ausgezeichneten Element ${}e\in G$ und mit einer Verknüpfung

   $G\times G\longrightarrow G,\,(g,h)\longmapsto g\circ h,$

   heißt Gruppe, wenn folgende Eigenschaften erfüllt sind.

   1. Die Verknüpfung ist assoziativ, d.h. für alle ${}f,g,h\in G$ gilt

      $(f\circ g)\circ h=f\circ (g\circ h).$

   2. Das Element ${}e$ ist ein neutrales Element, d.h. für alle ${}g\in G$ gilt

      $g\circ e=g=e\circ g.$

   3. Zu jedem ${}g\in G$ gibt es ein inverses Element, d.h. es gibt ein ${}h\in G$ mit

      $h\circ g=g\circ h=e.$

2. Ein Element ${}t\in M$ mit ${}x\geq t$ für alle ${}x\in M$ heißt Minimum von ${}M$.
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. Der Logarithmus zur Basis ${}b\in \mathbb {R} _{+}$, ${}b\neq 1$, von ${}x\in \mathbb {R} _{+}$ ist durch

   ${}\log _{b}x:={\frac {\ln x}{\ln b}}\,$

   definiert.

5. Man sagt, dass ${}f$ ${}n$-mal stetig differenzierbar ist, wenn ${}f$ n-mal differenzierbar ist und die n-te Ableitung ${}f^{(n)}$ stetig ist.
6. Das Oberintegral ist definiert als das Infimum von sämtlichen Treppenintegralen zu oberen Treppenfunktionen von ${}f$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.
2. Das Weierstraß-Kriterium für Funktionenfolgen.
3. Der Satz über die Ableitung in einem lokalen Extremum.

Lösung

1. Ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}d$ besitzt maximal ${}d$ Nullstellen.
2. Es sei ${}T$ eine Menge und sei

   $g_{k}\colon T\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   eine Funktionenfolge mit

   ${}\sum _{k=0}^{\infty }\Vert {g_{k}}\Vert <\infty \,.$

   Dann konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }g_{k}$ gleichmäßig und punktweise absolut gegen eine Funktion

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

3. Es sei ${}D\subseteq \mathbb {R}$ offen und sei

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

   eine Funktion, die in ${}a\in D$ ein lokales Extremum besitze und dort differenzierbar sei. Dann ist

   ${}f'(a)=0\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Nehmen Sie Stellung zur folgenden Aussage: „Das Prinzip „Beweis durch Widerspruch“ ist offenbar absurd. Wenn man alles annehmen darf, so kann man immer einen Widerspruch erzielen und somit alles beweisen“.

Lösung Widerspruchsbeweis/Einwand/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}M$ und ${}N$ Mengen und seien ${}A\subseteq M$ und ${}B\subseteq N$ Teilmengen. Zeige die Gleichheit

${}{\left(A\times N\right)}\cap {\left(M\times B\right)}=A\times B\,.$

Lösung

Wir zeigen die beiden Inklusionen. Es sei zunächst

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\cap {\left(M\times B\right)}\,.$

Dies bedeutet

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\,$

und

${}(x,y)\in {\left(M\times B\right)}\,.$

Dies bedeutet einerseits ${}x\in A$ und andererseits ${}y\in B$. Also ist ${}(x,y)\in A\times B$.

Wenn umgekehrt ${}(x,y)\in A\times B$ gilt, so ist ${}x\in A$ und ${}y\in B$. Wegen der Teilmengenbeziehungen ${}A\subseteq M$ und ${}B\subseteq N$ ist

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\,$

und

${}(x,y)\in {\left(M\times B\right)}\,$

und damit auch

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\cap {\left(M\times B\right)}\,.$

Aufgabe (6 (1+1+1+1+2) Punkte)

Bei einer Fernsehaufzeichnung sitzen ${}n$ Zuschauer im Studio, die über ein elektronisches Gerät auf verschiedene Fragen mit Ja oder Nein antworten und wobei das Ergebnis (die Ja-Antworten) in vollen Prozent auf einem Bildschirm erscheint und wobei ab ${},5$ nach oben gerundet wird.

a) Erstelle eine Formel mit Hilfe der Gaußklammer ${}\lfloor \,\,\rfloor$, die bei gegebenem ${}n$ aus ${}i$ die Prozentzahl ${}p(i)$ berechnet.

b) Für welche ${}n$ ist die Prozentabbildung aus a) injektiv und für welche surjektiv?

c) Es sei ${}n=99$. Welche Prozentzahl tritt nie auf dem Bildschirm auf?

d) Es sei ${}n=101$. Hinter welcher Prozentzahl können sich unterschiedlich viele Ja-Stimmen verbergen?

e) Es sei ${}n=102$. Hinter welchen Prozentzahlen können sich unterschiedlich viele Ja-Stimmen verbergen?

Lösung

a) Die ganze Prozentzahl wird bei ${}i$ Ja-Antworten von ${}n$ Zuschauern bei der angegebenen Rundung durch

${}p(i)=\left\lfloor 100\cdot {\frac {i}{n}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor \,$

berechnet.

b) Für ${}n\leq 99$ ist die Abbildung aus Anzahlgründen nicht surjektiv. Sie ist injektiv, da der ungerundete Prozentwert einer Person größer als ${}1$ ist und daher die Hinzunahme einer Person die gerundete Prozentanzahl um mindestens ${}1$ erhöht. Für ${}n=100$ ist die Abbildung die Identität, also injektiv und surjektiv. Für ${}n\geq 101$ ist die Abbildung aus Anzahlgründen nicht injektiv. Sie ist surjektiv, da der ungerundete Prozentwert einer Person weniger als ${}1$ ist und daher die Hinzunahme einer Person die gerundete Prozentanzahl um höchstens ${}1$ erhöht.

c) Die Prozentzahl ${}50$ kommt nicht vor. Für ${}i=49$ ist das Ergebnis

${}\left\lfloor 100\cdot {\frac {49}{99}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {9800+99}{198}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {9899}{198}}\right\rfloor =49\,$

(wegen ${}198\cdot 50=9900$) und für ${}i=50$ ist das Ergebnis

${}\left\lfloor 100\cdot {\frac {50}{99}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10000+99}{198}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10099}{198}}\right\rfloor =51\,$

(wegen ${}198\cdot 51=10098$).

d) Die Prozentzahl ${}50$ kommt doppelt vor. Für ${}i=50$ ist das Ergebnis

${}\left\lfloor 100\cdot {\frac {50}{101}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10000+101}{202}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10101}{202}}\right\rfloor =50\,$

(wegen ${}202\cdot 50=10100$) und für ${}i=51$ ist das Ergebnis

${}\left\lfloor 100\cdot {\frac {51}{101}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10200+101}{202}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10301}{202}}\right\rfloor =50\,$

(wegen ${}202\cdot 51=10302$).

e) Die Prozentzahl ${}25$ kommt doppelt vor. Für ${}i=25$ ist das Ergebnis

${}\left\lfloor 100\cdot {\frac {25}{102}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {2500+51}{102}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {2551}{102}}\right\rfloor =25\,$

(wegen ${}102\cdot 25=2550$) und für ${}i=26$ ist das Ergebnis ebenfalls

${}\left\lfloor 100\cdot {\frac {26}{102}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {2600+51}{102}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {2651}{102}}\right\rfloor =25\,$

(wegen ${}102\cdot 26=2652$). Wegen der Symmetrie der Situation (bis auf die Rundung) kommt auch die Prozentzahl ${}75$ doppelt vor, für ${}i=76,77$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}x\geq 2$ und ${}s>1$ reelle Zahlen. Zeige

${}1+x^{-s}<{\frac {1}{1-x^{-s}}}\leq 1+2x^{-s}\,.$

Lösung

Wegen

${}x^{-s}={\frac {1}{x^{s}}}\leq {\frac {1}{2^{s}}}\leq {\frac {1}{2}}<1\,$

ist

${}1-x^{-s}>0\,.$

Wir können also die Abschätzungen nachweisen, wenn wir mit ${}1-x^{-s}$ multiplizieren. Die linke Abschätzung folgt somit aus

${}(1+x^{-s})(1-x^{-s})=1-(x^{-s})^{2}<1\,.$

Für die rechte Abschätzung ist

${}1\leq (1+2x^{-s})(1-x^{-s})=1+x^{-s}-2x^{-s}x^{-s}=1+x^{-s}(1-2x^{-s})\,$

nachzuweisen. Aus der obigen Abschätzung ${}x^{-s}\leq {\frac {1}{2}}$ ergibt sich ${}-2x^{-s}\geq -1$ bzw. ${}1-2x^{-s}\geq 0$, was

${}1\leq 1+x^{-s}(1-2x^{-s})\,$

bestätigt.

Aufgabe (2 Punkte)

Löse die lineare Gleichung

${}(2+5{\mathrm {i} })z=(3-7{\mathrm {i} })\,$

über ${}{\mathbb {C} }$ und berechne den Betrag der Lösung.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}z&=(3-7{\mathrm {i} })(2+5{\mathrm {i} })^{-1}\\&=(3-7{\mathrm {i} }){\frac {(2-5{\mathrm {i} })}{29}}\\&={\frac {6-35-14{\mathrm {i} }-15{\mathrm {i} }}{29}}\\&={\frac {-29-29{\mathrm {i} }}{29}}\\&=-1-{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Der Betrag ist

${}\vert {-1-{\mathrm {i} }}\vert ={\sqrt {2}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Quotientenkriterium für Reihen.

Lösung

Die Konvergenz ändert sich nicht, wenn man endlich viele Glieder ändert. Daher können wir ${}k_{0}=0$ annehmen. Ferner können wir annehmen, dass alle ${}a_{k}$ positive reelle Zahlen sind. Es ist

${}a_{k}={\frac {a_{k}}{a_{k-1}}}\cdot {\frac {a_{k-1}}{a_{k-2}}}{\cdots }{\frac {a_{1}}{a_{0}}}\cdot a_{0}\leq a_{0}\cdot q^{k}\,.$

Somit folgt die Konvergenz aus dem Majorantenkriterium und der Konvergenz der geometrischen Reihe.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

1. Skizziere die Graphen der Funktionen

   $f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x-1,$

   und

   $g\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{x}},$

2. Bestimme die Schnittpunkte der beiden Graphen.

Lösung

1. ${}\,$
2. Die Schnittbedingung führt auf

   ${}{\frac {1}{x}}=x-1\,$

   bzw. auf

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

   Quadratisches Ergänzen führt auf

   ${}1={\left(x-{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}\,,$

   also

   ${}{\left(x-{\frac {1}{2}}\right)}^{2}={\frac {5}{4}}\,.$

   Somit ist

   ${}x={\frac {\sqrt {5}}{2}}+{\frac {1}{2}}\,$

   die ${}x$-Koordinate des einzigen Schnittpunktes (die negative Wurzel führt zu einem Punkt außerhalb des Definitionsbereiches). Der einzige Schnittpunkt ist

   $\left({\frac {\sqrt {5}}{2}}+{\frac {1}{2}},\,{\frac {\sqrt {5}}{2}}-{\frac {1}{2}}\right).$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die stetige Fortsetzbarkeit einer Funktion ${}T\longrightarrow {\mathbb {K} }$, wobei ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$ eine Teilmenge ist.

Lösung

Aufgrund von Satz 14.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) genügt es zu zeigen, dass der Grenzwert ${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow a}\,f(x)$ für jedes ${}a\in {\overline {T}}\setminus T$ existiert. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}T$, die gegen ${}a$ konvergiert. Wir zeigen, dass dann auch die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert. Da diese Bildfolge in ${}{\mathbb {K} }$ ist, und ${}{\mathbb {K} }$ vollständig ist, genügt es zu zeigen, dass eine Cauchy-Folge vorliegt. Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der gleichmäßigen Stetigkeit von ${}f$ gibt es ein ${}\delta >0$ derart, dass ${}d{\left(f(x),f(x')\right)}\leq \epsilon$ für alle ${}x,x'\in T$ mit ${}d{\left(x,x'\right)}\leq \delta$ ist. Wegen der Konvergenz der Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ handelt es sich nach Lemma 6.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) um eine Cauchy-Folge und daher gibt es ein ${}n_{0}$ mit ${}d{\left(x_{n},x_{m}\right)}\leq \delta$ für alle ${}n,m\geq n_{0}$. Somit gilt

${}d{\left(f(x_{n}),f(x_{m})\right)}\leq \epsilon \,$

für alle ${}n,m\geq n_{0}$.
Wir müssen nun noch zeigen, dass für jede gegen ${}a$ konvergente Folge der Grenzwert der Bildfolge gleich ist. Dies ergibt sich aber sofort, wenn man für zwei Folgen ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Folge ${}x_{0},y_{0},x_{1},y_{1},\ldots$ betrachtet, die ebenfalls gegen ${}a$ konvergiert, und für die der Limes der Bildfolge mit den Limiten der Teilbildfolgen übereinstimmt.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Funktion

$\ln \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} .$

Lösung

Da der Logarithmus die Umkehrfunktion der Exponentialfunktion ist, können wir Satz 18.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) anwenden und erhalten mit [[Reelle Exponentialfunktion/Ableitung/Fakt|Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]]

${}\ln '(x)={\frac {1}{\exp '(\ln x)}}={\frac {1}{\exp(\ln x)}}={\frac {1}{x}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Taylorentwicklung der Funktion

${}f(x)={\frac {x^{2}-4x+5}{x-6}}\,$

im Punkt ${}a=-1$ bis zum Grad ${}\leq 2$.

Lösung

Die ersten beiden Ableitungen von ${}f$ sind

${}{\begin{aligned}f'(x)&={\frac {(2x-4)(x-6)-(x^{2}-4x+5)}{(x-6)^{2}}}\\&={\frac {x^{2}-12x+19}{(x-6)^{2}}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=\left({\frac {x^{2}-12x+19}{(x-6)^{2}}}\right)'\\&={\frac {(2x-12)(x-6)^{2}-2(x^{2}-12x+19)(x-6)}{(x-6)^{4}}}\\&=2{\frac {(x-6)^{2}-(x^{2}-12x+19)}{(x-6)^{3}}}\\&=2{\frac {17}{(x-6)^{3}}}\\&={\frac {34}{(x-6)^{3}}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}f(-1)={\frac {1+4+5}{-7}}=-{\frac {10}{7}}\,,$

${}f'(-1)={\frac {1+12+19}{(-7)^{2}}}={\frac {32}{49}}\,,$

${}f^{\prime \prime }(-1)={\frac {34}{(-7)^{3}}}=-{\frac {34}{343}}\,.$

Somit ist die Taylorentwicklung in ${}a=-1$ bis zum Grad ${}2$ gleich

$-{\frac {10}{7}}+{\frac {32}{49}}(x+1)-{\frac {17}{343}}(x+1)^{2}.$

Aufgabe (4 (3+1) Punkte)

Es sei

${}P={\frac {1}{24}}X^{4}-{\frac {1}{2}}X^{2}+1\,.$

1. Bestimme die kleinste positive Nullstelle von ${}P$.
2. Besteht ein Zusammenhang zwischen dieser Nullstelle und ${}{\frac {\pi }{2}}$?

Lösung

1. Wir lösen die biquadratische Gleichung, indem wir mit ${}24$ multiplizieren und ${}y=x^{2}$ setzen. Es ist

   ${}y^{2}-12y+24={\left(y-6\right)}^{2}-36+24={\left(y-6\right)}^{2}-12=0\,$

   zu lösen, also ist

   ${}y_{1,2}=\pm {\sqrt {12}}+6\,.$

   Dies ist in jedem Fall positiv und die kleinere Lösung ist

   ${}y=6-{\sqrt {12}}\,.$

   Somit ist

   ${}x={\sqrt {6-{\sqrt {12}}}}\,$

   die kleinste Nullstelle des Ausgangspolynoms.

2. Da die Kosinusreihe gleich ${}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}}$ ist, handelt es sich bei dem angegebenen Polynom um eine polynomiale Approximation der Kosinusfunktion. Da ${}\pi /2$ die kleinste positive Nullstelle des Kosinus ist, besteht ein gewisser Zusammenhang zwischen den beiden Zahlen.

Aufgabe (9 (1+1+2+5) Punkte)

Es sei

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

und

${}g(x)=2x+1\,.$

1. Bestimme die Nullstellen von ${}f$.
2. Bestimme das globale Minimum von ${}f$.
3. Finde mit einer Genauigkeit von ${}{\frac {1}{8}}$ ein ${}x\in [0,1]$ mit

   ${}f(x)=1\,.$

4. Die Graphen zu ${}f$ und zu ${}g$ begrenzen eine endliche Fläche. Skizziere die Situation und berechne den Flächeninhalt der eingegrenzten Fläche.

Lösung

1. Es sind ${}1$ und ${}2$ die Nullstellen von ${}f$.
2. Es ist

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

   mit der einzigen Nullstelle bei

   ${}x={\frac {3}{2}}\,.$

   Dort liegt das globale isolierte Minimum mit dem Wert

   ${}f\left({\frac {3}{2}}\right)={\frac {9}{4}}-3\left({\frac {3}{2}}\right)+2=-{\frac {1}{4}}\,$

   vor.

3. Es ist

   ${}f(0)=2>1\,$

   und

   ${}f(1)=0<1\,,$

   deshalb muss es nach dem Zwischenwertsatz eine Stelle geben, wo ${}f$ den Wert ${}1$ annimmt. Es ist

   ${}f\left({\frac {1}{2}}\right)=\left({\frac {1}{2}}\right)^{2}-3\cdot {\frac {1}{2}}+2={\frac {3}{4}}<1\,.$

   Deshalb liegt die gesuchte Stelle in ${}[0,{\frac {1}{2}}]$. Es ist

   ${}f\left({\frac {1}{4}}\right)=\left({\frac {1}{4}}\right)^{2}-3\cdot {\frac {1}{4}}+2={\frac {21}{16}}>1\,.$

   Deshalb liegt die gesuchte Stelle in ${}[{\frac {1}{4}},{\frac {1}{2}}]$. Es ist

   ${}f\left({\frac {3}{8}}\right)=\left({\frac {3}{8}}\right)^{2}-3\cdot {\frac {3}{8}}+2={\frac {65}{64}}>1\,.$

   Deshalb liegt die gesuchte Stelle in ${}[{\frac {3}{8}},{\frac {1}{2}}]$.

4. Die Gleichsetzung der beiden Funktionen führt auf

   ${}x^{2}-5x+1=0\,,$

   was auf

   ${}x_{1},x_{2}={\frac {5\pm {\sqrt {25-4}}}{2}}={\frac {5\pm {\sqrt {21}}}{2}}\,$

   für die ${}x$-Koordinate der beiden Schnittpunkte führt. Im Folgenden sei ${}x_{1}$ der kleinere Wert. Der in Frage stehende Flächeninhalt ergibt sich, indem man von dem Flächeninhalt des durch ${}g$, der ${}x$-Achse und die vertikalen Achsen durch ${}x_{1}$ und ${}x_{2}$ begrenzten Vierecks ${}V$ die Flächeninhalte unterhalb von ${}f$ zwischen ${}x_{1}$ und ${}1$ und zwischen ${}2$ und ${}x_{2}$ abzieht und den Flächeninhalt der Fläche oberhalb von ${}f$ zwischen ${}1$ und ${}2$ dazuaddiert. Der Flächeninhalt des Vierecks ist

   ${}(x_{2}-x_{1}){\frac {g(x_{1})+g(x_{2})}{2}}={\frac {5+{\sqrt {21}}-5+{\sqrt {21}}}{2}}\cdot {\frac {12}{2}}=6{\sqrt {21}}\,.$

   Eine Stammfunktion zu ${}f$ ist

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

   die relevanten Werte sind

   ${}F(1)={\frac {1}{3}}-{\frac {3}{2}}+2={\frac {5}{6}}\,,$

   ${}F(2)={\frac {8}{3}}-6+4={\frac {2}{3}}\,,$

   ${}{\begin{aligned}F(x_{1})&={\frac {1}{3}}\left({\frac {5-{\sqrt {21}}}{2}}\right)^{3}-{\frac {3}{2}}\left({\frac {5-{\sqrt {21}}}{2}}\right)^{2}+2\left({\frac {5-{\sqrt {21}}}{2}}\right)\\&={\frac {1}{3}}\left({\frac {125-75{\sqrt {21}}+15\cdot 21-21{\sqrt {21}}}{8}}\right)-{\frac {3}{2}}\left({\frac {25-10{\sqrt {21}}+21}{4}}\right)+5-{\sqrt {21}}\\&={\frac {1}{3}}\left({\frac {440-96{\sqrt {21}}}{8}}\right)-{\frac {3}{2}}\left({\frac {46-10{\sqrt {21}}}{4}}\right)+5-{\sqrt {21}}\\&={\frac {1}{3}}{\left(55-12{\sqrt {21}}\right)}-3\left({\frac {23-5{\sqrt {21}}}{4}}\right)+5-{\sqrt {21}}\\&={\frac {55}{3}}-{\frac {69}{4}}+5+{\left(-4+{\frac {15}{4}}-1\right)}{\sqrt {21}}\\&={\frac {73}{12}}-{\frac {5}{4}}{\sqrt {21}},\,\end{aligned}}$

   ${}{\begin{aligned}F(x_{2})&={\frac {1}{3}}\left({\frac {5+{\sqrt {21}}}{2}}\right)^{3}-{\frac {3}{2}}\left({\frac {5+{\sqrt {21}}}{2}}\right)^{2}+2\left({\frac {5+{\sqrt {21}}}{2}}\right)\\&={\frac {1}{3}}\left({\frac {125+75{\sqrt {21}}+15\cdot 21+21{\sqrt {21}}}{8}}\right)-{\frac {3}{2}}\left({\frac {25+10{\sqrt {21}}+21}{4}}\right)+5+{\sqrt {21}}\\&={\frac {1}{3}}\left({\frac {440+96{\sqrt {21}}}{8}}\right)-{\frac {3}{2}}\left({\frac {46+10{\sqrt {21}}}{4}}\right)+5+{\sqrt {21}}\\&={\frac {1}{3}}{\left(55+12{\sqrt {21}}\right)}-3\left({\frac {23+5{\sqrt {21}}}{4}}\right)+5+{\sqrt {21}}\\&={\frac {55}{3}}-{\frac {69}{4}}+5+{\left(4-{\frac {15}{4}}+1\right)}{\sqrt {21}}\\&={\frac {73}{12}}+{\frac {5}{4}}{\sqrt {21}}.\,\end{aligned}}$

   Der gesuchte Flächeninhalt ist

   ${}{\begin{aligned}A&=6{\sqrt {21}}-(F(1)-F(x_{1}))+\vert {F(2)-F(1)}\vert -(F(x_{2})-F(2))\\&=6{\sqrt {21}}-F(1)+F(x_{1})+F(1)-F(2)-F(x_{2})+F(2)\\&=6{\sqrt {21}}+F(x_{1})-F(x_{2})\\&=6{\sqrt {21}}+{\frac {73}{12}}-{\frac {5}{4}}{\sqrt {21}}-{\frac {73}{12}}-{\frac {5}{4}}{\sqrt {21}}\\&={\frac {7}{2}}{\sqrt {21}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion zu

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

auf ${}\mathbb {R} _{+}$.

Lösung

Mit partieller Integration erhält man die Beziehung

${}\int _{a}^{b}x^{2}\ln xdx=\left({\frac {1}{3}}x^{3}\ln x\right)|_{a}^{b}-\int _{a}^{b}{\frac {1}{3}}x^{2}dx\,$

und daher ist

${\frac {1}{3}}x^{3}\ln x-{\frac {1}{9}}x^{3}$

eine Stammfunktion zu ${}f$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die konstanten Lösungen der gewöhnlichen Differentialgleichung

${}y'={\frac {\cos \left(\cos t^{2}\right)-e^{t^{3}}}{(t^{4}+9)e^{-t^{2}}+{\sqrt {t^{4}+e^{t}}}}}{\left(y^{2}-y-3\right)}\,$

Lösung

Es liegt eine Differentialgleichung

${}y'=g(t)h(y)\,$

mit getrennten Variablen vor, für die konstanten Lösungen sind nur die Nullstellen von ${}h(y)=y^{2}-y-3$ relevant. Diese sind

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

Somit sind die konstanten Lösungen gleich

${}y(t)={\frac {{\sqrt {13}}+1}{2}}\,$

und

${}y(t)={\frac {-{\sqrt {13}}+1}{2}}\,.$