Kurs:Analysis/Teil I/33/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Produktmenge aus zwei Mengen ${}L$ und ${}M$.
2. Eine Abbildung ${}F$ von einer Menge ${}L$ in eine Menge ${}M$.
3. Ein Körper.
4. Die Eulersche Zahl.
5. Die ${}n$-fache stetige Differenzierbarkeit einer Funktion

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

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

6. Eine lineare inhomogene gewöhnliche Differentialgleichung.

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. Eine Abbildung ${}F$ von ${}L$ nach ${}M$ ist dadurch gegeben, dass jedem Element der Menge ${}L$ genau ein Element der Menge ${}M$ zugeordnet wird.
3. Eine Menge ${}K$ heißt ein Körper, wenn es zwei Verknüpfungen (genannt Addition und Multiplikation)

   $+:K\times K\longrightarrow K{\text{ und }}\cdot :K\times K\longrightarrow K$

   und zwei verschiedene Elemente ${}0,1\in K$ gibt, die die folgenden Eigenschaften erfüllen.

   1. Axiome der Addition
      1. Assoziativgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt: ${}(a+b)+c=a+(b+c)$.
      2. Kommutativgesetz: Für alle ${}a,b\in K$ gilt ${}a+b=b+a$.
      3. ${}0$ ist das neutrale Element der Addition, d.h. für alle ${}a\in K$ ist ${}a+0=a$.
      4. Existenz des Negativen: Zu jedem ${}a\in K$ gibt es ein Element ${}b\in K$ mit ${}a+b=0$.
   2. Axiome der Multiplikation
      1. Assoziativgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt: ${}(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$.
      2. Kommutativgesetz: Für alle ${}a,b\in K$ gilt ${}a\cdot b=b\cdot a$.
      3. ${}1$ ist das neutrale Element der Multiplikation, d.h. für alle ${}a\in K$ ist ${}a\cdot 1=a$.
      4. Existenz des Inversen: Zu jedem ${}a\in K$ mit ${}a\neq 0$ gibt es ein Element ${}c\in K$ mit ${}a\cdot c=1$.
   3. Distributivgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt ${}a\cdot (b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c)$.
4. Die Eulersche Zahl ist durch

   ${}e=\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}^{n}\,$

   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. 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. Die Produktregel für konvergente Folgen in einem angeordneten Körper.
2. Der Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.
3. Die Jensensche Ungleichung.

Lösung

1. 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

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

2. Ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}d$ besitzt maximal ${}d$ Nullstellen.
3. Es sei ${}f\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ eine konvexe Funktion, seien ${}x_{1},\ldots ,x_{n}\in I$ und ${}t_{1},\ldots ,t_{n}\in \mathbb {R} _{\geq 0}$ mit ${}\sum _{i=1}^{n}t_{i}=1$. Dann ist

   ${}f{\left(\sum _{i=1}^{n}t_{i}x_{i}\right)}\leq \sum _{i=1}^{n}t_{i}f(x_{i})\,.$

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

1. Löse das folgende Minisudoku

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&-\\3&-&-&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}.$

2. Begründe, dass das Minisudoku aus (1) nur eine Lösung besitzt.
3. Welche mathematischen Beweisverfahren finden sich als typische Argumentationsschemata beim Lösen eines Sudokus wieder?

Lösung

1. ${\begin{pmatrix}4&1&2&3\\3&2&1&4\\1&3&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

2. Wir gehen von

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&-\\3&-&-&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}$

   aus. In der dritten Stelle der zweiten Zeile muss eine ${}1$ sein und somit muss rechts oben eine ${}3$ stehen. Dies ergibt

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&-&1&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}.$

   An der vierten Stelle der dritten Zeile muss eine ${}2$ stehen. In der vierten Zeile muss an der dritten Stelle eine ${}3$ und somit in der vierten Zeile an der ersten Stelle eine ${}2$ stehen. Dies ergibt

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&-&1&4\\-&-&-&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

   Dies erzwingt

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&2&1&4\\-&-&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

   An der zweiten Stelle der ersten Zeile muss eine ${}1$ stehen, dies ergibt dann die eindeutige Lösung

   ${\begin{pmatrix}4&1&2&3\\3&2&1&4\\1&3&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

3. 1. Direkter Beweis: Durch Betrachten der schon gefundenen Zahlen erschließt man, welche Zahl in ein bestimmtes Feld gesetzt werden muss.
   2. Beweis durch Fallunterscheidung: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir ${}a$ oder ${}b$ möglich sind. Wenn man nun in beiden Fällen, dass es sich um ${}a$ oder um ${}b$ handelt, jeweils erschließen kann, dass in einem bestimmten anderen Feld die Zahl ${}c$ stehen muss, so steht diese Zahl fest.
   3. Beweis durch Widerspruch: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir ${}a$ oder ${}b$ möglich sind. Man nimmt nun an, dass es sich um ${}a$ handelt. Wenn man nun erschließen kann, dass sich daraus an irgendeiner Stelle ein Widerspruch ergibt, so kann die Belegung durch ${}a$ nicht gelten und ${}b$ ist richtig.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige

${}\sum _{j=0}^{n}{\binom {n}{j}}2^{j}=3^{n}\,$

durch Induktion.

Lösung

Für ${}n=0$ steht beidseitig ${}1$. Es sei die Aussage für ${}n$ bekannt. Dann ist unter Verwendung von Lemma 3.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}\sum _{j=0}^{n+1}{\binom {n+1}{j}}2^{j}&=\sum _{j=0}^{n+1}{\left({\binom {n}{j}}+{\binom {n}{j-1}}\right)}2^{j}\\&=\sum _{j=0}^{n+1}{\binom {n}{j}}2^{j}+\sum _{j=0}^{n+1}{\binom {n}{j-1}}2^{j}\\&=3^{n}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}2^{k+1}\\&=3^{n}+2\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}2^{k}\\&=3^{n}+2\cdot 3^{n}\\&=3^{n+1}.\end{aligned}}$

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

Bestimme, welche der folgenden Wertetabellen Abbildungen ${}\varphi \colon L\rightarrow M$ zwischen den angegebenen Mengen festlegen. Welche sind injektiv, welche surjektiv, welche bijektiv?

1. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}\varphi (x)$	${}b$	${}e$	${}f$	${}h$	${}e$	${}g$	${}c$	${}d$

2. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}e$	${}\,$	${}d$	${}e$	${}a$	${}b$	${}a$

3. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}f$	${}d$	${}e$	${}h$	${}b$	${}a$

4. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}3$	${}7$	${}1$	${}4$	${}6$	${}8$	${}5$	${}2$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}d$	${}f$	${}a$	${}e$	${}h$	${}b$	${}g$

Lösung

1. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist nicht injektiv, da ${}e$ zweifach getroffen wird, und nicht surjektiv, da ${}a$ nicht getroffen wird.
2. Es handelt sich um keine Abbildung, da für die ${}3$ kein Wert festgelegt ist.
3. Es handelt sich um eine Abbildung. Sie ist injektiv, aber nicht surjektiv (und somit nicht bijektiv), da ${}g$ nicht getroffen wird.
4. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist injektiv und surjektiv, also auch bijektiv.

Aufgabe (4 Punkte)

Mustafa Müller schreibt die natürlichen Zahlen

$0,1,2,3,\ldots ,998,999,1000$

hintereinander auf. Wie oft kommt dabei die Ziffern ${}0,1,2,\ldots ,9$ vor? Wie viele Kommata setzt er?

Lösung

Er setzt ${}1000$ Kommata. Wir überlegen uns, wie die Anzahl der Ziffern ist, wenn er jede dreistellige Zifferenkombination ${}abc$ mit ${}a,b,c\in \{0,1,\ldots ,9\}$ hinschreiben würde. Davon gibt es ${}10^{3}=1000$ Möglichkeiten, die den hingeschriebenen Zahlen (bis auf die ${}1000$) entsprechen, wenn man die Zahlen vorne durch Nullen auffüllt. Insgesamt kommen ${}3000$ Ziffern vor und jede Ziffer kommt gleich oft, also ${}300$ Mal vor. Deshalb kommen die Ziffern ${}2,3,\ldots ,9$ in der Mülleraufzählung ${}300$ hundert Mal vor und die ${}1$ kommt (wegen der ${}1000$) genau ${}301$ Mal vor. Die ${}0$ kommt aber in der Mülleraufzählung weniger oft vor, und zwar muss man ${}20$ Nullen für die einstelligen Zahlen und ${}90$ Nullen für die zweistelligen Zahlen abziehen. Deshalb kommt die ${}0$ in der Mülleraufzählung ${}300-20-90+3=193$ Mal vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper, es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge in ${}K$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine beschränkte Folge in ${}K$. Zeige, dass dann auch die Produktfolge ${}(x_{n}y_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge ist.

Lösung

Es sei ${}B>0$ eine Schranke für ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Da ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge ist, gibt es zu ${}{\frac {\epsilon }{B}}$ ein ${}n_{0}$ derart, dass für ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung ${}\vert {x_{n}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{B}}$ gilt. Für diese Indizes ist dann auch

${}\vert {x_{n}y_{n}}\vert =\vert {x_{n}}\vert \cdot \vert {y_{n}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{B}}\cdot B=\epsilon \,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Vergleiche

${\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}.$

Lösung

Wir fragen uns, ob

${}{\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}>{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}\,$

ist. Dies ist, da das Quadrieren von positiven Zahlen eine Äquivalenzumformung für die Größenbeziehung ist, äquivalent zu

${}3+10+2{\sqrt {30}}={\left({\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}\right)}^{2}>{\left({\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}\right)}^{2}=5+7+2{\sqrt {35}}\,.$

Dies ist durch Subtraktion mit ${}12$ äquivalent zu

${}1+2{\sqrt {30}}>2{\sqrt {35}}\,.$

Durch Quadrieren ist dies äquivalent zu

${}1+4\cdot 30+4\cdot {\sqrt {30}}={\left(1+2{\sqrt {30}}\right)}^{2}>4\cdot 35=140\,.$

Dies ist äquivalent zu

${}4{\sqrt {30}}>19\,.$

Quadrieren liefert

${}480=16\cdot 30>19^{2}=361\,,$

was stimmt. Also ist

${}{\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}>{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Untersuche die Folge

${}x_{n}={\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n\,$

auf Konvergenz.

Lösung

Wir behaupten, dass die Folge gegen ${}{\frac {1}{2}}$ konvergiert. Zunächst haben wir die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n(n+1)}}-n\\&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\leq {\sqrt {n^{2}+n+{\frac {1}{4}}}}-n\\&={\sqrt {{\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}}}-n\\&=n+{\frac {1}{2}}-n\\&={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}\alpha <{\frac {1}{2}}$ fixiert. Wir zeigen, dass die Folgenglieder für ${}n$ hinreichend groß oberhalb von ${}\alpha$ liegen. Es ist

${}(1-2\alpha )>0\,$

und somit gilt für ${}n$ hinreichend groß die Abschätzung

${}(1-2\alpha )n\geq \alpha ^{2}\,.$

Für solche ${}n$ ist dann auch

${}n^{2}+n\geq n^{2}+2\alpha n+\alpha ^{2}=(n+\alpha )^{2}\,.$

Also hat man für diese Folgenglieder die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\geq {\sqrt {(n+\alpha )^{2}}}-n\\&=n+\alpha -n\\&=\alpha .\end{aligned}}$

Daraus folgt die Behauptung.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom und ${}a\in K$. Zeige, dass ${}a$ genau dann eine Nullstelle von ${}P$ ist, wenn ${}P$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.

Lösung

Wenn ${}P$ ein Vielfaches von ${}X-a$ ist, so kann man

${}P=(X-a)Q\,$

mit einem weiteren Polynom ${}Q$ schreiben. Einsetzen ergibt

${}P(a)=(a-a)Q(a)=0\,.$

Im Allgemeinen gibt es aufgrund der Division mit Rest eine Darstellung

${}P=(X-a)Q+R\,,$

wobei ${}R=0$ oder aber den Grad ${}0$ besitzt, also so oder so eine Konstante ist. Einsetzen ergibt

${}P(a)=R\,.$

Wenn also ${}P(a)=0$ ist, so muss der Rest ${}R=0$ sein, und das bedeutet, dass ${}P=(X-a)Q$ ist.

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

Es sei ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Zeige die folgenden Aussagen.

1. Die Funktion ${}f$ ist durch ihre Werte auf ${}\mathbb {Q}$ eindeutig festgelegt.
2. Der Funktionswert ${}f(a)$ ist durch die Funktionswerte ${}f(x)$, ${}x\neq a$, festgelegt.
3. Wenn für alle ${}x<a$ die Abschätzung

   ${}f(x)\leq c\,$

   gilt, so gilt auch

   ${}f(a)\leq c\,.$

Lösung

1. Nach Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es für jede reelle Zahl ${}x$ eine Folge ${}x_{n}$ von rationalen Zahlen (sogar von Dezimalbrüchen), die gegen ${}x$ konvergiert. Wegen der Stetigkeit und Satz 12.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist dann

   ${}f(x)=\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})\,.$

2. Für jedes ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ ist

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

   Da die Folge der Stammbrüche eine Nullfolge ist, konvergiert diese Folge gegen ${}a$. Wegen der Stetigkeit und Satz 12.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist wieder

   ${}f(x)=\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})\,.$

3. Dies folgt aus Teil (2) und Lemma 6.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien

$f_{1},f_{2}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

periodische Funktionen mit den Periodenlängen ${}L_{1}$ bzw. ${}L_{2}$. Der Quotient ${}L_{1}/L_{2}$ sei eine rationale Zahl. Zeige, dass auch ${}f_{1}+f_{2}$ eine periodische Funktion ist.

Lösung

Der Quotient der Periodenlängen sei

${}{\frac {L_{1}}{L_{2}}}={\frac {a}{b}}\,$

mit ${}a,b\in \mathbb {N} _{+}$. Also ist ${}bL_{1}=aL_{2}$. Wir behaupten, dass

${}L=bL_{1}=aL_{2}\,$

eine Periodenlänge für ${}f_{1}+f_{2}$ ist. Dies beruht auf

${}{\begin{aligned}(f_{1}+f_{2})(x+L)&=f_{1}(x+L)+f_{2}(x+L)\\&=f_{1}(x+bL_{1})+f_{2}(x+aL_{2})\\&=f_{1}(x)+f_{2}(x)\\&=(f_{1}+f_{2})(x)\end{aligned}}$

für alle ${}x\in \mathbb {R}$, da ja mit ${}L_{1}$ (bzw. ${}L_{2}$) auch jedes ganzzahlige Vielfache eine Periodenlänge von ${}f_{1}$ (bzw. von ${}f_{2}$) ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Extrema und das Wachstumsverhalten der rationalen Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {x}{x^{2}+1}}.$

Lösung

Nach der Quotientenregel ist

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

Die Nullstellen der Zählerfunktion sind

${}x=\pm 1\,.$

Der Ableitung kann man ferner entnehmen, dass die Funktion ${}f$ für ${}x<-1$ streng fallend, für ${}-1<x<1$ streng wachsend und für ${}x>1$ wieder streng fallend ist. Deshalb liegt in ${}-1$ ein isoliertes lokales Minimum und in ${}1$ ein isoliertes lokales Maximum vor. Da ${}f$ unterhalb von ${}0$ negativ und oberhalb von ${}0$ positiv ist, sind beide Extrema global.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den zweiten Mittelwertsatz der Differentialrechnung.

Lösung

Die Aussage

${}g(a)\neq g(b)\,$

folgt aus Satz 19.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Wir betrachten die Hilfsfunktion

${}h(x):=f(x)-{\frac {f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}}g(x)\,.$

Es ist

${}{\begin{aligned}h(a)&=f(a)-{\frac {f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}}g(a)\\&={\frac {f(a)g(b)-f(a)g(a)-f(b)g(a)+f(a)g(a)}{g(b)-g(a)}}\\&={\frac {f(a)g(b)-f(b)g(a)}{g(b)-g(a)}}\\&={\frac {f(b)g(b)-f(b)g(a)-f(b)g(b)+f(a)g(b)}{g(b)-g(a)}}\\&=f(b)-{\frac {f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}}g(b)\\&=h(b).\end{aligned}}$

Also ist ${}h(a)=h(b)$ und Satz 19.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) liefert die Existenz eines ${}c\in {]a,b[}$ mit

${}h'(c)=0\,.$

Umstellen ergibt die Behauptung.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}2$ zur rationalen Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {x}{x^{2}+1}},$

im Entwicklungspunkt ${}1$.

Lösung

Nach der Quotientenregel ist

${}f'(x)={\frac {(x^{2}+1)-x(2x)}{(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {-x^{2}+1}{(x^{2}+1)^{2}}}\,$

und

${}f^{\prime \prime }(x)={\frac {-2x(x^{2}+1)^{2}-4(1-x^{2})(x^{2}+1)}{(x^{2}+1)^{4}}}\,.$

Es ist

${}f(1)={\frac {1}{2}}\,,$

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

und

${}f^{\prime \prime }(1)={\frac {-2\cdot 4}{16}}=-{\frac {1}{2}}\,.$

Somit ist das gesuchte Taylor-Polynom gleich

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-1)^{2}.$

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

a) Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung

$y'={\frac {t^{2}}{y}},\,y>0,\,t>0,$

mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen.

b) Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems

$y'={\frac {t^{2}}{y}}{\text{ mit }}y(4)=5.$

Lösung

a) Wir setzen ${}g(t)=t^{2}$ und ${}h(y)={\frac {1}{y}}$. Eine Stammfunktion von ${}g(t)$ ist ${}G(t)={\frac {1}{3}}t^{3}$ und eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{h(y)}}=y$ ist

${}H(y)={\frac {1}{2}}y^{2}\,.$

Die Umkehrfunktion von ${}H$ ist

${}H^{-1}(z)={\sqrt {2}}{\sqrt {z}}\,.$

Daher ist

${}y(t)={\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {{\frac {1}{3}}t^{3}}}={\sqrt {\frac {2}{3}}}\cdot t^{\frac {3}{2}}\,$

eine Lösung der Differentialgleichung.

b) Wir machen den Ansatz ${}H(y)={\frac {1}{2}}y^{2}+c$ mit der Umkehrfunktion

${}H^{-1}(z)={\sqrt {2z-2c}}\,,$

was zur Lösung(sschar)

${}y(t)={\sqrt {{\frac {2}{3}}t^{3}-2c}}\,$

führt. Aus

${}5=y(4)={\sqrt {{\frac {2}{3}}4^{3}-2c}}\,$

folgt

${}{\begin{aligned}c&={\frac {1}{2}}{\left({\frac {2}{3}}4^{3}-25\right)}\\&={\frac {128-75}{6}}\\&={\frac {53}{6}}\end{aligned}}$

Also ist

${}y(t)={\sqrt {{\frac {2}{3}}t^{3}-{\frac {53}{3}}}}\,$

die Lösung des Anfangswertproblems.