Kurs:Analysis/Teil I/36/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	1	2	3	3	5	3	5	6	4	4	4	4	5	5	3	1	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Betrag eines Elementes ${}x$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
2. Der Grad eines Polynoms ${}P\in K[X]$, ${}P\neq 0$, über einem Körper ${}K$.
3. Ein lokales Maximum einer Funktion

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

   ($D\subseteq \mathbb {R}$ eine Teilmenge) in einem Punkt ${}x\in D$.

4. Die Zahl ${}\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).
5. Die Taylor-Reihe zu einer unendlich oft differenzierbaren Funktion

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

   auf einer offenen Menge ${}U\subseteq {\mathbb {K} }$ in einem Punkt ${}a\in U$.

6. Eine ortsunabhängige gewöhnliche Differentialgleichung

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

Lösung

1. Der Betrag von ${}x$ ist folgendermaßen definiert.

   $\vert {x}\vert ={\begin{cases}x{\text{ falls }}x\geq 0\\-x{\text{ falls }}x<0\,.\end{cases}}$

2. Der Grad eines von ${}0$ verschiedenen Polynoms

   ${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}\,$

   mit ${}a_{n}\neq 0$ ist ${}n$.

3. Man sagt, dass ${}f$ in einem Punkt ${}x\in D$ ein lokales Maximum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in D$ mit ${}\vert {x-x'}\vert \leq \epsilon$ die Abschätzung

   ${}f(x)\geq f(x')\,$

   gilt.

4. Es sei ${}s$ die eindeutig bestimmte reelle Nullstelle der Kosinusfunktion auf dem Intervall ${}[0,2]$. Die Kreiszahl ${}\pi$ ist definiert durch

   ${}\pi :=2s\,.$

5. Die Taylor-Reihe zu ${}f$ im Entwicklungspunkt ${}a$ ist

   $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}.$

6. Ortsunabhängig bedeutet, dass die Funktion ${}f$ nicht von ${}y$ abhängt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über beschränkte Teilmengen von ${}\mathbb {R}$.
2. Der Satz über die stetige Fortsetzbarkeit einer Funktion

   $T\longrightarrow {\mathbb {K} },$

   wobei ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$ eine Teilmenge ist.
3. Der Mittelwertsatz der Integralrechnung.

Lösung

1. Jede nichtleere nach oben beschränkte Teilmenge der reellen Zahlen besitzt ein Supremum in ${}\mathbb {R}$.
2. Es sei ${}{\overline {T}}$ die Menge aller Berührpunkte von ${}T$ und

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

   sei gleichmäßig stetig. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte stetige Fortsetzung

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

3. Es sei ${}[a,b]$ ein kompaktes Intervall und sei

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

   eine stetige Funktion. Dann gibt es ein ${}c\in [a,b]$ mit

   ${}\int _{a}^{b}f(t)\,dt=f(c)(b-a)\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

In einer psychologischen Längsschnittstudie wird die Entwicklung von Einstellungen und Verhaltensweisen von Personen untersucht. Ein Fallbeispiel: Im Alter von ${}20$ Jahren geht Linda regelmäßig auf Demonstrationen, sie hilft im Eine-Welt-Laden mit, braut ökologisches Bier, kocht Bio-Gemüse und studiert manchmal Soziologie.

Welcher der folgenden Befunde ist nach 10 Jahren am unwahrscheinlichsten?

1. Linda arbeitet für eine Versicherungsagentur.
2. Linda engagiert sich bei Attac und arbeitet für eine Versicherungsagentur.
3. Linda engagiert sich bei Attac.

Lösung

(2) ist am unwahrscheinlichsten. Dass zwei Ereignisse gleichzeitig eintreffen ist stets unwahrscheinlicher als die beiden einzelnen Ereignisse.

Aufgabe (2 Punkte)

1. Skizziere vier Geraden in der Ebene, die sich insgesamt in genau drei Punkten schneiden.
2. Skizziere vier Geraden in der Ebene, die sich in keinem Punkt schneiden.
3. Skizziere vier Geraden in der Ebene, die sich in einem Punkt schneiden.
4. Skizziere vier Geraden in der Ebene, die sich insgesamt in sechs Punkten schneiden.

Lösung

1. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   ${}\,$

2. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   ${}\,$

3. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   ${}\,$

4. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   ${}\,$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

$\varphi \colon L\longrightarrow M$

eine surjektive Abbildung. Zeige, dass es eine Teilmenge ${}S\subseteq L$ derart gibt, dass man ${}\varphi$ als Abbildung

$\varphi '\colon S\longrightarrow M$

auffassen kann (${}\varphi$ und ${}\varphi '$ unterscheiden sich nur hinsichtlich des Definitionsbereiches) und dass ${}\varphi '$ bijektiv ist.

Lösung

Wegen der Surjektivität von ${}\varphi$ gibt es zu jedem ${}y\in M$ mindestens ein ${}x\in L$ mit ${}\varphi (x)=y$. Wir wählen nun zu jedem ${}y\in M$ ein solches zugehöriges ${}x$. Es sei ${}S$ die Vereinigung all dieser gewählten ${}x$. Die auf ${}S$ eingeschränkte Abbildung

$\varphi '\colon S\longrightarrow M,\,x\longmapsto \varphi (x),$

ist nach wie vor surjektiv, da ja jedes ${}y\in M$ von einem (dem gewählten) ${}x\in S$ erreicht wird. Die Abbildung ist injektiv, da es zu jedem ${}y\in M$ in ${}S$ nur das eine gewählte Urbild gibt. Insgesamt ist also ${}\varphi '$ bijektiv.

Aufgabe (3 Punkte)

Zwei Personen, ${}A$ und ${}B$, liegen unter einer Palme, ${}A$ besitzt ${}2$ Fladenbrote und ${}B$ besitzt ${}3$ Fladenbrote. Eine dritte Person ${}C$ kommt hinzu, die kein Fladenbrot besitzt, aber ${}5$ Taler. Die drei Personen werden sich einig, für die ${}5$ Taler die Fladenbrote untereinander gleichmäßig aufzuteilen. Wie viele Taler gibt ${}C$ an ${}A$ und an ${}B$?

Lösung

Es gibt insgesamt ${}5$ Fladenbrote, sodass also jede Person ${}{\frac {5}{3}}$ Brote isst. Somit gibt ${}A$ genau ${}{\frac {1}{3}}$ Brot an ${}C$ ab und ${}B$ gibt ${}{\frac {4}{3}}$ Brote an ${}C$ ab. ${}B$ gibt also ${}4$-mal soviel ab wie ${}A$ und bekommt daher ${}4$ Taler, und ${}A$ bekommt einen Taler von ${}C$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein archimedisch angeordneter Körper. Zeige, dass es zu je zwei Elementen ${}x<y$ eine rationale Zahl ${}n/k$ (mit ${}n\in \mathbb {Z} ,\,k\in \mathbb {N} _{+}$) mit

${}x<{\frac {n}{k}}<y\,$

gibt.

Lösung

Wegen ${}y>x$ ist ${}y-x>0$ und daher gibt es nach Lemma 4.14 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ein ${}k\in \mathbb {N}$ mit ${}{\frac {1}{k}}<y-x$. Nach Lemma 4.13 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es auch ein ${}n\in \mathbb {N}$ mit

${}n{\frac {1}{k}}>x\,$

und ein ${}n'\in \mathbb {Z} _{-}$ mit

${}n'{\frac {1}{k}}\leq x\,.$

Daher gibt es auch ein ${}n\in \mathbb {Z}$ derart, dass

$n{\frac {1}{k}}>x\,\,{\text{ und }}\,\,(n-1){\frac {1}{k}}\leq x$

ist. Damit ist einerseits

${}x<{\frac {n}{k}}\,$

und andererseits

${}{\frac {n}{k}}={\frac {n-1}{k}}+{\frac {1}{k}}<x+y-x=y\,$

wie gewünscht.

Aufgabe (3 Punkte)

Vergleiche

${\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}.$

Lösung

Wir fragen uns, ob

${}{\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}>{\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}\,$

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

${}3+10+2{\sqrt {30}}={\left({\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}\right)}^{2}>{\left({\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}\right)}^{2}=5+6+2{\sqrt {30}}\,.$

Dies ist durch Subtraktion mit ${}11$ äquivalent zu

${}2+2{\sqrt {30}}>2{\sqrt {30}}\,,$

was stimmt. Also ist

${}{\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}>{\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Finde die komplexen Quadratwurzeln von

${}w={\frac {-5+{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\,$

über den Ansatz

${}(a+b{\mathrm {i} })^{2}=w\,.$

Lösung

Der Ansatz

${}(a+b{\mathrm {i} })^{2}=a^{2}-b^{2}+2ab{\mathrm {i} }=w={\frac {-5+{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\,$

führt auf die beiden reellen Gleichungen

${}a^{2}-b^{2}={\frac {-5}{2}}\,$

und

${}2ab={\frac {\sqrt {3}}{2}}\,.$

Daraus folgt direkt, dass ${}a$ und ${}b$ nicht ${}0$ sein können. Wir lösen die zweite Gleichung nach ${}b$ auf und erhalten

${}b={\frac {\sqrt {3}}{4a}}\,.$

Dies setzen wir in die erste Gleichung ein und erhalten

${}a^{2}-b^{2}=a^{2}-\left({\frac {\sqrt {3}}{4a}}\right)^{2}=a^{2}-\left({\frac {3}{16a^{2}}}\right)=-{\frac {5}{2}}\,.$

Multiplikation mit ${}a^{2}$ und umstellen ergibt

${}a^{4}+{\frac {5}{2}}a^{2}-{\frac {3}{16}}=0\,.$

Dies ist eine biquadratische Gleichung, die zugrunde liegende quadratische Gleichung ist (mit ${}y=a^{2}$)

${}y^{2}+{\frac {5}{2}}y-{\frac {3}{16}}=0\,$

mit den Lösungen

${}y_{1},y_{2}={\frac {-{\frac {5}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {25}{4}}+{\frac {3}{4}}}}}{2}}={\frac {-{\frac {5}{2}}\pm {\sqrt {\frac {28}{4}}}}{2}}={\frac {-{\frac {5}{2}}\pm {\sqrt {7}}}{2}}=-{\frac {5}{4}}\pm {\frac {\sqrt {7}}{2}}\,.$

Dabei ist

${}y_{1}=-{\frac {5}{4}}+{\frac {\sqrt {7}}{2}}={\frac {1}{4}}{\left(-5+2{\sqrt {7}}\right)}\,$

positiv und besitzt die reellen Quadratwurzeln

${}a_{1},a_{2}=\pm {\frac {1}{2}}{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}\,$

und somit sind die komplexen Quadratwurzeln von ${}w$ gleich

${}z_{1}={\frac {1}{2}}{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}+{\frac {\sqrt {3}}{2{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}}}{\mathrm {i} }\,$

und

${}z_{2}=-{\frac {1}{2}}{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}-{\frac {\sqrt {3}}{2{\sqrt {-5+2{\sqrt {7}}}}}}{\mathrm {i} }\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine reelle Folge und sei

${}S={\left\{{\frac {1}{n}}\mid n\in \mathbb {N} _{+}\right\}}\subseteq \mathbb {R} \,.$

Die Funktion ${}f\colon S\rightarrow \mathbb {R}$ sei durch

${}f{\left({\frac {1}{n}}\right)}=x_{n}\,$

festgelegt. Zeige, dass ${}f$ genau dann gleichmäßig stetig ist, wenn die Folge eine Cauchy-Folge ist.

Lösung

Es sei zunächst ${}x_{n}$ eine Cauchy-Folge. Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Cauchy-Eigenschaft gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}m\geq n=n_{0}$ die Abschätzung

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

gilt. Wir wählen ein ${}\delta <{\frac {1}{n_{0}^{2}}}$. Es sei

${}\vert {{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{m}}}\vert \leq \delta \,.$

Bei ${}m\geq n\geq n_{0}$ ist unmittelbar

${}\vert {x_{n}-x_{m}}\vert \leq \epsilon \,.$

Bei ${}n<n_{0}$ (und ${}m\geq n$ nach wie vor) ist (bei ${}m>n$)

${}{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{m}}\geq {\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}={\frac {1}{n(n+1)}}\geq {\frac {1}{(n+1)^{2}}}\geq {\frac {1}{n_{0}^{2}}}>\delta \,.$

Das heißt, dass in diesem Fall die ${}\delta$-Bedingung nur bei ${}m=n$ erfüllt ist.

Es sei nun ${}f$ gleichmäßig stetig und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Sei ${}\delta >0$ eine zugehörige Aufwandsgenauigkeit. Es sei ${}n_{0}$ derart, dass ${}{\frac {1}{n_{0}}}\leq \delta$. Dann ist für ${}m\geq n\geq n_{0}$

${}{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{m}}\leq {\frac {1}{n}}\leq {\frac {1}{n_{0}}}\leq \delta \,$

und somit ist

${}\vert {x_{m}-x_{n}}\vert \leq \vert {f(m)-f(n)}\vert \leq \epsilon \,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises mit der Geraden, die durch die beiden Punkte ${}(-1,1)$ und ${}(4,-2)$ verläuft.

Lösung

Der Richtungsvektor der Geraden ist ${}{\begin{pmatrix}5\\-3\end{pmatrix}}$. Somit besitzt die Geradengleichung die Form

${}3x+5y=c\,.$

Einsetzen eines Punkt ergibt ${}c=2$. Somit ist

${}y={\frac {2-3x}{5}}\,.$

Dies setzen wir in die Kreisgleichung

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

ein und erhalten

${}x^{2}+{\left({\frac {2-3x}{5}}\right)}^{2}=1\,$

oder

${}x^{2}+{\frac {4-12x+9x^{2}}{25}}-1={\frac {34}{25}}x^{2}-{\frac {12}{25}}x-{\frac {21}{25}}=0\,.$

Die Normierung davon ist

$x^{2}-{\frac {6}{17}}x-{\frac {21}{34}}.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {{\frac {6}{17}}\pm {\sqrt {{\left({\frac {6}{17}}\right)}^{2}+4\cdot {\frac {21}{34}}}}}{2}}\\&={\frac {{\frac {6}{17}}\pm {\sqrt {{\left({\frac {6}{17}}\right)}^{2}+{\frac {42}{17}}}}}{2}}\\&={\frac {6\pm {\sqrt {6^{2}+714}}}{34}}\\&={\frac {6\pm {\sqrt {750}}}{34}}\\&={\frac {6\pm 5{\sqrt {30}}}{34}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}y_{1,2}&={\frac {2-3x_{1,2}}{5}}\\&={\frac {2-3{\left({\frac {6\pm 5{\sqrt {30}}}{34}}\right)}}{5}}\\&={\frac {68-3{\left(6\pm 5{\sqrt {30}}\right)}}{170}}\\&={\frac {50\mp 15{\sqrt {30}}}{170}}\\&={\frac {10\mp 3{\sqrt {30}}}{34}}.\end{aligned}}$

Die Schnittpunkte sind also

$\left({\frac {6+5{\sqrt {30}}}{34}},\,{\frac {10-3{\sqrt {30}}}{34}}\right)\,\,{\text{ und }}\,\,\left({\frac {6-5{\sqrt {30}}}{34}},\,{\frac {10+3{\sqrt {30}}}{34}}\right).$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall, ${}f\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ eine durch eine Potenzreihe gegebene Funktion und ${}a\in I$. Zeige, dass es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass ${}f$ eine der folgenden Möglichkeiten erfüllt.

1. ${}f$ ist auf ${}[a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ konvex.
2. ${}f$ ist auf ${}[a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ konkav.
3. ${}f$ ist auf ${}[a-\epsilon ,a]$ konvex und auf ${}[a,a+\epsilon ]$ konkav.
4. ${}f$ ist auf ${}[a-\epsilon ,a]$ konkav und auf ${}[a,a+\epsilon ]$ konvex.

Lösung

Nach Korollar 20.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}f$ beliebig oft differenzierbar. Es sei zunächst

${}f^{\prime \prime }(a)>0\,.$

Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass ${}f^{\prime \prime }$ positiv auf ganz ${}[a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ ist. Dann ist ${}f'$ nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) wachsend und somit ist ${}f$ nach Satz 20.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) konvex.

Bei

${}f^{\prime \prime }(a)<0\,$

führt die entsprechende Argumentation dazu, dass ${}f$ in einer Umgebung konkav ist.

Es sei nun

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

Wenn ${}f^{\prime \prime }$ die Nullfunktion ist, so ist ${}f$ affin-linear und dann ist ${}f$ sowohl konvex als auch konkav. Es sei also ${}f^{\prime \prime }$ nicht die Nullfunktion. Dann gibt es eine offene ${}\epsilon$-Umgebung von ${}a$ derart, dass dort ${}a$ die einzige Nullstelle ist. Dann ist ${}f^{\prime \prime }$ auf ${}[a-\epsilon ,a[$ und auf ${}]a,a+\epsilon ]$ jeweils entweder positiv oder negativ. Daraus folgt jeweils die Konvexität oder die Konkavität wie zuvor.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die reelle Sinusfunktion eine bijektive, streng wachsende Funktion

$[-\pi /2,\pi /2]\longrightarrow [-1,1]$

induziert, und dass die reelle Kosinusfunktion eine bijektive, streng fallende Funktion

$[0,\pi ]\longrightarrow [-1,1]$

induziert.

Lösung

Die Ableitung des Sinus ist nach [[Reelle Sinus und Kosinusfunktion/Ableitung/Fakt|Kurs:Analysis/Komplexe Sinus und Kosinusfunktion/Ableitung/Fakt/Faktreferenznummer (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]] der Kosinus. Dieser hat im Innern von ${}[-\pi /2,\pi /2]$ keine Nullstelle, da ja ${}\pi /2$ als kleinste positive Nullstelle des Kosinus definiert ist und da der Kosinus gerade ist. Ferner besitzt der Kosinus an der Stelle ${}0$ den Wert ${}1$. Nach dem Zwischenwertsatz muss als der Kosinus im Innern des Intervalls positiv sein. Nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist daher der Sinus im angegebenen Intervall streng wachsend und damit injektiv. Wegen ${}\sin \left(-\pi /2\right)=-1$ und ${}\sin \left(\pi /2\right)=1$ ist aufgrund des Zwischenwertsatzes das Bild gleich dem Intervall ${}[-1,1]$ und der Sinus ist bijektiv.

Die Aussage für den Kosinus folgt daraus mittels [[Sinus und Kosinus/R/Periodizitätseigenschaften/Fakt|Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (3)]].

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Produktregel für differenzierbare Funktionen mit Hilfe der linearen Approximierbarkeit.

Lösung

Wir gehen von

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

und

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

aus, wobei die Bedingungen aus der linearen Approximierbarkeit erfüllt sein sollen, und multiplizieren die beiden Gleichungen. Dies führt zu

${}{\begin{aligned}f(x)g(x)&=(f(a)+s(x-a)+r(x)(x-a))(g(a)+{\tilde {s}}(x-a)+{\tilde {r}}(x)(x-a))\\&=f(a)g(a)+(sg(a)+{\tilde {s}}f(a))(x-a)\\&\,\,\,\,\,+(f(a){\tilde {r}}(x)+g(a)r(x)+s{\tilde {s}}(x-a)+s{\tilde {r}}(x)(x-a)+{\tilde {s}}r(x)(x-a)+r(x){\tilde {r}}(x)(x-a))(x-a).\end{aligned}}$

Aufgrund von Lemma 12.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) für Limiten ist die aus der letzten Zeile ablesbare Funktion stetig mit dem Wert ${}0$ für ${}x=a$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Ableitung in einem Extremum.

Lösung

Wir können annehmen, dass ${}f$ ein lokales Maximum in ${}c$ besitzt. Es gibt also ein ${}\epsilon >0$ mit ${}f(x)\leq f(c)$ für alle ${}x\in [c-\epsilon ,c+\epsilon ]$. Es sei ${}{\left(s_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge mit ${}c-\epsilon \leq s_{n}<c$, die gegen ${}c$ („von unten“) konvergiere. Dann ist ${}s_{n}-c<0$ und ${}f(s_{n})-f(c)\leq 0$ und somit ist der Differenzenquotient

${}{\frac {f(s_{n})-f(c)}{s_{n}-c}}\geq 0\,,$

was sich dann nach Lemma 6.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) auf den Limes, also den Differentialquotienten, überträgt. Also ist ${}f'(c)\geq 0$. Für eine Folge ${}{\left(t_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ mit ${}c+\epsilon \geq t_{n}>c$ gilt andererseits

${}{\frac {f(t_{n})-f(c)}{t_{n}-c}}\leq 0\,.$

Daher ist auch ${}f'(c)\leq 0$ und somit ist insgesamt ${}f'(c)=0$.

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

Wir betrachten das Polynom

${}P=1+X+{\frac {1}{2}}X^{2}+{\frac {1}{6}}X^{3}\,.$

1. Berechne die Werte von ${}P$ an den Stellen ${}-2,-1,0,1,2$.
2. Skizziere den Graphen von ${}P$ auf dem Intervall ${}[-2,2]$. Gibt es einen Bezug zur Exponentialfunktion ${}e^{x}$?
3. Bestimme eine Nullstelle von ${}P$ innerhalb von ${}[-2,2]$ mit einem Fehler von maximal ${}{\frac {1}{4}}$.

Lösung

1. ${}x$	${}-2$	${}-1$	${}0$	${}1$	${}2$
   ${}P(x)$	${}-{\frac {1}{3}}$	${}{\frac {1}{3}}$	${}1$	${}{\frac {8}{3}}$	${}{\frac {19}{3}}$

2. Da die Exponentialfunktion ${}e^{x}$ die Reihendarstellung ${}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}$ besitzt, handelt es sich bei ${}P$ um eine polynomiale Approximation der Exponentialfunktion. Dies erklärt für betragsmäßig kleine Werte eine gewisse Verwandtschaft mit der Exponentialfunktion, die sich im Graphen niederschlägt.
3. Aufgrund des Zwischenwertsatzes muss ${}P$ eine Nullstelle zwischen ${}-2$ und ${}-1$ besitzen. Zur Bestimmung der Nullstelle rechnen wir mit

   ${}Q=6P=6+6x+3x^{2}+x^{3}\,.$

   Es ist

   ${}{\begin{aligned}Q(-{\frac {3}{2}})&=6-6\cdot {\frac {3}{2}}+3{\left(-{\frac {3}{2}}\right)}^{2}+{\left(-{\frac {3}{2}}\right)}^{3}\\&=6-9+{\frac {27}{4}}-{\frac {27}{8}}\\&=-3+{\frac {27}{8}}\\&>0.\end{aligned}}$

   Die Nullstelle muss also zwischen ${}-2$ und ${}-{\frac {3}{2}}$ liegen.

Es ist

${}{\begin{aligned}Q(-{\frac {7}{4}})&=6-6\cdot {\frac {7}{4}}+3{\left(-{\frac {7}{4}}\right)}^{2}+{\left(-{\frac {7}{4}}\right)}^{3}\\&=6-{\frac {21}{2}}+{\frac {3\cdot 49}{16}}-{\frac {343}{64}}\\&=-{\frac {9}{2}}+{\frac {588-343}{64}}\\&=-{\frac {288}{64}}+{\frac {245}{64}}\\&<0.\end{aligned}}$

Also liegt eine Nullstelle im Intervall ${}[-{\frac {7}{4}},-{\frac {3}{2}}]$ der Länge ${}{\frac {1}{4}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Funktion

${}F(x)=x^{4}-x^{3}\,$

im Innern von ${}[0,1]$ stets negativ ist und berechne den Flächeninhalt der durch den Graphen unterhalb von ${}[0,1]$ eingeschlossenen Fläche.

Lösung

Wegen

${}x^{4}-x^{3}=x^{3}(x-1)\,$

ist für ${}x\in ]0,1[$ der Faktor ${}x^{3}$ positiv und der Faktor ${}x-1$ negativ, auf diesem Intervall ist also die Funktion negativ und hat den Wert ${}0$ an den Rändern. Eine Stammfunktion ist ${}{\frac {1}{5}}x^{5}-{\frac {1}{4}}x^{4}$. Daher ist das bestimmte Integral gleich

${}\int _{0}^{1}(x^{4}-x^{3})dx=[{\frac {1}{5}}x^{5}-{\frac {1}{4}}x^{4}]_{0}^{1}={\frac {1}{5}}-{\frac {1}{4}}=-{\frac {1}{20}}\,$

und der eingeschlossene Flächeninhalt ist ${}{\frac {1}{20}}$.

Aufgabe (1 Punkt)

Löse das Anfangswertproblem

$y'=2{\text{ mit }}y(5)=3.$

Lösung

Eine Lösung ist

${}y(x)=2x-7\,,$

wie man unmittelbar durch Ableiten und Einsetzen bestätigt.