Kurs:Analysis/Teil I/3/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Abbildung ${}F$ von einer Menge ${}L$ in eine Menge ${}M$.
2. Die Fakultät einer natürlichen Zahl ${}n$.
3. Die Konvergenz einer Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper ${}K$ gegen ${}x\in K$.
4. Die Kosinusreihe zu ${}z\in {\mathbb {C} }$.
5. Eine Stammfunktion einer Abbildung ${}f:D\rightarrow {\mathbb {K} }$ auf einer offenen Menge ${}D\subseteq {\mathbb {K} }$.
6. Eine lineare inhomogene gewöhnliche Differentialgleichung.

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 die Folge gegen ${}x$ konvergiert, wenn folgende Eigenschaft erfüllt ist. Zu jedem ${}\epsilon \in K$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung

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

   gilt.

4. Die Reihe

   $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}z^{2n}}{(2n)!}}$

   heißt die Kosinusreihe zu ${}z$.

5. Eine Funktion

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

   heißt Stammfunktion zu ${}f$, wenn ${}F$ auf ${}D$ differenzierbar ist und ${}F'(x)=f(x)$ für alle ${}x\in D$ gilt.

6. Eine Differentialgleichung der Form

   $y'=g(t)y+h(t)$

   mit zwei auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ definierten Funktionen ${}t\mapsto g(t)$ und ${}t\mapsto h(t)$ heißt inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz von Bolzano-Weierstraß.
2. Der Zwischenwertsatz.
3. Die Quotientenregel für differenzierbare Abbildungen (für einen Punkt).

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 seien ${}a\leq b$ reelle Zahlen und sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Es sei ${}y\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl zwischen ${}f(a)$ und ${}f(b)$. Dann gibt es ein ${}x\in [a,b]$ mit ${}f(x)=y$.
3. Es sei ${}D\subseteq {\mathbb {K} }$ offen, ${}a\in D$ ein Punkt und

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

   zwei Funktionen, die in ${}a$ differenzierbar seien. Wenn ${}g$ keine Nullstelle in ${}D$ besitzt, so ist ${}f/g$ differenzierbar in ${}a$ mit

   $(f/g)'(a)={\frac {f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{(g(a))^{2}}}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Erläutere das Beweisprinzip der vollständigen Induktion.

Lösung

Mit dem Beweisprinzip der vollständigen Induktion werden Aussagen ${}A(n)$ bewiesen, die von den natürlichen Zahlen ${}n\in \mathbb {N}$ abhängen. Man beweist zuerst die Aussage ${}A(0)$. Ferner zeigt man, dass man für alle ${}n$ aus der Gültigkeit von ${}A(n)$ auf die Gültigkeit von ${}A(n+1)$ schließen kann. Daraus folgt die Gültigkeit von ${}A(n)$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Heidi Gonzales bringt eine Schokolade der Größe ${}4\times 6$ Teilstücke mit zum Treffen ihrer Abgabegruppen, wo Andreas, Peter und Sabine schon hungrig warten. Deshalb soll die Schokolade so schnell wie möglich in die Teilstücke zerlegt werden. Ein Teilungsvorgang ist die Teilung der Schokolade oder einer in einem Zwischenschritt schon entstandenen Teilschokolade längs einer Quer- oder einer Längsrille. Jede Person kann an einer Teilschokolade eine Teilung durchführen. Ein Teilungsvorgang dauert eine Sekunde. Wie lange dauert es im schnellsten Fall, bis die Schokolade in die Einzelstücke vollständig zerlegt ist?

Lösung

Am Anfang gibt es nur die eine Schokolade, es kann also in der ersten Sekunde nur ein Teilungsvorgang stattfinden. Danach gibt es zwei Stücke und es können auch zwei Teilungsvorgänge stattfinden. Danach gibt es vier Stücke und ab da können alle vier Personen sich am Teilungsprozess beteiligen. Da man insgesamt ${}23$ Teilungsprozesse braucht, braucht man wegen

${}1+2+4+4+4+4+4=23\,$

zumindest ${}7$ Sekunden. Eine solche Teilungsstrategie ist auch durchführbar, da man beispielsweise nach den ersten beiden Schritten vier ${}2\times 3$ Teilschokoladen haben kann, die dann jeder in ${}5$ Sekunden jeweils aufteilt.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ Mengen und

$f:L\longrightarrow M{\text{ und }}g:M\longrightarrow N$

Abbildungen mit der Hintereinanderschaltung

$g\circ f\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto g(f(x)).$

Zeige: Wenn ${}g\circ f$ injektiv ist, so ist auch ${}f$ injektiv.

Lösung

Es seien ${}x_{1},x_{2}\in L$ gegeben mit ${}f(x_{1})=f(x_{2})$. Wir müssen zeigen, dass ${}x_{1}=x_{2}$ ist. Es ist

${}(g\circ f)(x_{1})=g(f(x_{1}))=g(f(x_{2}))=(g\circ f)(x_{2})\,.$

Da nach Voraussetzung ${}g\circ f$ injektiv ist, folgt ${}x_{1}=x_{2}$, wie gewünscht.

Aufgabe (8 (2+1+2+1+2) Punkte)

Es sei ${}a\in \mathbb {R}$. Zu einem Startwert ${}x_{0}\in \mathbb {R}$ sei eine reelle Folge rekursiv durch

${}x_{n+1}={\frac {x_{n}+a}{2}}\,$

definiert. Zeige die folgenden Aussagen.

(a) Bei ${}x_{0}>a$ ist ${}x_{n}>a$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ und die Folge ist streng fallend.

(b) Bei ${}x_{0}=a$ ist die Folge konstant.

(c) Bei ${}x_{0}<a$ ist ${}x_{n}<a$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ und die Folge ist streng wachsend.

(d) Die Folge konvergiert.

(e) Der Grenzwert ist ${}a$.

Lösung

(a) Die Eigenschaft ${}x_{n}>a$ folgt durch Induktion, wobei die Voraussetzung ${}x_{0}>a$ unmittelbar den Induktionsanfang ergibt. Der Induktionsschluss ergibt sich mittels

${}x_{n+1}={\frac {x_{n}+a}{2}}>{\frac {a+a}{2}}=a\,.$

Das strenge Fallen ergibt sich daraus durch

${}x_{n+1}={\frac {x_{n}+a}{2}}<{\frac {x_{n}+x_{n}}{2}}=x_{n}\,.$

(b) Die Konstanz ergibt sich durch Induktion, wobei die Voraussetzung ${}x_{0}=a$ den Induktionsanfang sichert und der Induktionsschluss aus

${}x_{n+1}={\frac {x_{n}+a}{2}}={\frac {a+a}{2}}=a\,$

folgt.

(c) Die Eigenschaft ${}x_{n}<a$ folgt durch Induktion, wobei die Voraussetzung ${}x_{0}<a$ unmittelbar den Induktionsanfang ergibt. Der Induktionsschluss ergibt sich mittels

${}x_{n+1}={\frac {x_{n}+a}{2}}<{\frac {a+a}{2}}=a\,.$

Das strenge Wachstum ergibt sich daraus durch

${}x_{n+1}={\frac {x_{n}+a}{2}}>{\frac {x_{n}+x_{n}}{2}}=x_{n}\,.$

(d) Nach (a), (b), (c) ist die Folge in jedem Fall monoton und beschränkt, daher konvergiert sie in ${}\mathbb {R}$.

(e) Der Grenzwert sei ${}x$. Es gilt

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

Wir wenden die Rechenregeln für Limiten auf die Rekursionsvorschrift an und erhalten

${}x=\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n+1}=\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {x_{n}+a}{2}}={\frac {x+a}{2}}\,.$

Daraus ergibt sich ${}x=a$.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz von Bolzano-Weierstraß.

Lösung

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

${}a_{0}\leq x_{n}\leq b_{0}\,$

beschränkt. Wir definieren zuerst induktiv eine Intervallhalbierung derart, dass in den Intervallen unendlich viele Folgenglieder liegen. Das Startintervall ist ${}I_{0}:=[a_{0},b_{0}]$. Es sei das ${}k$-te Intervall ${}I_{k}$ bereits konstruiert. Wir betrachten die beiden Hälften

$[a_{k},{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}}]\,\,{\text{ und }}\,\,[{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}},b_{k}].$

In mindestens einer der Hälften liegen unendlich viele Folgenglieder, und wir wählen als Intervall ${}I_{k+1}$ eine Hälfte mit unendlich vielen Gliedern. Da sich bei diesem Verfahren die Intervalllängen mit jedem Schritt halbieren, liegt eine Intervallschachtelung vor. Als Teilfolge wählen wir nun ein beliebiges Element

${}x_{n_{k}}\in I_{k}\,$

mit ${}n_{k}>n_{k-1}$. Dies ist möglich, da es in diesen Intervallen unendlich viele Folgenglieder gibt. Diese Teilfolge konvergiert nach Aufgabe 7.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen die durch die Intervallschachtelung bestimmte Zahl ${}x$.

Aufgabe (4 Punkte)

Untersuche, ob die Reihe

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2n+5}{4n^{3}-3n+2}}$

konvergiert oder divergiert.

Lösung

Für ${}n\geq 5$ ist

${}2n+5\leq 3n\,$

und für ${}n\geq 1$ ist

${}4n^{3}-3n+2=n^{3}+3n^{3}-3n+2\geq n^{3}+3n(n^{2}-1)\geq n^{3}\,.$

Daher gilt für die Reihenglieder für ${}n\geq 5$ die Abschätzung

${}{\frac {2n+5}{4n^{3}-3n+2}}\leq {\frac {3n}{4n^{3}-3n+2}}\leq {\frac {3n}{n^{3}}}=3{\frac {1}{n^{2}}}\,.$

Die Reihe ${}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ konvergiert nach Beispiel 9.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und dies gilt auch für ${}\sum _{n=1}^{\infty }3{\frac {1}{n^{2}}}$. Nach dem Majorantenkriterium konvergiert auch

$\sum _{n=5}^{\infty }{\frac {2n+5}{4n^{3}-3n+2}}$

und daher konvergiert auch die in Frage stehende Reihe.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien

$f,g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

streng wachsende Funktionen, die auf ${}\mathbb {Q}$ übereinstimmen. Folgt daraus ${}f=g$?

Lösung

Wir betrachten die beiden Funktionen

$f(x)={\begin{cases}x,\,{\text{falls }}x<{\sqrt {2}}\,,\\x+1,\,{\text{falls }}x\geq {\sqrt {2}}\,,\end{cases}}$

und

$g(x)={\begin{cases}x,\,{\text{falls }}x\leq {\sqrt {2}}\,,\\x+1,\,{\text{falls }}x>{\sqrt {2}}\,.\end{cases}}$

Beide Funktionen sind streng wachsend und stimmen auf ${}\mathbb {R} \setminus \{{\sqrt {2}}\}$ und insbesondere auf ${}\mathbb {Q}$ überein. Es ist aber ${}f({\sqrt {2}})\neq g({\sqrt {2}})$, so dass die beiden Funktionen verschieden sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

${}f(x)=2x^{3}-4x+5\,.$

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

${}\vert {x-3}\vert \leq {\frac {1}{800}}\,,$

dann ist

${}\vert {f(x)-f(3)}\vert \leq {\frac {1}{10}}\,.$

Lösung

Unter der Bedingung

${}\vert {x-3}\vert \leq {\frac {1}{800}}\,$

ist

${}{\begin{aligned}\vert {f(x)-f(3)}\vert &=\vert {2x^{3}-4x+5-2\cdot 3^{3}+4\cdot 3-5}\vert \\&=\vert {2(x^{3}-3^{3})-4(x-3)}\vert \\&\leq 2\vert {x^{3}-3^{3}}\vert +4\vert {x-3}\vert \\&\leq 2\vert {x-3}\vert \cdot \vert {x^{2}+3x+3^{2}}\vert +{\frac {4}{800}}\\&\leq 2\cdot {\frac {1}{800}}\cdot \vert {16+12+9}\vert +{\frac {4}{800}}\\&={\frac {78}{800}}\\&\leq {\frac {1}{10}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}b>a$ reelle Zahlen. Wir betrachten die Abbildung

$\Psi \colon C^{0}([a,b],\mathbb {R} )\longrightarrow C^{0}(]a,b[,\mathbb {R} ),\,f\longmapsto f{|}_{]a,b[}.$

Zeige, dass ${}\Psi$ injektiv, aber nicht surjektiv ist.

Lösung

Die Funktion ${}f(x)={\frac {1}{(x-a)(x-b)}}$ ist eine rationale Funktion von ${}]a,b[$ nach ${}\mathbb {R}$, also stetig. Für ${}x\rightarrow a$ konvergiert der Nenner gegen ${}0$, so dass die Funktion unbeschränkt ist. Eine auf einem abgeschlossenen Intervall definierte stetige Funktion ist aber nach Satz 13.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) beschränkt, so dass ${}f$ nicht die Einschränkung einer stetigen Funktion ${}g:[a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ sein kann. Die Abbildung ${}\Psi$ ist also nicht surjektiv.

Für eine stetige Funktion ${}g:[a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ gilt

$\operatorname {lim} _{x\in ]a,b[,x\rightarrow a}g(x)=g(a)$

und

$\operatorname {lim} _{x\in ]a,b[,x\rightarrow b}g(x)=g(b).$

Die stetige Funktion ${}g$ ist also durch ihre Werte auf dem offenen Intervall ${}]a,b[$ eindeutig bestimmt, so dass ${}\Psi$ injektiv ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Funktionalgleichung der komplexen Exponentialfunktion, also die Identität

${}\exp \left(z+w\right)=\exp z\cdot \exp w\,$

für ${}z,w\in {\mathbb {C} }$.

Lösung

Das Cauchy-Produkt der beiden Exponentialreihen ist

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}$

mit ${}c_{n}=\sum _{i=0}^{n}{\frac {z^{i}}{i!}}{\frac {w^{n-i}}{(n-i)!}}$. Diese Reihe ist nach Lemma 15.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) absolut konvergent und der Grenzwert ist das Produkt der beiden Grenzwerte. Andererseits ist der ${}n$-te Summand der Exponentialreihe von ${}z+w$ nach der allgemeinen binomischen Formel gleich

${}{\frac {(z+w)^{n}}{n!}}={\frac {1}{n!}}\sum _{i=0}^{n}{\binom {n}{i}}z^{i}w^{n-i}=c_{n}\,,$

so dass die beiden Seiten übereinstimmen.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

$\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}$

eine absolut konvergente Potenzreihe mit Konvergenzradius ${}r>0$. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {N}$ eine Teilmenge. Zeige, dass die Potenzreihe

$\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}z^{n}$

mit

${}b_{n}:={\begin{cases}a_{n},\,{\text{ falls }}n\in I,\\0{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$

ebenfalls absolut konvergent mit einem Konvergenzradius ${}\geq r$ ist.

Lösung

Wir müssen zeigen, dass die Reihe für jedes ${}z\in {\mathbb {C} }$, ${}\vert {z}\vert <r$, absolut konvergiert. Es ist

${}\sum _{n\in \mathbb {N} }\vert {b_{n}z^{n}}\vert =\sum _{n\in \mathbb {N} }\vert {b_{n}}\vert \vert {z}\vert ^{n}\,.$

Für die Reihenglieder gilt

${}\vert {b_{n}}\vert \vert {z}\vert ^{n}\leq \vert {a_{n}}\vert \vert {z}\vert ^{n}\,.$

Da die Reihe ${}\sum _{n\in \mathbb {N} }\vert {a_{n}}\vert \vert {z}\vert ^{n}$ nach Voraussetzung konvergiert, liegt eine konvergente Majorante vor, so dass auch die Reihe ${}\sum _{n\in \mathbb {N} }b_{n}z^{n}$ absolut konvergiert.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=\cos(\ln x).$

a) Bestimme die Ableitung ${}f'$.

b) Bestimme die zweite Ableitung ${}f^{\prime \prime }$.

Lösung

a) Es ist

${}f'(x)=-{\frac {1}{x}}\cdot \sin \left(\ln x\right)\,.$

b) Es ist

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=-{\left({\frac {\sin \left(\ln x\right)}{x}}\right)}^{\prime }\\&=-{\frac {\cos \left(\ln x\right)-\sin \left(\ln x\right)}{x^{2}}}\\&=-{\frac {\cos \left(\ln x\right)}{x^{2}}}+{\frac {\sin \left(\ln x\right)}{x^{2}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}4$ zur Funktion

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

im Entwicklungspunkt ${}a=1$.

Lösung

Wir berechnen zuerst die Ableitungen, diese sind

$f^{\prime }(x)=2xe^{x^{2}}-1,$

$f^{\prime \prime }(x)=2e^{x^{2}}+2x2xe^{x^{2}}={\left(2+4x^{2}\right)}e^{x^{2}},$

$f^{\prime \prime \prime }(x)={\left(8x\right)}e^{x^{2}}+2x{\left(2+4x^{2}\right)}e^{x^{2}}={\left(12x+8x^{3}\right)}e^{x^{2}},$

$f^{\prime \prime \prime \prime }(x)={\left(12+24x^{2}\right)}e^{x^{2}}+2x{\left(12x+8x^{3}\right)}e^{x^{2}}={\left(12+48x^{2}+16x^{4}\right)}e^{x^{2}}.$

Somit ist

$f(1)=e-1,\,f^{\prime }(1)=2e-1,\,f^{\prime \prime }(1)=6e,\,f^{\prime \prime \prime }(1)=20e,\,f^{\prime \prime \prime \prime }(1)=76e.$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${}4$ zum Entwicklungspunkt ${}1$ ist demnach

$e-1+{\left(2e-1\right)}{\left(x-1\right)}+3e{\left(x-1\right)}^{2}+{\frac {10e}{3}}{\left(x-1\right)}^{3}+{\frac {19e}{6}}{\left(x-1\right)}^{4}$

Aufgabe (5 Punkte)

Berechne durch geeignete Substitutionen eine Stammfunktion zu

${\sqrt {3x^{2}+5x-4}}.$

Lösung

Wir schreiben

${}{\begin{aligned}3x^{2}+5x-4&={\left({\sqrt {3}}x+{\frac {5}{2{\sqrt {3}}}}\right)}^{2}-{\frac {25}{12}}-4\\&={\left({\sqrt {3}}x+{\frac {5}{2{\sqrt {3}}}}\right)}^{2}-{\frac {73}{12}}\\&={\frac {73}{12}}\left(({\frac {{\sqrt {12}}{\sqrt {3}}}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5{\sqrt {12}}}{2{\sqrt {3}}{\sqrt {73}}}})^{2}-1\right)\\&={\frac {73}{12}}\left(\left({\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}}\right)^{2}-1\right).\end{aligned}}$

Daher ist mit der Substitution

${}u={\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}}\,$

bzw.

${}x={\frac {\sqrt {73}}{6}}u-{\frac {5}{6}}\,$

${}\int _{}^{}{\sqrt {3x^{2}+5x-4}}\,dx=\int _{}^{}{\sqrt {{\frac {73}{12}}(u^{2}-1)}}\cdot {\frac {\sqrt {73}}{6}}\,du={\frac {73}{12{\sqrt {3}}}}\int _{}^{}{\sqrt {u^{2}-1}}\,du\,.$

Eine Stammfunktion hiervon ist

${\frac {73}{12{\sqrt {3}}}}{\frac {1}{2}}(u{\sqrt {u^{2}-1}}-\,\operatorname {arcosh} \,u\,)$

und damit ist

${\frac {73}{24{\sqrt {3}}}}\left(({\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}}){\sqrt {({\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}})^{2}-1}}-\,\operatorname {arcosh} \,({\frac {6}{\sqrt {73}}}x+{\frac {5}{\sqrt {73}}})\,\right)$

eine Stammfunktion von

${\sqrt {3x^{2}+5x-4}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Stammfunktion der Umkehrfunktion.

Lösung

Ableiten unter Verwendung von [[Differenzierbar/D in R/Rechenregeln/Fakt|Kurs:Analysis/Differenzierbar/D offen K/Rechenregeln/Fakt/Faktreferenznummer (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]] und Satz 18.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ergibt

${}{\begin{aligned}{\left(yf^{-1}(y)-F{\left(f^{-1}(y)\right)}\right)}'&=f^{-1}(y)+y{\frac {1}{f'(f^{-1}(y))}}-f{\left(f^{-1}(y)\right)}{\frac {1}{f'{\left(f^{-1}(y)\right)}}}\\&=f^{-1}(y).\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y'=2t{\text{ mit }}y(5)=3.$

Lösung

Die Stammfunktionen zu ${}2t$ sind ${}t^{2}+c$ mit ${}c\in \mathbb {R}$. Die Anfangsbedingung führt auf

${}5^{2}+c=3\,,$

also ist ${}c=-22$ und somit ist

${}y(t)=t^{2}-22\,$

die Lösung.