Kurs:Analysis/Teil I/37/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Folge in ${}M$ ist eine Abbildung

   $\mathbb {N} \longrightarrow M,\,n\longmapsto x_{n}.$

2. Eine obere Schranke ${}T$ von ${}M$ heißt das Supremum von ${}M$, wenn ${}T\leq S$ für alle oberen Schranken ${}S$ von ${}M$ gilt.
3. Die komplexen Nullstellen des Polynoms

   $X^{n}-1$

   heißen ${}n$-te komplexe Einheitswurzeln.

4. Die Ableitungsfunktion ist die Abbildung

   $f'\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f'(x),$

   die jedem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$ die Ableitung von ${}f$ an der Stelle ${}x$ zuordnet.

5. Man sagt, dass ${}f$ konvex ist, wenn der Epigraph ${}E(f)$ konvex ist.
6. Eine Differentialgleichung der Form

   ${}y'=g(t)\cdot h(y)\,$

   mit Funktionen (dabei sind ${}I$ und ${}J$ reelle Intervalle)

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

   und

   $h\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto h(y),$

   heißt gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}n$ verschiedene Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ und ${}n$ Elemente ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$ gegeben. Dann gibt es ein Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}\leq n-1$ derart, dass ${}P(a_{i})=b_{i}$ für alle ${}i$ ist.
2. Es sei ${}T$ eine Menge und sei

   $g_{k}\colon T\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   eine Funktionenfolge mit

   ${}\sum _{k=0}^{\infty }\Vert {g_{k}}\Vert <\infty \,.$

   Dann konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }g_{k}$ gleichmäßig und punktweise absolut gegen eine Funktion

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

3. Es sei ${}a<b$ und sei

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

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

   ${}f'(c)={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Wir betrachten den Satz „Kein Mensch ist illegal“. Negiere diesen Satz durch eine Existenzaussage.

Lösung

Es gibt einen Menschen, der nicht legal ist.

Aufgabe (2 Punkte)

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

Lösung

Es seien ${}x,x'\in L$ mit

${}G(F(x))=G(F(x'))\,$

gegeben. Aufgrund der Injektivität von ${}G$ folgt

${}F(x)=F(x')\,$

und aufgrund der Injektivität von ${}F$ folgt

${}x=x'\,,$

was die Injektivität von ${}G\circ F$ bedeutet.

Aufgabe (3 Punkte)

Heidi Gonzales beschließt, sich eine Woche lang ausschließlich von Heidelbeeren zu ernähren, und ihre Nahrungszufuhr gleichmäßig über ihre Wachzeit (16 Stunden pro Tag) zu verteilen. Ihr täglicher Kalorienbedarf liegt bei ${}2000$ kcal und ${}100$ Gramm Heidelbeeren enthalten ${}42$ kcal. Eine mittlere Heidelbeere wiegt ${}1,5$ Gramm. In welchem Abstand muss sie sich eine Heidelbeere einwerfen?

Lösung

Heidi muss pro Tag ${}2000:42\sim 47,6$ mal ${}100$ Gramm Heidelbeeren essen, also ${}4,76$ Kilogramm. Wegen ${}4760:1,5\sim 3173$ sind das ${}3173$ Heidelbeeren pro Tag. Die ${}16$ Stunden haben ${}16\cdot 3600=57600$ Sekunden. Es ist ${}57600:3173\sim 18,15$. Sie muss also alle ${}18,15$ Sekunden eine Heidelbeere essen.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Lösungsintervalle für die Ungleichung

${}\vert {2x-3}\vert \geq \vert {5x-7}\vert \,$

in einem angeordneten Körper. Skizziere die Graphen der Funktionen ${}\vert {2x-3}\vert$ und ${}\vert {5x-7}\vert$.

Lösung

Entscheidend sind die beiden Grenzen ${}{\frac {3}{2}}$ und ${}{\frac {7}{5}}$ mit

${}{\frac {7}{5}}<{\frac {3}{2}}\,.$

Wenn

${}x\leq {\frac {7}{5}}\,$

ist, so muss man für beide Beträge das Negative nehmen. Dies führt zur Bedingung

${}-(2x-3)\geq -(5x-7)\,$

und damit zu

${}2x-3\leq 5x-7\,$

und zu

${}4\leq 3x\,,$

also

${}x\geq {\frac {4}{3}}\,.$

Das Intervall ${}[{\frac {4}{3}},{\frac {7}{5}}]$ gehört also zur Lösungsmenge. Es sei nun

${}{\frac {7}{5}}\leq x\leq {\frac {3}{2}}\,.$

Dann ist der linke Betrag negativ und der rechte positiv zu nehmen. Dies führt zur Bedingung

${}-(2x-3)\geq 5x-7\,$

und damit zu

${}-2x+3\geq 5x-7\,$

und zu

${}10\geq 7x\,,$

also

${}x\leq {\frac {10}{7}}\,.$

Es ist

${}{\frac {7}{5}}\leq {\frac {10}{7}}\leq {\frac {3}{2}}\,$

und somit gehört das Intervall ${}[{\frac {7}{5}},{\frac {10}{7}}]$ zur Lösungsmenge. Es sei nun

${}x\geq {\frac {3}{2}}\,.$

Dann sind beide Beträge positiv zu nehmen. Die Bedingung

${}2x-3\geq 5x-7\,$

führt auf

${}x\leq {\frac {4}{3}}\,,$

was in diesem Fall nicht erfüllbar ist. Die gesamte Lösungsmenge ist also das Intervall

$[{\frac {4}{3}},{\frac {10}{7}}].$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass eine konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper ${}K$ beschränkt ist.

Lösung

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die konvergente Folge mit dem Limes ${}x\in K$ und es sei ein ${}\epsilon >0$ gewählt. Aufgrund der Konvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass

$\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}.$

Dann ist insbesondere

$\vert {x_{n}}\vert \leq \vert {x}\vert +\vert {x-x_{n}}\vert \leq \vert {x}\vert +\epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}.$

Unterhalb von ${}n_{0}$ gibt es nur endlich viele Zahlen, sodass das Maximum

${}B:=\max _{n<n_{0}}\{\vert {x_{n}}\vert ,\,\vert {x}\vert +\epsilon \}\,$

wohldefiniert ist. Daher ist ${}B$ eine obere Schranke und ${}-B$ eine untere Schranke für ${}{\left\{x_{n}\mid n\in \mathbb {N} \right\}}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass die reelle Zahl ${}{\sqrt {3}}+{\sqrt {7}}$ eine Nullstelle des Polynoms ${}X^{4}-20X^{2}+16$ ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}X^{2}&={\left({\sqrt {3}}+{\sqrt {7}}\right)}^{2}\\&={\sqrt {3}}^{2}+{\sqrt {7}}^{2}+2{\sqrt {3}}\cdot {\sqrt {7}}\\&=3+7+2{\sqrt {21}}\\&=10+2{\sqrt {21}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}X^{4}&={\left(X^{2}\right)}^{2}\\&={\left(10+2{\sqrt {21}}\right)}^{2}\\&=100+4\cdot 21+40{\sqrt {21}}\\&=184+40{\sqrt {21}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}{\begin{aligned}X^{4}-20X^{2}+16&=184+40{\sqrt {21}}-20{\left(10+2{\sqrt {21}}\right)}+16\\&=184-200+16+{\left(40-20\cdot 2\right)}{\sqrt {21}}\\&=0.\end{aligned}}$

Aufgabe (10 (1+4+5) Punkte)

Wir betrachten die Quadratwurzelfunktion

${}f(x):={\sqrt {x}}\,$

auf ${}\mathbb {R} _{\geq 0}$.

1. Erstelle eine Wertetabelle für ${}f$ für die Stellen ${}x=0,1,4,9$.
2. Bestimme das Polynom ${}p(x)$ kleinsten Grades, das mit ${}f$ an den Stellen ${}x=0,1,4$ übereinstimmt.
3. Bestimme die Schnittpunkte der Graphen zu ${}f$ und zu ${}p$ und die Intervalle, für die ${}f$ oberhalb bzw. unterhalb von ${}p$ verläuft.

Lösung

1. ${}x$	${}0$	${}1$	${}4$	${}9$
   ${}{\sqrt {x}}$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$

2. Wie wenden Satz 11.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) an. Für das gesuchte Polynom ${}p$ soll ${}p(0)=0$, ${}p(1)=1$ und ${}p(4)=2$ gelten. Da drei Interpolationspunkte vorgegeben sind, gibt es ein eindeutig bestimmtes Polynom vom Grad ${}\leq 2$, das durch diese drei Punkte verläuft. Wir machen den Ansatz

   ${}p(x)=ax^{2}+bx+c\,,$

   wobei wegen der ersten Bedingung sofort ${}c=0$ folgt. Die beiden anderen Bedingungen führen auf

   ${}a+b=1\,$

   und

   ${}16a+4b=2\,.$

   Daraus ergibt sich

   ${}12a=-2\,$

   und somit

   ${}a=-{\frac {1}{6}}\,$

   und

   ${}b={\frac {7}{6}}\,.$

   Das gesuchte Polynom ist also

   ${}p(x)=-{\frac {1}{6}}x^{2}+{\frac {7}{6}}x=-{\frac {1}{6}}x(x-7)\,.$

3. Wir vergleichen nun ${}{\sqrt {x}}$ und ${}p(x)$. Für ${}x\geq 7$ ist

   ${}p(x)\leq 0\leq {\sqrt {x}}\,,$

   wir vergleichen daher nur noch die Werte auf ${}[0,7]$, wo beide Funktionen nichtnegativ sind. In diesem Bereich können wir die Quadrate der beiden Funktionen vergleichen, also ${}x$ und

   ${}{\left(-{\frac {1}{6}}x^{2}+{\frac {7}{6}}x\right)}^{2}={\frac {1}{36}}x^{4}-{\frac {7}{18}}x^{3}+{\frac {49}{36}}x^{2}\,.$

   Es geht also darum, wo die Differenzfunktion

   ${\frac {1}{36}}x^{4}-{\frac {7}{18}}x^{3}+{\frac {49}{36}}x^{2}-x$

   auf ${}[0,7]$ Nullstellen besitzt und wo sie positiv oder negativ ist. Bei ${}x=0$ liegt eine Nullstelle vor, wir klammern daher ${}x$ aus, was das Vorzeichenverhalten nicht ändert, und erhalten als anderen Faktor

   ${\frac {1}{36}}x^{3}-{\frac {7}{18}}x^{2}+{\frac {49}{36}}x-1$

   bzw.

   $x^{3}-14x^{2}+49x-36.$

   Nach Konstruktion von ${}p$ wissen wir, dass bei ${}x=1$ und bei ${}x=4$ weitere Nullstellen vorliegen, dies führt zur Faktorisierung

   ${}x^{3}-14x^{2}+49x-36=(x-1)(x-4)(x-9)\,.$

   Somit stimmen ${}{\sqrt {x}}$ und ${}p(x)$ genau an den Stellen ${}x=0,1,4$ überein und auf ${}[0,1]$ gilt

   ${}{\sqrt {x}}\geq p(x)\,,$

   auf ${}[1,4]$ gilt

   ${}{\sqrt {x}}\leq p(x)\,$

   und auf ${}[4,+\infty ]$ gilt

   ${}{\sqrt {x}}\geq p(x)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise, dass eine absolut konvergente Reihe komplexer Zahlen konvergiert.

Lösung

Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wir wenden das Cauchy-Kriterium an. Aufgrund der absoluten Konvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq m\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}\vert {\sum _{k=m}^{n}\vert {a_{k}}\vert \,}\vert =\sum _{k=m}^{n}\vert {a_{k}}\vert \leq \epsilon \,$

gilt. Daher ist

${}\vert {\sum _{k=m}^{n}a_{k}}\vert \leq \vert {\sum _{k=m}^{n}\vert {a_{k}}\vert \,}\vert \leq \epsilon \,,$

was die Konvergenz bedeutet.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne die ersten vier Glieder des Cauchy-Produkts der beiden Reihen

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\,\,{\text{ und }}\,\,\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{3}}}.$

Lösung

Nach der Definition des Cauchy-Produktes müssen in

${\left(0+1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+\ldots \right)}\cdot {\left(0+1+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{27}}+{\frac {1}{64}}+\ldots \right)}$

zur Bestimmung von ${}c_{k}$ nur die Teilprodukte ${}a_{i}b_{j}$ aufaddiert werden, für die

${}i+j=k\,$

ist. Daher ist

${}c_{0}=0\,,$

${}c_{1}=0\,,$

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

${}c_{3}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{8}}={\frac {5}{8}}\,$

und

${}c_{4}={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{8}}+{\frac {1}{27}}={\frac {144+27+16}{432}}={\frac {187}{432}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Produktregel für differenzierbare Funktionen über die Funktionslimiten für die Differenzenquotienten.

Lösung

Es seien ${}f,g\colon D\rightarrow K$ Funktionen, die beide in ${}a\in D$ differenzierbar seien. Der Differenzenquotient der Produktfunktion ${}f(x)g(x)$ ist ${}{\frac {f(x)g(x)-f(a)g(a)}{x-a}}$ und es ist zu zeigen, dass davon der Limes für ${}x$ gegen ${}a$ existiert und gleich ${}f'(a)g(a)+f(a)g'(a)$ ist. Es ist

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

Der Limes der Brüche existiert nach Voraussetzung und ist gleich ${}g'(a)$ bzw. ${}f'(a)$. Wegen der Stetigkeit von ${}f$ im Punkt ${}a$ ist der Limes von ${}f(x)$ für ${}x$ gegen ${}a$ gleich ${}f(a)$. Daher folgt die Behauptung aus den Rechenregeln für Limiten.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Kosinusfunktion über ihre Potenzreihe (Satz 20.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))).

Lösung Komplexe Kosinusfunktion/Ableitung/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ und seien

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

zwei ${}n$-mal differenzierbare Funktionen. Zeige, dass

${}(f\cdot g)^{(n)}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}f^{(k)}\cdot g^{(n-k)}\,$

gilt.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}n$. Sie ist für ${}n=0$ trivial und für ${}n=1$ handelt es sich einfach um die Produktregel. Es sei die Aussage für die ${}n$-te Ableitung bereits bewiesen. Es ist unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung, der Produktregel und Lemma 3.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

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

Aufgabe (7 (1+1+3+1+1) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,x\longmapsto x^{-1}.$

1. Berechne die erste Ableitung von ${}f$.
2. Berechne die zweite Ableitung von ${}f$.
3. Erstelle (und beweise) eine Formel für die ${}n$-te Ableitung von ${}f$ (${}n\geq 1$).
4. Bestimme das Taylorpolynom zu ${}f$ im Punkt ${}1$ vom Grad ${}4$.
5. Bestimme die Taylorreihe zu ${}f$ im Punkt ${}1$.

Lösung

1. Es ist

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

2. Es ist

   ${}f^{\prime \prime }(x)={\left(-x^{-2}\right)}^{\prime }=2x^{-3}\,.$

3. Wir behaupten

   ${}f^{(n)}(x)=(-1)^{n}n!x^{-1-n}\,.$

   Dies beweisen wir durch Induktion nach ${}n$. Der Induktionsanfang ist durch Aufgabenteil (1) gesichert. Der Induktionsschluss ergibt sich durch

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

4. Das Taylorpolynom vom Grad ${}4$ mit Entwicklungspunkt ${}1$ ist

   $1-(x-1)+(x-1)^{2}-(x-1)^{3}+(x-1)^{4}.$

5. Aus der Formel für die Ableitungen folgt, dass der ${}n$-te Koeffizient der Taylorreihe gleich

   ${}a_{n}=(-1)^{n}{\frac {n!}{n!}}=(-1)^{n}\,$

   ist, also ist die Taylorreihe gleich

   $\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(x-1)^{n}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Parabelschar ${}x^{2}+a$ mit ${}a\in \mathbb {R}$. Für welches ${}a$ schließt die zugehörige Parabel zusammen mit der ${}x$-Achse ein Gebiet ein, dessen Flächeninhalt gleich ${}1$ ist?

Lösung

Damit es zu einem Einschluss kommt, muss ${}a$ negativ sein. Die Nullstellen von ${}x^{2}+a$ sind dann ${}\pm {\sqrt {-a}}$. Das bestimmte Integral ist

${}{\begin{aligned}\int _{-{\sqrt {-a}}}^{\sqrt {-a}}x^{2}+adx&=\left({\frac {1}{3}}x^{3}+ax\right)|_{-{\sqrt {-a}}}^{\sqrt {-a}}\\&={\frac {2}{3}}{\sqrt {-a}}^{3}+2a{\sqrt {-a}}\\&=-{\frac {2}{3}}a{\sqrt {-a}}+2a{\sqrt {-a}}\\&={\frac {4}{3}}a{\sqrt {-a}}.\end{aligned}}$

Damit dies gleich ${}-1$ wird, muss ${}a$ die Gleichung

${}a{\sqrt {-a}}=-{\frac {3}{4}}\,$

bzw.

${}{\sqrt {-a}}^{3}={\frac {3}{4}}\,$

erfüllen. Also ist

${}(-a)^{3}={\frac {9}{16}}\,$

und

${}a=-{\sqrt[{3}]{\frac {9}{16}}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Finde eine Lösung für die Differentialgleichung zweiter Ordnung

${}y^{\prime \prime }=3y'-4\,.$

Lösung

Wir setzen

${}z=y'\,$

und lösen zuerst die lineare inhomogene Differentialgleichung

${}z'=3z-4\,.$

Eine Lösung davon ist direkt die konstante Funktion

${}z(t)={\frac {4}{3}}\,.$

Somit ist

${}y(t)={\frac {4}{3}}t\,$

eine Lösung der Ausgangsgleichung.