Kurs:Analysis/Teil I/34/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	${}\sum$
Punkte	3	3	1	2	3	2	3	2	2	7	3	2	3	3	5	4	1	4	5	3	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Das Bild von ${}F$ ist die Menge

   ${\left\{y\in M\mid {\text{es gibt ein }}x\in L{\text{ mit }}F(x)=y\right\}}.$

2. 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.

3. Die Gaußklammer ${}\lfloor x\rfloor$ ist die größte ganze Zahl ${}n\leq x$.
4. Man sagt, dass ${}f$ stetig im Punkt ${}a$ ist, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ derart gibt, dass für alle ${}x$ mit ${}\vert {a-x}\vert \leq \delta$ die Abschätzung ${}\vert {f(a)-f(x)}\vert \leq \epsilon$ gilt.
5. Man sagt, dass ${}f$ differenzierbar in ${}a$ ist, wenn der Limes

   $\operatorname {lim} _{x\in D\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   existiert.

6. Unter einer Lösung der Differentialgleichung versteht man eine Funktion

   $y\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto y(t),$

   auf einem mehrpunktigen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$, die folgende Eigenschaften erfüllt.

   1. Es ist ${}(t,y(t))\in U$ für alle ${}t\in I$.
   2. Die Funktion ${}y$ ist differenzierbar.
   3. Es ist ${}y'(t)=f(t,y(t))$ für alle ${}t\in I$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, eine Intervallschachtelung in ${}\mathbb {R}$. Dann besteht der Durchschnitt

   $\bigcap _{n\in \mathbb {N} }I_{n}$

   aus genau einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$.
2. Es gebe eine konvergente Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}$ von reellen Zahlen mit ${}\vert {a_{k}}\vert \leq b_{k}$ für alle ${}k$. Dann ist die Reihe

   $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$

   absolut konvergent.
3. Die Funktion

   $f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,x\longmapsto x^{\alpha },$

   ist differenzierbar und ihre Ableitung ist

   ${}f'(x)=\alpha x^{\alpha -1}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Petra fliegt zu ihrer ersten internationalen Konferenz. Als sie auf dem Weg zum Flughafen ihre Wohnung (sie wohnt allein) verlässt und gerade die Wohnungstür zugemacht hat, merkt sie (eine der drei Möglichkeiten)

1. Sie hat ihr Flugticket auf dem Schreibtisch vergessen.
2. Sie hat ihre Schlüssel auf dem Schreibtisch vergessen.
3. Sie hat ihren Reisepass auf dem Schreibtisch vergessen.

Was ist am schlimmsten?

Lösung

(1) und (3) sind jedenfalls nicht schlimm, da Petra die Schlüssel hat und daher direkt die vergessenen Sachen holen kann. Bei (2) hat sie dagegen ein Problem, wenn sie zurückkommt.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ Mengen und ${}F\colon L\rightarrow M$ und ${}G\colon M\rightarrow N$ surjektive Abbildungen. Zeige, dass die Hintereinanderschaltung ${}G\circ F$ ebenfalls surjektiv ist.

Lösung

Sei ${}z\in N$ gegeben. Aufgrund der Surjektivität von ${}G$ gibt es ein ${}y\in M$ mit

${}G(y)=z\,.$

Aufgrund der Surjektivität von ${}F$ gibt es ein ${}x\in L$ mit

${}F(x)=y\,.$

Insgesamt ist

${}(G\circ F)(x)=G(F(x))=G(y)=z\,,$

es gibt also ein Urbild von ${}z$ und somit ist die Gesamtabbildung surjektiv.

Aufgabe (3 Punkte)

Die Zahlen

$n,n-1,n-2,\ldots ,3,2,1$

werden abwechselnd mit einem oder keinem Minuszeichen versehen, wobei ${}n$ kein Minuszeichen bekommt. Was ist die Summe dieser Zahlen?

Lösung

Zwei in einer solchen Reihe aufeinanderfolgende Zahlen ergeben

${}k+-(k-1)=k-k+1=1\,.$

Ein solches Paar trägt also mit ${}1$ zur Gesamtsumme bei. Wenn ${}n$ gerade ist, so gibt es ${}n/2$ solche Paare und die Gesamtsumme ist ${}n/2$. Wenn ${}n$ ungerade ist, so gibt es ${}{\frac {n-1}{2}}$ solche Paare sowie die letzte alleinstehende Zahl ${}1$, die positiv eingeht. Also ist die Gesamtsumme in diesem Fall gleich

${}{\frac {n-1}{2}}+1={\frac {n+1}{2}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Im Wald lebt ein Riese, der ${}8$ Meter und ${}37$ cm groß ist, sowie eine Kolonie von Zwergen, die eine Schulterhöhe von ${}3$ cm haben und mit dem Kopf insgesamt ${}4$ cm groß sind. Hals und Kopf des Riesen sind ${}1,23$ Meter hoch. Auf der Schulter des Riesen steht ein Zwerg. Wie viele Zwerge müssen aufeinander (auf den Schultern) stehen, damit der oberste Zwerg mit dem Zwerg auf dem Riesen zumindest gleichauf ist?

Lösung

Die Schulterhöhe des Riesen befindet sich (alle Angaben in Meter) auf

${}8{,}37-1{,}23=7{,}14\,$

Höhe. Mit dem einen Zwerg darauf sind das ${}7{,}18$. Es ist

${}238\cdot 0{,}03+0{,}04=7{,}14+0{,}04=7{,}18\,,$

daher braucht man ${}239$ Zwerge.

Aufgabe (3 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 Summenfolge ${}{\left(x_{n}+y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

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

ist.

Lösung

Es seien ${}x$ bzw. ${}y$ die Grenzwerte der beiden Folgen. Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz der ersten Folge gibt es zu

${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{2}}\,$

ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

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

gilt. Ebenso gibt es wegen der Konvergenz der zweiten Folge zu ${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{2}}$ ein ${}n_{0}'$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}'$ die Abschätzung

${}\vert {y_{n}-y}\vert \leq \epsilon '\,$

gilt. Sei

${}N={\max {\left(n_{0},n_{0}'\right)}}\,.$

Dann gilt für alle ${}n\geq N$ (unter Verwendung der Dreiecksungleichung) die Abschätzung

${}{\begin{aligned}\vert {x_{n}+y_{n}-(x+y)}\vert &=\vert {x_{n}+y_{n}-x-y}\vert \\&=\vert {x_{n}-x+y_{n}-y}\vert \\&\leq \vert {x_{n}-x}\vert +\vert {y_{n}-y}\vert \\&\leq \epsilon '+\epsilon '\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (2 (0.5+1+0.5) Punkte)

a) Berechne

$(4-7{\mathrm {i} })(5+3{\mathrm {i} }).$

b) Bestimme das inverse Element ${}z^{-1}$ zu

${}z=3+4{\mathrm {i} }\,.$

c) Welchen Abstand hat ${}z^{-1}$ aus Teil (b) zum Nullpunkt?

Lösung

a) Es ist

${}(4-7{\mathrm {i} })(5+3{\mathrm {i} })=20+21-35{\mathrm {i} }+12{\mathrm {i} }=41-23{\mathrm {i} }\,.$

b) Das inverse Element zu ${}z$ ist ${}{\frac {\overline {z}}{z{\overline {z}}}}$, also ist

${}z^{-1}={\frac {a-b{\mathrm {i} }}{a^{2}+b^{2}}}={\frac {3-4{\mathrm {i} }}{3^{2}+4^{2}}}={\frac {3}{25}}-{\frac {4}{25}}{\mathrm {i} }\,.$

c) Der Abstand von ${}z$ zum Nullpunkt ist ${}\vert {z}\vert ={\sqrt {25}}=5$, daher ist der Abstand von ${}z^{-1}$ zum Nullpunkt gleich ${}{\frac {1}{5}}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Ersetze im Term ${}4x^{2}+3x+7$ die Variable ${}x$ durch den Term ${}y^{3}+5$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}4{\left(y^{3}+5\right)}^{2}+3{\left(y^{3}+5\right)}+7&=4{\left(y^{6}+10y^{3}+25\right)}+3y^{3}+15+7\\&=4y^{6}+43y^{3}+122.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über den Grad von ${}P$. Wenn der Grad von ${}T$ größer als der Grad von ${}P$ ist, so ist ${}Q=0$ und ${}R=P$ eine Lösung, sodass wir dies nicht weiter betrachten müssen. Bei ${}\operatorname {grad} \,(P)=0$ ist nach der Vorbemerkung auch ${}\operatorname {grad} \,(TP)=0$, also ist ${}T$ ein konstantes Polynom, und damit ist (da ${}T\neq 0$ und ${}K$ ein Körper ist) ${}Q=P/T$ und ${}R=0$ eine Lösung. Es sei nun ${}\operatorname {grad} \,(P)=n$ und die Aussage für kleineren Grad schon bewiesen. Wir schreiben ${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}$ und ${}T=b_{k}X^{k}+\cdots +b_{1}X+b_{0}$ mit ${}a_{n},b_{k}\neq 0,\,k\leq n$. Dann gilt mit ${}H={\frac {a_{n}}{b_{k}}}X^{n-k}$ die Beziehung

${}{\begin{aligned}P'&:=P-TH\\&=0X^{n}+{\left(a_{n-1}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{k-1}\right)}X^{n-1}+\cdots +{\left(a_{n-k}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{0}\right)}X^{n-k}+a_{n-k-1}X^{n-k-1}+\cdots +a_{0}.\end{aligned}}$

Dieses Polynom ${}P'$ hat einen Grad kleiner als ${}n$ und darauf können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. es gibt ${}Q'$ und ${}R'$ mit

$P'=TQ'+R'{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R')<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R'=0.$

Daraus ergibt sich insgesamt

${}P=P'+TH=TQ'+TH+R'=T(Q'+H)+R'\,,$

sodass also ${}Q=Q'+H$ und ${}R=R'$ eine Lösung ist. Zur Eindeutigkeit sei ${}P=TQ+R=TQ'+R'$ mit den angegebenen Bedingungen. Dann ist ${}T(Q-Q')=R'-R$. Da die Differenz ${}R'-R$ einen Grad kleiner als ${}\operatorname {grad} \,(T)$ besitzt, ist aufgrund der Gradeigenschaften diese Gleichung nur bei ${}R=R'$ und ${}Q=Q'$ lösbar.

Aufgabe (3 Punkte)

Man finde ein Polynom ${}f$ vom Grad ${}\leq 2$, für welches

$f(1)=10,\,f(-2)=1,\,f(3)=16$

gilt.

Lösung

Mit dem Ansatz

${}f=aX^{2}+bX+c\,$

gelangen wir zum linearen Gleichungssystem

${}a+b+c=10\,,$

${}4a-2b+c=1\,,$

${}9a+3b+c=16\,.$

Die Gleichungen ${}II-I$ und ${}III-I$ sind

${}3a-3b=-9\,$

und

${}8a+2b=6\,.$

Daraus ergibt sich (${}2II'+3III'$)

${}30a=0\,,$

also

${}a=0\,.$

Daraus ergibt sich

${}b=3\,$

und

${}c=7\,.$

Es ist also

${}f=3X+7\,.$

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Es sei

${}x_{n}:=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}\,.$

1. Finde das kleinste ${}n$ mit

   ${}x_{n}\geq 2\,.$

2. Finde das kleinste ${}n$ mit

   ${}x_{n}\geq 2{,}5\,.$

Lösung

1. Es ist

   ${}1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}={\frac {6+3+2}{6}}={\frac {11}{6}}<2\,$

   und

   ${}1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}={\frac {11}{6}}+{\frac {1}{4}}={\frac {44+6}{24}}={\frac {50}{24}}={\frac {25}{12}}>2\,.$

   Die Summe der ersten vier Stammbrüche ist also erstmals größer als ${}2$.

2. Es ist

   ${}1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}={\frac {25}{12}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}={\frac {125+12+10}{60}}={\frac {147}{60}}={\frac {49}{20}}<2,5\,.$

   Wegen

   ${}{\frac {1}{7}}>{\frac {1}{20}}\,$

   ist die Summe der ersten sieben Stammbrüche größer als ${}2,5$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}a\in \mathbb {R}$ und seien ${}f,g,h\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ Funktionen. Dabei seien ${}g$ und ${}h$ stetig im Punkt ${}a$, es gelte ${}g(a)=f(a)=h(a)$ und es gelte ${}g(x)\leq f(x)\leq h(x)$ für alle ${}x\in \mathbb {R}$. Zeige, dass auch ${}f$ in ${}a$ stetig ist.

Lösung

Zunächst ist ${}f(a)=g(a)=h(a)=:b$. Wir verwenden das Folgenkriterium. Es sei also ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine reelle Folge, die gegen ${}a$ konvergiert. Wegen der Stetigkeit von ${}g$ konvergiert ${}g(x_{n})$ gegen ${}b$ und wegen der Stetigkeit von ${}h$ konvergiert ${}h(x_{n})$ ebenfalls gegen ${}b$. Dabei gilt

${}g(x_{n})\leq f(x_{n})\leq h(x_{n})\,.$

Aufgrund des Quetschkriteriums konvergiert auch ${}f(x_{n})$ gegen ${}b$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises mit der Standardparabel.

Lösung

Die Standardparabel ist durch die Gleichung

${}y=x^{2}\,$

und der Einheitskreis ist durch die Gleichung

${}x^{2}+y^{2}=1\,$

gegeben. Die Schnittpunkte müssen beide Gleichungen simultan erfüllen. Wir ersetzen mit der ersten Gleichung ${}x^{2}$ in der zweiten Gleichung und erhalten

${}y^{2}+y-1=0\,.$

Also ist

${}y={\frac {-1\pm {\sqrt {1+4}}}{2}}={\frac {-1\pm {\sqrt {5}}}{2}}\,.$

Für das negative Vorzeichen ergibt sich keine Quadratwurzel, also ist

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

und

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

Die beiden Schnittpunkte sind also ${}\left(-{\sqrt {\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}},\,{\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)$ und ${}\left({\sqrt {\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}},\,{\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)$.

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 (4 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=2xe^{3x}.$

Zeige durch Induktion, dass die ${}n$-te Ableitung ($n\geq 1$) von ${}f$ gleich

${}f^{(n)}(x)={\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\,$

ist.

Lösung

Die Ableitung von ${}f$ ist nach der Produktregel

${}f'(x)=2e^{3x}+2x\cdot 3e^{3x}={\left(3^{1}\cdot 2x+2\right)}e^{3x}={\left(3^{1}\cdot 2x+3^{0}\cdot 2\cdot 1\right)}e^{3x}\,.$

Dadurch ist die Gleichung für ${}n=1$ richtig und der Induktionsanfang ist gesichert. Es sei die Gleichung nun für die ${}n$-te Ableitung schon bewiesen. Wegen ${}f^{(n+1)}=(f^{n})'$ gilt somit

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}&={\left({\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\right)}'\\&=3^{n}\cdot 2e^{3x}+3{\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\\&={\left(3^{n+1}\cdot 2x+3^{n}\cdot 2+3^{n}\cdot 2n\right)}e^{3x}\\&={\left(3^{n+1}\cdot 2x+3^{n}\cdot 2(n+1)\right)}e^{3x}.\end{aligned}}$

Daher ist die Gleichung auch für die ${}(n+1)$-te Ableitung richtig.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere den Graphen der Kosinusfunktion.

Lösung Reelle Kosinusfunktion/Skizziere/Aufgabe/Lösung

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

Betrachte die Abbildung

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)={\frac {e^{x}}{1+e^{x}}}.$

1. Bestimme die erste Ableitung von ${}f$.
2. Bestimme die zweite Ableitung von ${}f$.
3. Bestimme das Monotonieverhalten von ${}f$.
4. Ist ${}f$ injektiv?

Lösung

1. Es ist

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

2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&={\left({\frac {e^{x}}{(1+e^{x})^{2}}}\right)}'\\&={\frac {e^{x}(1+e^{x})^{2}-2e^{x}(1+e^{x})e^{x}}{(1+e^{x})^{4}}}\\&={\frac {e^{x}(1+e^{x})-2e^{x}e^{x}}{(1+e^{x})^{3}}}\\&={\frac {e^{x}-e^{2x}}{(1+e^{x})^{3}}}.\end{aligned}}$

3. Die erste Ableitung ist stets positiv, daher ist die Funktion streng monoton wachsend.
4. Als streng wachsende Funktion ist die Funktion auch injektiv.

Aufgabe (5 (1+4) Punkte)

1. Bestimme die Taylorreihe zur Funktion

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

   im Entwicklungspunkt ${}1$.

2. Es sei

   ${}g(y)={\sqrt {y}}\,$

   und es sei

   ${}b_{0}+b_{1}(y-1)+b_{2}(y-1)^{2}+\ldots =\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}(y-1)^{k}\,$

   die Taylorreihe zu ${}g$ im Entwicklungspunkt ${}1$. Bestimme die Koeffizienten ${}b_{0},b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}$ aus der Gleichung

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

Lösung

1. Es ist

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

   daher ist dies die Taylorreihe zur Quadratfunktion im Entwicklungspunkt ${}1$.

2. Mit

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

   ist

   ${}y-1=2(x-1)+(x-1)^{2}=2z+z^{2}\,,$

   wobei wir zur Vereinfachung ${}z=x-1$ gesetzt haben. Die Bedingung

   ${}g(f(x))=x\,$

   lautet somit ausgeschrieben

   ${}{\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}(2z+z^{2})^{k}&=b_{0}+b_{1}(2z+z^{2})+b_{2}(2z+z^{2})^{2}+b_{3}(2z+z^{2})^{3}+b_{4}(2z+z^{2})^{4}+\ldots \\&=x\\&=1+z.\end{aligned}}$

   Daraus können die ${}b_{k}$ sukzessive durch Koeffizientenvergleich bestimmt werden, da in der unendlichen Summe nur endlich viele Terme die Koeffizienten bestimmen. Zunächst ergibt sich

   ${}b_{0}=1\,.$

   Aus (Koeffizient vor ${}z$)

   ${}2b_{1}=1\,$

   ergibt sich

   ${}b_{2}={\frac {1}{2}}\,.$

   Aus (Koeffizient vor ${}z^{2}$)

   ${}b_{1}+4b_{2}=0\,$

   ergibt sich

   ${}b_{2}=-{\frac {1}{8}}\,.$

   Aus (Koeffizient vor ${}z^{3}$)

   ${}4b_{2}+8b_{3}=0\,$

   ergibt sich

   ${}b_{3}={\frac {1}{16}}\,.$

   Aus (Koeffizient vor ${}z^{4}$)

   ${}b_{2}+6b_{3}+16b_{4}=0\,$

   ergibt sich

   ${}b_{4}=-{\frac {1}{64}}\,.$

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

1. Lucy Sonnenschein fährt eine Stunde lang Fahrrad und möchte dabei ${}30$ Kilometer zurücklegen. Nach ${}55$ Minuten merkt sie, dass sie bisher erst ${}26$ Kilometer geschafft hat. Wie schnell muss sie konstant in den verbleibenden Minuten fahren, um ihr Ziel zu erreichen?
2. Eine Fahrradfahrt wird durch eine (stetige) Geschwindigkeitsfunktion ${}f(t)$ beschrieben, die zurückgelegte Strecke zwischen den Zeitpunkten ${}a$ und ${}b$ ist also ${}\int _{a}^{b}f(t)dt$ und die Durchschnittsgeschwindigkeit in diesem Zeitintervall ist ${}{\frac {\int _{a}^{b}f(t)dt}{b-a}}$. Bestimme die Funktion ${}g(x)$, die die Änderung der Durchschnittsgeschwindigkeit vom festen Startzeitpunkt ${}a$ zum Zeitpunkt ${}x$ beschreibt.

Lösung

1. Sie muss in den verbleibenden ${}5$ Minuten ${}4$ Kilometer schaffen, dies erfordert eine Geschwindigkeit von

   ${}{\frac {4km}{5Min}}={\frac {48km}{60Min}}\,,$

   also ${}48$ Stundenkilometer.

2. Die Durchschnittsgeschwindigkeit zwischen den Zeitpunkten ${}a$ und ${}x$ wird durch die Funktion

   ${}h(x)={\frac {\int _{a}^{x}f(t)dt}{x-a}}\,$

   auf ${}]a,\infty ]$ beschrieben. Die Änderung der Durchschnittsgeschwindigkeit ist die Ableitung davon, diese ist nach der Quotientenregel und nach dem Hauptsatz der Infinitesimalrechnung gleich

   ${}{\begin{aligned}g(x)&=h'(x)\\&={\frac {(x-a){\left(\int _{a}^{x}f(t)dt\right)}'-\int _{a}^{x}f(t)dt}{(x-a)^{2}}}\\&={\frac {(x-a)f(x)-\int _{a}^{x}f(t)dt}{(x-a)^{2}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Löse die Differentialgleichung

${}y'={\frac {t}{y}}\,$

auf ${}\mathbb {R} _{+}$ mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen.

Lösung

Eine Stammfunktion von ${}y$ ist ${}{\frac {1}{2}}y^{2}$. Aus

${}z={\frac {1}{2}}y^{2}\,$

folgt

${}y=\pm {\sqrt {2z}}\,,$

wobei sich ${}+$ auf ${}y\in \mathbb {R} _{+}$ und ${}-$ auf ${}y\in \mathbb {R} _{-}$ bezieht. Die Stammfunktionen zu ${}t$ sind ${}{\frac {1}{2}}t^{2}+c$, somit sind

${}y(t)=\pm {\sqrt {2{\left({\frac {1}{2}}t^{2}+c\right)}}}=\pm {\sqrt {t^{2}+d}}\,$

mit ${}d=2c$ die Lösungen. Diese sind bei ${}d\geq 0$ auf ganz ${}\mathbb {R}$ und bei ${}d<0$ auf ${}[-{\sqrt {-d}},{\sqrt {-d}}]$ definiert.