Kurs:Analysis/Teil I/35/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	4	2	7	2	4	5	4	5	4	3	2	1	5	3	4	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine bijektive Abbildung

   $f\colon M\longrightarrow N.$

2. Ein Häufungspunkt einer Folge in einem angeordneten Körper ${}K$.
3. Der Imaginärteil einer komplexen Zahl ${}z$.
4. Die reelle Exponentialfunktion zur Basis ${}b>0$.
5. Die Riemann-Integrierbarkeit einer Funktion

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

6. Die Zeitunabhängigkeit einer gewöhnlichen Differentialgleichung

   $y'=f(t,y).$

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt bijektiv, wenn sie sowohl injektiv als auch surjektiv ist.
2. 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.
3. Zu einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ nennt man ${}b$ den Imaginärteil von ${}z$.
4. Die Funktion

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto b^{x},$

   heißt Exponentialfunktion zur Basis ${}b$.

5. Die Funktion ${}f$ heißt Riemann-integrierbar, wenn die Einschränkung von ${}f$ auf jedes kompakte Intervall ${}[a,b]\subseteq \mathbb {R}$ Riemann-integrierbar ist.
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)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Bernoulli-Ungleichung für einen angeordneten Körper ${}K$.
2. Der Satz über das Konvergenzverhalten einer Potenzreihe

   ${}f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(z-a)^{n}\,.$

3. Der Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion zu einer bijektiven differenzierbaren Funktion

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

Lösung

1. Für ${}x\geq -1$ und ${}n\in \mathbb {N}$ ist

   ${}(1+x)^{n}\geq 1+nx\,.$

2. Die Potenzreihe ${}f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(z-a)^{n}$ sei für eine komplexe Zahl ${}z=b$, ${}b\neq a$, konvergent. Dann ist für jeden reellen Radius ${}r$ mit ${}0<r<\vert {b-a}\vert$ die Potenzreihe ${}f(z)$ auf der abgeschlossenen Kreisscheibe ${}B\left(a,r\right)$ punktweise absolut und gleichmäßig konvergent.
3. Zu ${}a\in {\mathbb {K} }$ mit ${}f'(a)\neq 0$ ist auch die Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ in ${}b=f(a)$ differenzierbar mit

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

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

In einer Höhle befinden sich im Innern am Ende des Ganges vier Personen. Sie haben eine Taschenlampe bei sich und der Gang kann nur mit der Taschenlampe begangen werden. Dabei können höchstens zwei Leute gemeinsam durch den Gang gehen. Die Personen sind unterschiedlich geschickt, die erste Person benötigt eine Stunde, die zweite Person benötigt zwei Stunden, die dritte Person benötigt vier Stunden und die vierte Person benötigt fünf Stunden, um den Gang zu durchlaufen. Wenn zwei Personen gleichzeitig gehen, entscheidet die langsamere Person über die Geschwindigkeit.

1. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}13$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?
2. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}12$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?

Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

$0{,}00000029\cdot 0{,}00000000037.$

Das Ergebnis soll in einer entsprechenden Form angegeben werden.

Lösung

Es ist

${}0{,}00000029=29\cdot 10^{-8}\,$

und

${}0{,}00000000037=37\cdot 10^{-11}\,.$

Somit ist das Produkt

${}0{,}00000029\cdot 0{,}00000000037=29\cdot 10^{-8}\cdot 37\cdot 10^{-11}=29\cdot 37\cdot 10^{-19}=1073\cdot 10^{-19}\,.$

Die Kommadarstellung davon ist

$0{,}0000000000000001073.$

Aufgabe (7 Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\Psi \colon \mathbb {N} ^{4}\longrightarrow \mathbb {N} ^{4},$

die einem Vierertupel ${}(a,b,c,d)$ das Vierertupel

$(\vert {b-a}\vert ,\vert {c-b}\vert ,\vert {d-c}\vert ,\vert {a-d}\vert )$

zuordnet. Zeige, dass sich bei jedem Starttupel ${}(a,b,c,d)$ nach endlich vielen Iterationen dieser Abbildung stets das Nulltupel ergibt.

Lösung

Es sei ${}m$ das Maximum der beteiligten vier Zahlen ${}a,b,c,d$. Wir zeigen, dass dieses Maximum nach endlich vielen Iterationen kleiner wird. Da wir uns innerhalb der natürlichen Zahlen befinden, folgt daraus, dass das Maximum irgendwann ${}0$ wird, was bedeutet, dass dann alle vier Zahlen ${}0$ sind. Da alle Zahlen aus ${}\mathbb {N}$ sind und die nichtnegative Differenz genommen wird, wird das Maximum definitiv nicht größer bei einer Iteration. Allerdings kann das Maximum gleich bleiben. Dies kann aber nur dann sein, wenn ein Nachbar (zyklisch gedacht, die vierte Zahl ist also auch ein Nachbar der ersten Zahl) des Maximums gleich ${}0$ ist. Wir müssen (durch zyklisches Vertauschen und Spiegeln) nur noch die Situation anschauen, wo das Tupel die Form

$(m,0,x,y)$

mit ${}x,y\leq m$ hat. Wenn ${}x=y=0$ ist, so liefert die Abbildung

$(m,0,0,m).$

Wir müssen also nur noch die Situation anschauen, wo es höchstens zwei Nullen gibt. Bei

$(m,0,x,0)$

mit ${}x\neq 0$ ergibt sich im nächsten Schritt

$(m,x,x,m),$

was keine Nullen mehr hat. Bei

$(m,0,0,y)$

mit ${}y\neq 0$ ergibt sich im nächsten Schritt

$(m,0,y,m-y).$

Bei ${}y<m$ besitzt dies nur eine Null, bei ${}y=m$ sind wir in einem schon behandelten Fall. Es sei das Tupel jetzt

$(m,0,x,y)$

mit

${}0<x,y\leq m\,.$

Das Ergebnis ist

$(m,x,\vert {x-y}\vert ,m-y).$

Bei ${}x=m$ ist dies

$(m,m,m-y,m-y)$

mit dem Folgetupel

$(0,y,0,y).$

Bei ${}y<m$ besitzt dies ein kleineres Maximum, bei ${}y=m$ ist das Folgetupel gleich

$(m,m,m,m),$

und davon ist das Folgetupel

$(0,0,0,0).$

Es sei also ${}x<m$. Das Folgetupel ist bei ${}y=m$ gleich

${}(m,x,\vert {x-y}\vert ,m-y)=(m,x,m-x,0)\,,$

und dessen Folgetupel ist

$(m-x,\vert {m-2x}\vert ,m-x,m).$

Allenfalls in der dritten Position könnte eine ${}0$ stehen, doch diese ist nicht benachbart zum einzigen Vorkommen von ${}m$, sodass das Folgetupel keine Null besitzt.

Das Folgetupel ist bei ${}y<m$ gleich

$(m,x,\vert {x-y}\vert ,m-y),$

und dabei ist wieder allenfalls in der dritten Position eine ${}0$, stehen, doch diese ist nicht benachbart zum einzigen Vorkommen von ${}m$, sodass das Folgetupel keine Null besitzt.

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine natürliche Zahl, die man als Summe von vier Quadraten darstellen kann, aber nicht als Summe von drei Quadraten.

Lösung

Es ist

${}7=4+1+1+1\,$

darstellbar mit vier Quadraten. Die einzigen Quadrate unterhalb von ${}7$ sind ${}0,1,4$. Die ${}0$ trägt nicht zu einer minimalen Darstellung bei. Zweimal die ${}4$ ist schon zu groß, daher gibt es keine Darstellung als Summe von drei Quadraten.

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 (5 Punkte)

Berechne die Schnittpunkte der beiden Kreise ${}K_{1}$ und ${}K_{2}$, wobei ${}K_{1}$ den Mittelpunkt ${}(3,4)$ und den Radius ${}6$ und ${}K_{2}$ den Mittelpunkt ${}(-8,1)$ und den Radius ${}7$ besitzt.

Lösung

Die Kreisgleichungen der beiden Kreise sind

${}(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=x^{2}-6x+y^{2}-8y+25=36\,$

und

${}(x+8)^{2}+(y-1)^{2}=x^{2}+16x+y^{2}-2y+65=49\,.$

Die Differenz der beiden Gleichungen ergibt

${}22x+6y+40=13\,.$

Also ist

${}y={\frac {-22x-27}{6}}\,.$

Dies setzen wir in die erste Kreisgleichung ein und erhalten

${}{\begin{aligned}x^{2}-6x+{\left({\frac {-22x-27}{6}}\right)}^{2}-8{\frac {-22x-27}{6}}-11&=x^{2}+{\frac {121}{9}}x^{2}-6x+33x+{\frac {81}{4}}+{\frac {88}{3}}x+36-11\\&={\frac {130}{9}}x^{2}+{\frac {169}{3}}x+{\frac {181}{4}}\\&=0.\end{aligned}}$

Nach der Lösungsformel für eine quadratische Gleichung ist

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {-{\frac {169}{3}}\pm {\sqrt {{\frac {28561}{9}}-4\cdot {\frac {130}{9}}\cdot {\frac {181}{4}}}}}{\frac {260}{9}}}\\&={\frac {-169\pm {\sqrt {28561-130\cdot 181}}}{\frac {260}{3}}}\\&={\frac {-3\cdot 169\pm 3{\sqrt {28561-23530}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 3{\sqrt {5031}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 9{\sqrt {559}}}{260}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}{\begin{aligned}y_{1}&={\frac {-22x_{1}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169+3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}y_{2}&={\frac {-22x_{2}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169-3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}.\end{aligned}}$

Die Schnittpunkte sind also

$\left({\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}},\,-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right)$

und

$\left({\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}},\,{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right).$

Aufgabe (4 Punkte)

Von einem Rechteck sind der Umfang ${}U$ und die Fläche ${}A$ bekannt. Bestimme die Längen der Seiten des Rechtecks.

Lösung

Zwei Seiten haben die Länge ${}a$, zwei andere Seiten die Länge ${}b$; gegebenenfalls ist ${}a=b$. Es gilt ${}U=2a+2b$ und ${}A=ab$.

Auflösen der ersten Gleichung nach ${}b$ ergibt ${}b={\frac {U}{2}}-a$. Einsetzen in die zweite Gleichung: ${}A=a\left({\frac {U}{2}}-a\right)=a{\frac {U}{2}}-a^{2}$. Umstellen in die Normalform einer quadratischen Gleichung: ${}a^{2}-{\frac {U}{2}}a+A=0$.

Man beachte, dass der Wert unter der Wurzel nie negativ wird und nur für den Speziallfall eines Quadrats null wird: Alle allgemeinen Rechtecke haben im Verhältnis zum Quadrat bei gleicher Fläche einen größeren Umfang.

Also hat diese Gleichung typischerweise zwei Lösungen für ${}a$, nämlich ${}{\frac {U}{4}}\pm {\sqrt {{\frac {U^{2}}{16}}-A}}$. Eine der beiden Lösungen ist dann ${}a$, die andere ist ${}b$. Wenn unter der Wurzel der Wert null steht, hat man ein Quadrat und es gibt nur eine Lösung ${}a=b=U/4$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Funktionalgleichung für die komplexe Exponentialfunktion.

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

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

sodass die beiden Seiten übereinstimmen.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass eine reelle Polynomfunktion

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

vom Grad ${}d\geq 1$ maximal ${}d-1$ lokale Extrema besitzt, und die reellen Zahlen sich in maximal ${}d$ Intervalle unterteilen lassen, auf denen abwechselnd ${}f$ streng wachsend oder streng fallend ist.

Lösung

Die Ableitung ${}f'$ ist ein Polynom vom Grad ${}d-1$. Dieses besitzt nach Korollar 11.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) höchstens ${}d-1$ Nullstellen. Nach Satz 19.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) besitzt daher ${}f$ höchstens ${}d-1$ lokale Extrema. Zwischen zwei benachbarten Nullstellen der Ableitung und auch unterhalb der kleinsten und oberhalb der größten Nullstelle ist die Ableitung entweder echt positiv oder echt negativ. Wenn wir stets benachbarte Intervalle zusammenlegen, auf denen die Ableitung jeweils positiv oder jeweils negativ ist, so erhalten wir eine Zerlegung von ${}\mathbb {R}$ in Intervalle, auf denen die Ableitung positiv oder negativ mit eventuell endlich vielen Ausnahmepunkten ist, und positiv und negativ wechseln sich ab. In diesen Intervallen ist dann ${}f$ nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) streng wachsend oder streng fallend.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Regel von l'Hospital unter der zusätzlichen Voraussetzung, dass die Nennerfunktion überall differenzierbar und die Ableitung keine Nullstelle besitzt, mit Hilfe der linearen Approximierbarkeit.

Lösung

Wir schreiben

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

und

${}g(x)=g(a)+g'(a)(x-a)+s(x)(x-a)=g'(a)(x-a)+s(x)(x-a)\,$

mit in ${}a$ stetigen Funktionen ${}r(x),s(x)$, die dort den Wert ${}0$ haben. Dann ist (für ${}x\neq a$)

${}{\frac {f(x)}{g(x)}}={\frac {f'(a)(x-a)+r(x)(x-a)}{g'(a)(x-a)+s(x)(x-a)}}={\frac {f'(a)+r(x)}{g'(a)+s(x)}}\,.$

Wegen der Voraussetzung ${}g'(a)\neq 0$ konvergiert die rechte und damit auch die linke Seite für ${}x\rightarrow a$ gegen ${}{\frac {f'(a)}{g'(a)}}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über die Ableitung von Potenzfunktionen ${}x\mapsto x^{\alpha }$.

Lösung

Nach Aufgabe 17.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist

${}x^{\alpha }=\exp \left(\alpha \,\ln x\right)\,.$

Die Ableitung nach ${}x$ ist aufgrund von Satz 20.11 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)), Korollar 20.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und der Kettenregel gleich

${}(x^{\alpha })'=(\exp \left(\alpha \,\ln x\right))'={\frac {\alpha }{x}}\cdot \exp \left(\alpha \,\ln x\right)={\frac {\alpha }{x}}x^{\alpha }=\alpha x^{\alpha -1}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Ableitung der Funktion

$\mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,x\longmapsto f(x)=\pi ^{x}+x^{e}.$

Lösung

Es ist

${}f'(x)=\ln(\pi )\cdot \pi ^{x}+ex^{e-1}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Mittelwertsatz der Integralrechnung.

Lösung

Es sei

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

eine stetige Funktion. Über dem kompakten Intervall ist die Funktion ${}f$ nach oben und nach unten beschränkt, es seien ${}m$ und ${}M$ das Minimum bzw. das Maximum der Funktion, die aufgrund von Satz 13.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) angenommen werden. Dann ist insbesondere ${}m\leq f(x)\leq M$ für alle ${}x\in [a,b]$ und

${}m(b-a)\leq \int _{a}^{b}f(t)\,dt\leq M(b-a)\,.$

Daher ist ${}\int _{a}^{b}f(t)\,dt=d(b-a)$ mit einem ${}d\in [m,M]$ und aufgrund des Zwischenwertsatzes gibt es ein ${}c\in [a,b]$ mit ${}f(c)=d$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion für die Funktion (${}-{\frac {\pi }{2}}<t<{\frac {\pi }{2}}$)

${\frac {1}{\cos t}}.$

Lösung

Die Stammfunktion von

${\frac {1}{\cos t}}$

berechnet sich unter Verwendung von Lemma 27.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) folgendermaßen.

${}\int _{}^{}{\frac {1}{\cos t}}\,dt=\int _{}^{}{\frac {1+s^{2}}{1-s^{2}}}\cdot {\frac {2}{1+s^{2}}}\,ds=\int _{}^{}{\frac {2}{1-s^{2}}}\,ds\,.$

Eine Stammfunktion von ${}2{\frac {1}{1-s^{2}}}$ ist ${}\ln {\frac {1+s}{1-s}}$. Daher ist

$\ln {\left({\frac {1+\tan {\frac {t}{2}}}{1-\tan {\frac {t}{2}}}}\right)}$

eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{\cos t}}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Die Graphen der Sinusfunktion und der Kosinusfunktion überkreuzen sich mehrfach und begrenzen dabei Gebiete mit einem endlichen Flächeninhalt. Bestimme den Flächeninhalt eines solchen Gebietes.

Lösung

Aufgrund von [[Sinus und Kosinus/R/Periodizitätseigenschaften/Fakt|Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (3)]] ist ${}\cos \left(x+\pi /2\right)=-\sin x$ und damit

${}\sin \left({\frac {\pi }{4}}\right)=-\sin \left(-{\frac {\pi }{4}}\right)=-\cos \left(-{\frac {\pi }{4}}+{\frac {\pi }{2}}\right)=\cos \left({\frac {\pi }{4}}\right)\,.$

Diese Überkreuzung wiederholt sich mit der Periode ${}\pi$. Wegen

${}\sin ^{2}x+\cos ^{2}x=1\,$

ist der Wert an den Überkreuzungsstellen abwechselnd gleich ${}\pm {\frac {1}{\sqrt {2}}}$

Von ${}{\frac {\pi }{4}}$ bis ${}{\frac {5\pi }{4}}$ verläuft der Sinus oberhalb des Kosinus. Der eingeschlossene Flächeninhalt ist somit

${}{\begin{aligned}\int _{\frac {\pi }{4}}^{\frac {5\pi }{4}}\sin x-\cos x\,dx&=\left(-\cos x-\sin x\right)|_{\frac {\pi }{4}}^{\frac {5\pi }{4}}\\&=-\cos \left({\frac {5\pi }{4}}\right)-\sin \left({\frac {5\pi }{4}}\right)+\cos \left({\frac {\pi }{4}}\right)+\sin \left({\frac {\pi }{4}}\right)\\&=4{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\&=2{\sqrt {2}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Finde die Lösung des Anfangwertproblems

${}y'=e^{-y}\,$

mit

${}y(0)=1\,.$

Lösung

Es liegt eine zeitunabhängige Differentialgleichung vor, wir verwenden Korollar 30.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Eine Stammfunktion zu

${}{\frac {1}{e^{-y}}}=e^{y}\,$

ist ${}e^{y}$. Die Umkehrfunktion ist ${}\ln z$. Daher sind die Lösungen der Differentialgleichung von der Form

$\ln \left(t+c\right)$

mit einer Konstanten ${}c$, und wobei die Lösungen auf ${}]-c,\infty ]$ definiert sind. Die Anfangsbedingung bedeutet

${}\ln \left(c\right)=1\,,$

also ist

${}c=e\,.$

Die Lösung des Anfangswertproblems ist also ${}\ln \left(t+e\right)$ auf ${}]-e,\infty ]$.