Kurs:Analysis/Teil I/4/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine bijektive Abbildung

   $f\colon M\longrightarrow N.$

2. Eine Teilfolge einer Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
3. Das Maximum der Funktion

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

   wird im Punkt ${}x\in M$ angenommen.

4. Die Potenzreihe in ${}z\in {\mathbb {C} }$ zu den Koeffizienten ${}c_{n}\in {\mathbb {C} }$, ${}n\in \mathbb {N}$.
5. Eine obere Treppenfunktion zu einer Funktion

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

   auf einem beschränkten Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

6. Eine homogene lineare eindimensionale gewöhnliche Differentialgleichung.

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt bijektiv, wenn sie sowohl injektiv als auch surjektiv ist.
2. Zu jeder streng wachsenden Abbildung ${}\mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {N}$, ${}i\longmapsto n_{i}$, heißt die Folge

   $i\mapsto x_{n_{i}}$

   eine Teilfolge der Folge.

3. Man sagt, dass ${}f$ in ${}x\in M$ das Maximum annimmt, wenn

   $f(x)\geq f(x'){\text{ für alle }}x'\in M{\text{ gilt}}.$

4. Die Potenzreihe in ${}z$ ist die Reihe

   $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{n}.$

5. Eine Treppenfunktion

   $t\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   heißt eine obere Treppenfunktion zu ${}f$, wenn ${}t(x)\geq f(x)$ für alle ${}x\in I$ ist.

6. Eine Differentialgleichung der Form

   $y'=g(t)y$

   mit einer Funktion (${}I$ reelles Intervall)

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

   heißt homogene lineare Differentialgleichung.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Bernoulli-Ungleichung für einen angeordneten Körper ${}K$.
2. Die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.
3. Der Satz über partielle Integration.

Lösung

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

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

2. Es seien ${}P,T\in K[X]$ zwei Polynome mit ${}T\neq 0$. Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome ${}Q,R\in K[X]$ mit

   $P=TQ+R{\text{ und mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R=0.$

3. Es seien

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

   stetig differenzierbare Funktionen.

   Dann gilt

   $\int _{a}^{b}f(t)g'(t)\,dt=fg|_{a}^{b}-\int _{a}^{b}f'(t)g(t)\,dt.$

Aufgabe (2 Punkte)

Die Biologin Sandra O'Neil ist eine renommierte Forscherin über Bakterien. Ihr Institut hat ein hochauflösendes Mikroskop erworben, das auf dem Bildschirm die Wirklichkeit im Verhältnis ${}3:10^{7}$ wiedergibt. Auf dem Bildschirm ist die Geißel des Bakteriums ${}21$ cm lang und dreimal so lang wie das Bakterium selbst. Auf dem Bakterium befindet sich ein roter Punkt, dessen Flächeninhalt auf dem Bildschirm ${}2$ Quadratzentimeter einnimmt.

1. Wie lang ist das Bakterium in Wirklichkeit?
2. Welchen Flächeninhalt hat der rote Punkt in Wirklichkeit?

Lösung

Der Faktor von der wirklichen Länge zur Bildschirmlänge ist ${}10^{7}/3$, der umgekehrte Faktor ist ${}3\cdot 10^{-7}$.

1. Die Länge des Bakteriums auf dem Bildschirm ist

   ${}{\frac {1}{3}}\cdot 21cm=7cm=7\cdot 10^{-2}m\,.$

   Deshalb ist die wirkliche Länge des Bakteriums gleich ${}7\cdot 10^{-2}\cdot 3\cdot 10^{-7}=21\cdot 10^{-9}=2,1\cdot 10^{-8}$ in Meter, also ${}21$ Nanometer.

2. Der Flächeninhalt im Mikroskop ist

   ${}2cm^{2}=2\cdot 10^{-4}m^{2}\,.$

   Um den wahren Flächeninhalt zu bestimmen, muss man den umgekehrten Faktor quadrieren. Der wahre Flächeninhalt des roten Punktes ist somit gleich

   ${}2\cdot 10^{-4}\cdot {\left(3\cdot 10^{-7}\right)}^{2}=18\cdot 10^{-18}\,$

   Quadratmeter.

Aufgabe (3 Punkte)

Führe die ersten drei Schritte des babylonischen Wurzelziehens zu ${}b=7$ mit dem Startwert ${}x_{0}=3$ durch (es sollen also die Approximationen ${}x_{1},x_{2},x_{3}$ für ${}{\sqrt {7}}$ berechnet werden; diese Zahlen müssen als gekürzte Brüche angegeben werden).

Lösung

Die Formel für ${}x_{n+1}$ lautet

${}x_{n+1}={\frac {1}{2}}{\left(x_{n}+{\frac {7}{x_{n}}}\right)}\,.$

Daher ist

${}x_{1}={\frac {1}{2}}{\left(3+{\frac {7}{3}}\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {9+7}{3}}\right)}={\frac {16}{6}}={\frac {8}{3}}\,.$

Somit ist

${}x_{2}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {8}{3}}+{\frac {7}{8/3}}\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {8}{3}}+{\frac {21}{8}}\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {64+63}{24}}={\frac {127}{48}}\,.$

Schließlich ist

${}x_{3}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {127}{48}}+{\frac {7}{127/48}}\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {127}{48}}+{\frac {336}{127}}\right)}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {16129+16128}{6096}}={\frac {32257}{12192}}\,.$

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine reelle Folge. Zeige, dass die Folge genau dann konvergiert, wenn sie genau einen Häufungspunkt besitzt.

Lösung

Es sei zunächst die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergent mit Grenzwert ${}x$. Dann ist die Folge nach Lemma 5.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) beschränkt. Der Grenzwert ${}x$ ist insbesondere ein Häufungspunkt. Nehmen wir an, es würde noch einen weiteren Häufungspunkt ${}y\neq x$ geben. Für ${}\epsilon ={\frac {\vert {x-y}\vert }{3}}$ liegen dann aber alle bis auf endlich viele Folgenglieder innerhalb der ${}\epsilon$-Umgebung (also $]x-\epsilon ,x+\epsilon [$) von ${}x$, und daher kann es innerhalb der ${}\epsilon$-Umgebung von ${}y$ nur endlich viele Glieder geben.

Es sei nun die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt mit dem einzigen Häufungspunkt ${}x$. Wir behaupten, dass die Folge gegen ${}x$ konvergiert und nehmen an, dass sie nicht gegen ${}x$ konvergiert. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass es außerhalb der ${}\epsilon$-Umgebung von ${}x$ unendlich viele Folgenglieder gibt. Dies bedeutet, dass es eine Teilfolge ${}x_{n_{i}}$ gibt, die ganz außerhalb von $]x-\epsilon ,x+\epsilon [$ verläuft. Mit der Folge ist auch diese Teilfolge beschränkt. Daher gibt es nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß (eine konvergente Teilfolge und) einen Häufungspunkt ${}y$ der Folge ${}x_{n_{i}}$, der auch ein Häufungspunkt von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ist. Dabei ist ${}x\neq y$, da es in der ${}\epsilon$-Umgebung von ${}x$ überhaupt keine Folgenglieder der Teilfolge ${}x_{n_{i}}$ gibt.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Quotientenkriterium für Reihen.

Lösung

Die Konvergenz ändert sich nicht, wenn man endlich viele Glieder ändert. Daher können wir ${}k_{0}=0$ annehmen. Ferner können wir annehmen, dass alle ${}a_{k}$ positive reelle Zahlen sind. Es ist

${}a_{k}={\frac {a_{k}}{a_{k-1}}}\cdot {\frac {a_{k-1}}{a_{k-2}}}{\cdots }{\frac {a_{1}}{a_{0}}}\cdot a_{0}\leq a_{0}\cdot q^{k}\,.$

Somit folgt die Konvergenz aus dem Majorantenkriterium und der Konvergenz der geometrischen Reihe.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Es seien die beiden Polynome

$P=X^{2}+3X-5\,\,{\text{ und }}\,\,Q=X^{2}-4X+7$

gegeben.

a) Berechne ${}P(Q)$ (es soll also ${}Q$ in ${}P$ eingesetzt werden).

b) Berechne die Ableitung von ${}P(Q)$ direkt und mit Hilfe der Kettenregel.

Lösung

a) Es ist

${}{\begin{aligned}P(Q)&=(X^{2}-4X+7)^{2}+3(X^{2}-4X+7)-5\\&=X^{4}+16X^{2}+49-8X^{3}+14X^{2}-56X+3X^{2}-12X+21-5\\&=X^{4}-8X^{3}+33X^{2}-68X+65.\end{aligned}}$

b) Die Ableitung von ${}P(Q)$ ist

${}(X^{4}-8X^{3}+33X^{2}-68X+65)^{\prime }=4X^{3}-24X^{2}+66X-68\,.$

Es ist ${}P'=2X+3$ und

${}P'(Q)=2(X^{2}-4X+7)+3=2X^{2}-8X+17\,.$

Nach der Kettenregel ist daher

${}{\begin{aligned}(P(Q))^{\prime }&=P'(Q)\cdot Q'\\&=(2X^{2}-8X+17)(2X-4)\\&=4X^{3}-8X^{2}-16X^{2}+32X+34X-68\\&=4X^{3}-24X^{2}+66X-68.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}a\in \mathbb {R}$ und seien

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

stetige Funktionen mit

${}f(a)>g(a)\,.$

Zeige, dass es ein ${}\delta >0$ derart gibt, dass

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

für alle ${}x\in [a-\delta ,a+\delta ]$ gilt.

Lösung

Sei

${}c:=f(a)-g(a)>0\,.$

Da ${}f$ und ${}g$ stetig sind, gibt es zu

${}\epsilon :={\frac {c}{3}}\,$

positive Zahlen ${}\delta _{1}$ bzw. ${}\delta _{2}$ derart, dass aus ${}\vert {x-a}\vert \leq \delta _{1}$ die Abschätzung ${}\vert {f(x)-f(a)}\vert \leq \epsilon$ und aus ${}\vert {x-a}\vert \leq \delta _{2}$ die Abschätzung ${}\vert {g(x)-g(a)}\vert \leq \epsilon$ folgt. Mit

${}\delta :={\min {\left(\delta _{1},\delta _{2},\right)}}\,$

gilt somit für jedes ${}x\in [a-\delta ,a+\delta ]$ die Abschätzung

${}f(x)\geq f(a)-\epsilon >g(a)+\epsilon \geq g(x)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Gibt es eine reelle Zahl, die in ihrer vierten Potenz, vermindert um das Doppelte ihrer dritten Potenz, gleich dem Negativen der Quadratwurzel von ${}42$ ist?

Lösung

Es geht um eine reelle Lösung für die Gleichung

${}f(x)=x^{4}-2x^{3}=-{\sqrt {42}}\,.$

Für ${}x<0$ und ${}x>2$ ist ${}f(x)=x^{3}(x-2)>0$, es kann also allenfalls in ${}[0,2]$ eine Lösung geben. Dazu bestimmen wir, wo die Funktion ${}f$ ihr Minimum annimmt. Für die Ableitung gilt

${}f'(x)=4x^{3}-6x^{2}=2x^{2}(2x-3)\,.$

An den beiden Nullstellen ${}0$ und ${}{\frac {3}{2}}$ sind die Werte

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

und

${}f{\left({\frac {3}{2}}\right)}={\frac {27}{8}}{\left({\frac {3}{2}}-2\right)}={\frac {27}{8}}{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}=-{\frac {27}{16}}>-2>-{\sqrt {42}}\,.$

Also ist das Minimum von ${}f$ größer als ${}-{\sqrt {42}}$ und es gibt keine Lösung.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die lineare Approximation einer Funktion

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

in einem Punkt ${}a\in {\mathbb {K} }$.

Lösung

Wenn ${}f$ differenzierbar ist, so setzen wir ${}s:=f'(a)$. Für die Funktion ${}r$ muss notwendigerweise

$r(x)={\begin{cases}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}-s{\text{ für }}x\neq a\,,\\0{\text{ für }}x=a\,,\end{cases}}$

gelten, um die Bedingungen zu erfüllen. Aufgrund der Differenzierbarkeit existiert der Limes

$\operatorname {lim} _{x\rightarrow a,\,x\in {\mathbb {K} }\setminus \{a\}}r(x)=\operatorname {lim} _{x\rightarrow a,\,x\in {\mathbb {K} }\setminus \{a\}}{\left({\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}-s\right)}\,,$

und hat den Wert ${}0$. Dies bedeutet, dass ${}r$ in ${}a$ stetig ist.

Wenn umgekehrt ${}s$ und ${}r$ mit den angegebenen Eigenschaften existieren, so gilt für ${}x\neq a$ die Beziehung

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

Da ${}r$ stetig in ${}a$ ist, muss auch der Limes links für ${}x\rightarrow a$ existieren.

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

Zeige, dass die Sinus- bzw. die Kosinusfunktion die folgenden Werte besitzt.

a)

${}\sin {\frac {\pi }{4}}=\cos {\frac {\pi }{4}}={\frac {1}{\sqrt {2}}}\,.$

b)

${}\cos {\frac {\pi }{3}}={\frac {1}{2}}\,.$

c)

${}\sin {\frac {\pi }{3}}={\frac {\sqrt {3}}{2}}\,.$

Lösung

a) Es ist ${}\sin \left(z+{\frac {\pi }{2}}\right)=\cos z$ nach [[Sinus und Kosinus/R/Periodizitätseigenschaften/Fakt|Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (3)]]. Daher ist

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

da Kosinus eine gerade Funktion ist. Aus

${}1=\sin ^{2}{\left({\frac {\pi }{4}}\right)}+\cos ^{2}{\left({\frac {\pi }{4}}\right)}=2\sin ^{2}{\left({\frac {\pi }{4}}\right)}\,$

ergibt sich

${}\sin ^{2}{\left({\frac {\pi }{4}}\right)}={\frac {1}{2}}\,.$

Da ${}\sin {\frac {\pi }{4}}>0$ ist, ist

${}\sin {\frac {\pi }{4}}={\frac {1}{\sqrt {2}}}\,.$

b) Nach den Additionstheoremen für Sinus und Kosinus ist

${}{\begin{aligned}\sin \left(3\alpha \right)&=\cos \alpha \sin \left(2\alpha \right)+\cos \left(2\alpha \right)\sin \alpha \\&=\cos \alpha {\left(2\cos \alpha \sin \alpha \right)}+{\left(\cos ^{2}\alpha -\sin ^{2}\alpha \right)}\sin \alpha \\&=\sin \alpha {\left(3\cos ^{2}\alpha -\sin ^{2}\alpha \right)}\\&=\sin \alpha {\left(4\cos ^{2}\alpha -1\right)}.\end{aligned}}$

Für ${}\alpha ={\frac {\pi }{3}}$ ist also

${}0=\sin \pi =\sin {\frac {\pi }{3}}{\left(4\cos ^{2}{\frac {\pi }{3}}-1\right)}\,.$

Wegen

${}\sin {\frac {\pi }{3}}\neq 0\,$

ist somit

${}0=4\cos ^{2}{\frac {\pi }{3}}-1\,,$

woraus sich

${}\cos ^{2}{\frac {\pi }{3}}={\frac {1}{4}}\,$

ergibt. Da ${}\cos {\frac {\pi }{3}}$ positiv ist, folgt

${}\cos {\frac {\pi }{3}}={\frac {1}{2}}\,.$

c) Aus

${}1=\cos ^{2}{\frac {\pi }{3}}+\sin ^{2}{\frac {\pi }{3}}={\frac {1}{4}}+\sin ^{2}{\frac {\pi }{3}}\,$

folgt

${}\sin ^{2}{\frac {\pi }{3}}={\frac {3}{4}}\,,$

woraus sich wegen der Positivität von ${}\sin {\frac {\pi }{3}}$ schließlich

${}\sin {\frac {\pi }{3}}={\frac {\sqrt {3}}{2}}\,$

ergibt.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für die Funktion

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

die Extrema.

Lösung

Wir schreiben

${}{\begin{aligned}f(x)&=2^{x}+3^{-x}\\&=e^{x\ln 2}+e^{-x\ln 3}.\end{aligned}}$

Zur Bestimmung der Extrema betrachten wir die Ableitung, diese ist

${}f'(x)=(\ln 2)e^{x\ln 2}-(\ln 3)e^{-x\ln 3}\,.$

Die Bedingung ${}f'(x)=0$ führt durch Multiplikation mit ${}e^{x\ln 3}$ auf

${}0=(\ln 2)e^{x(\ln 2+\ln 3)}-\ln 3\,.$

Daher muss

${}e^{x\ln 6}={\frac {\ln 3}{\ln 2}}\,$

sein, woraus sich

${}x\ln 6=\ln {\left({\frac {\ln 3}{\ln 2}}\right)}\,,$

also

${}x={\frac {\ln {\left({\frac {\ln 3}{\ln 2}}\right)}}{\ln 6}}\,$

ergibt. Die zweite Ableitung ist

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=(\ln 2)^{2}e^{x\ln 2}+(\ln 3)^{2}e^{-x\ln 3}\\\end{aligned}}$

und somit positiv, also liegt im angegebenen Punkt ein isoliertes lokales Minimum vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das bestimmte Integral

$\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt[{3}]{5x+1}}}dx.$

Lösung

Wir arbeiten mit der bijektiven Substitution

${}y={\sqrt[{3}]{5x+1}}\,$

mit der Umkehrfunktion

${}x={\frac {y^{3}-1}{5}}\,$

und

${}dx={\frac {3y^{2}}{5}}dy\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt[{3}]{5x+1}}}dx&=\int _{1}^{\sqrt[{3}]{6}}{\frac {\frac {y^{3}-1}{5}}{y}}\cdot {\frac {3y^{2}}{5}}dy\\&={\frac {3}{25}}\int _{1}^{\sqrt[{3}]{6}}y^{4}-ydy\\&={\frac {3}{25}}[{\frac {1}{5}}y^{5}-{\frac {1}{2}}y^{2}]_{1}^{\sqrt[{3}]{6}}\\&={\frac {3}{25}}{\left({\frac {1}{5}}{\sqrt[{3}]{6}}^{5}-{\frac {1}{2}}{\sqrt[{3}]{6}}^{2}-{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{2}}\right)}\\&={\frac {3}{125}}6^{\frac {5}{3}}-{\frac {3}{50}}6^{\frac {2}{3}}+{\frac {9}{250}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise, dass eine stetige Funktion

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

Riemann-integrierbar ist.

Lösung

Die stetige Funktion ${}f$ ist auf dem kompakten Intervall ${}[a,b]$ beschränkt nach Korollar 13.11 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Daher gibt es obere und untere Treppenfunktionen und daher existieren Oberintegral und Unterintegral. Wir müssen zeigen, dass sie übereinstimmen. Dazu genügt es, zu einem gegebenen ${}\epsilon >0$ eine untere und eine obere Treppenfunktion für ${}f$ anzugeben derart, dass die Differenz ihrer Treppenintegrale ${}\leq \epsilon$ ist. Nach Lemma 14.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}f$ gleichmäßig stetig. Daher gibt es zu ${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{b-a}}$ ein ${}\delta >0$ derart, dass für alle ${}x,x'\in I$ mit ${}d{\left(x,x'\right)}\leq \delta$ die Abschätzung ${}d{\left(f(x),f(x')\right)}\leq \epsilon '$ gilt. Es sei nun ${}n\in \mathbb {N}$ so, dass ${}{\frac {b-a}{n}}\leq \delta$ ist, und betrachten wir die Unterteilung des Intervalls mit den Punkten ${}a_{i}=a+i{\frac {b-a}{n}}$. Auf den Teilintervallen ${}[a_{i-1},a_{i}]$, ${}i=1,\ldots ,n$, ist der Abstand zwischen dem Maximum

$t_{i}={\max {\left(f(x),a_{i-1}\leq x\leq a_{i}\right)}}$

und dem Minimum

$s_{i}={\min {\left(f(x),a_{i-1}\leq x\leq a_{i}\right)}}$

kleiner/gleich ${}\epsilon '$. Die zu diesen Werten gehörigen Treppenfunktionen, also

$t(x):={\begin{cases}t_{i}{\text{ für }}x\in [a_{i-1},a_{i}[{\text{ und }}1\leq i\leq n-1\,,\\t_{n}{\text{ für }}x\in [a_{n-1},a_{n}]\,,\end{cases}}$

und

$s(x):={\begin{cases}s_{i}{\text{ für }}x\in [a_{i-1},a_{i}[{\text{ und }}1\leq i\leq n-1\,,\\s_{n}{\text{ für }}x\in [a_{n-1},a_{n}]\,,\end{cases}}$

sind dann eine obere bzw. untere Treppenfunktion zu ${}f$. Die Differenz zwischen den zugehörigen Ober- und Untersummen ist dann

${}\sum _{i=1}^{n}t_{i}{\frac {b-a}{n}}-\sum _{i=1}^{n}s_{i}{\frac {b-a}{n}}=\sum _{i=1}^{n}(t_{i}-s_{i}){\frac {b-a}{n}}\leq \sum _{i=1}^{n}\epsilon '{\frac {b-a}{n}}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {\epsilon }{n}}=\epsilon \,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass

${}y(t):={\frac {5}{2e^{-5t}+3}}\,$

die logistische Differentialgleichung

${}y'=y(5-3y)\,$

und die Anfangsbedingung ${}y(0)=1$ erfüllt.

Lösung

Es ist einerseits

${}y'(t)={\frac {-5\cdot 2\cdot (-5)\cdot e^{-5t}}{(2e^{-5t}+3)^{2}}}={\frac {50e^{-5t}}{(2e^{-5t}+3)^{2}}}\,$

und andererseits ebenso

${}{\begin{aligned}y(t)(5-3y(t))&={\frac {5}{2e^{-5t}+3}}{\left(5-3{\frac {5}{2e^{-5t}+3}}\right)}\\&={\frac {25}{2e^{-5t}+3}}-{\frac {75}{(2e^{-5t}+3)^{2}}}\\&={\frac {25(2e^{-5t}+3)-75}{(2e^{-5t}+3)^{2}}}\\&={\frac {50e^{-5t}}{(2e^{-5t}+3)^{2}}}.\end{aligned}}$

Ferner ist

${}y(0)={\frac {5}{2e^{0}+3}}={\frac {5}{2+3}}=1\,.$