Kurs:Analysis/Teil I/41/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y,$

   heißt kommutativ, wenn für alle ${}x,y\in M$ die Gleichheit

   ${}x\circ y=y\circ x\,$

   gilt.

2. Der Binomialkoeffizient ist durch

   ${}{\binom {n}{k}}={\frac {n!}{k!(n-k)!}}\,$

   definiert.

3. Die Eulersche Zahl ist durch

   ${}e=\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}^{n}\,$

   definiert.

4. Ein Punkt ${}x\in {\mathbb {K} }$ heißt Berührpunkt von ${}T$, wenn es (mindestens) eine Folge ${}x_{n}\in T$ gibt, die gegen ${}x$ konvergiert.
5. Zu zwei Reihen ${}\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}$ und ${}\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}$ komplexer Zahlen heißt die Reihe

   $\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}{\text{ mit }}c_{k}=\sum _{i=0}^{k}a_{i}b_{k-i}$

   das Cauchy-Produkt der beiden Reihen.

6. 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.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Für jede natürliche Zahl ${}n$ sei eine Aussage ${}A(n)$ gegeben. Es gelte
   1. ${}A(0)$ ist wahr.
   2. Für alle ${}n$ gilt: wenn ${}A(n)$ gilt, so ist auch ${}A(n+1)$ wahr.
   Dann gilt ${}A(n)$ für alle ${}n$.
2. Es seien ${}f=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}$ und ${}g=\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}z^{n}$ Potenzreihen mit positiven Konvergenzradien und derart, dass es ein ${}\epsilon >0$ gibt, dass die dadurch definierten Funktionen

   $f,g\colon U{\left(0,\epsilon \right)}\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   übereinstimmen. Dann ist ${}a_{n}=b_{n}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$.
3. Satzantwort Für einen beliebigen Punkt ${}a\in I$ ist die Integralfunktion

   ${}F(x):=\int _{a}^{x}f(t)\,dt\,$

   differenzierbar und es gilt

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

   für alle

   ${}x\in I$.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Es sei ${}T_{n}$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$, eine Familie von Mengen. Wir setzen

${}S_{n}=T_{n}\setminus {\left(\bigcup _{i=1}^{n-1}T_{i}\right)}\,.$

a) Zeige

${}\bigcup _{i=1}^{n}T_{i}=\bigcup _{i=1}^{n}S_{i}\,.$

b) Zeige, dass die Vereinigung ${}\bigcup _{i=1}^{n}S_{i}$ disjunkt ist, dass also

${}S_{n}\cap S_{k}=\emptyset \,$

für ${}n\neq k$ ist.

Lösung

a) Wegen ${}S_{n}\subseteq T_{n}$ gilt ${}\supseteq$. Zum Nachweis der umgekehrten Inklusion sei ${}x\in \bigcup _{i=1}^{n}T_{i}$. Dann gibt es ein ${}i$ zwischen ${}1$ und ${}n$ mit ${}x\in T_{i}$ und damit auch ein minimales ${}k$ mit dieser Eigenschaft. Es ist also ${}x\in T_{k}$, aber ${}x\not \in T_{i}$ für ${}i<k$. Damit ist ${}x\in T_{k}\setminus \bigcup _{i=1}^{k-1}T_{i}=S_{k}$ und insbesondere ${}x\in \bigcup _{i=1}^{n}S_{i}$.

b) Sei ${}k\neq n$ und sagen wir ${}k<n$. Es sei ${}x\in S_{n}=T_{n}\setminus \bigcup _{i=1}^{n-1}T_{i}$. Dann ist ${}x\in T_{n}$ und ${}x\not \in T_{i}$ für ${}i<n$. Also ist insbesondere ${}x\not \in T_{k}$ und damit auch ${}x\not \in S_{k}$. Also sind ${}S_{n}$ und ${}S_{k}$ disjunkt.

Aufgabe (2 Punkte)

In der folgenden Argumentation wird durch Induktion bewiesen, dass alle Pferde die gleiche Farbe haben. „Es sei ${}A(n)$ die Aussage, dass je ${}n$ Pferde stets untereinander die gleiche Farbe haben. Induktionsanfang: Wenn nur ein Pferd da ist, so hat dieses eine bestimmte Farbe und die Aussage ist richtig. Für den Induktionsschritt sei vorausgesetzt, dass je ${}n$ Pferde stets untereinander die gleiche Farbe haben. Es seien jetzt ${}n+1$ Pferde gegeben. Wenn man eines herausnimmt, so weiß man nach der Induktionsvoraussetzung, dass die verbleibenden ${}n$ Pferde untereinander die gleiche Farbe haben. Nimmt man ein anderes Pferd heraus, so haben die jetzt verbleibenden Pferde wiederum untereinander die gleiche Farbe. Also haben all diese ${}n+1$ Pferde überhaupt die gleiche Farbe“. Analysiere diese Argumentation.

Lösung Pferde/Farbe/Induktion/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Eine leere Flasche stand über Nacht draußen und es hat dann angefangen zu regnen. Am Morgen steht in der Flasche Wasser in einer Höhe von ${}{\frac {1}{2}}$ cm. Die Flaschenöffnung hat einen (inneren) Durchmesser von ${}2$ cm und die Flasche hat einen Durchmesser von ${}6$ cm. Wie viel Regen fiel in der Nacht (gemessen in Zentimetern)?

Lösung

Der Wasserinhalt in der Flasche ist

$\pi \cdot 3^{2}\cdot {\frac {1}{2}}.$

Diese Menge muss durch die Flaschenöffnung eingegangen sein, sodass sich die Bedingung

${}\pi \cdot 3^{2}\cdot {\frac {1}{2}}=\pi \cdot 1^{2}\cdot h\,$

ergibt, wobei ${}h$ die Regenmengenhöhe ist. Daher ist

${}h=3^{2}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {9}{2}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die allgemeine binomische Formel.

Lösung

Wir führen Induktion nach ${}n$. Für ${}n=0$ steht einerseits ${}(a+b)^{0}=1$ und andererseits ${}a^{0}b^{0}=1$. Es sei die Aussage bereits für ${}n$ bewiesen. Dann ist

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

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine reelle Folge und sei ${}a\in \mathbb {R}$ ein Element mit ${}0\leq a<1$. Es gebe ein ${}N$ derart, dass

${}\vert {x_{n+1}-x_{n}}\vert \leq a^{n}\,$

gelte für alle ${}n\geq N$. Zeige, dass ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge ist.

Lösung

Die Eigenschaft, eine Cauchy-Folge zu sein, ändert sich nicht, wenn man endlich viele Glieder der Folge abändert. Wir können also annehmen, dass

${}\vert {x_{n+1}-x_{n}}\vert \leq a^{n}\,$

für alle ${}n$ gilt. Für ${}m\geq n$ gilt

${}{\begin{aligned}\vert {x_{m}-x_{n}}\vert &=\vert {x_{n+1}-x_{n}}\vert +\vert {x_{n+2}-x_{n+1}}\vert +\cdots +\vert {x_{m-1}-x_{m-2}}\vert +\vert {x_{m}-x_{m-1}}\vert \\&\leq a^{n}+a^{n+1}+\cdots +a^{m-2}+a^{m-1}\\&=a^{n}{\left(1+a+\cdots +a^{m-n-2}+a^{m-n-1}\right)}.\end{aligned}}$

Der rechte Faktor ist dabei (endliche geometrische Reihe) gleich ${}{\frac {1-a^{m-n}}{1-a}}$. Wegen ${}0\leq a<1$ ist der Nenner wohldefiniert und ${}a^{m-n}$ ist ${}\geq 0$, also kann man diesen Faktor nach oben durch ${}{\frac {1}{1-a}}$ abschätzen. Insgesamt haben wir also

${}\vert {x_{m}-x_{n}}\vert \leq a^{n}\cdot {\frac {1}{1-a}}\,.$

Nach Aufgabe 5.28 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}a^{n}$ eine Nullfolge und dies gilt auch für ${}a^{n}\cdot {\frac {1}{1-a}}$, da man ja mit einer festen Zahl multipliziert. Zum Nachweis, dass eine Cauchy-Folge vorliegt, sei ein ${}\epsilon >0$ gegeben. Dann gibt es ein ${}n_{0}$ mit ${}a^{n}\cdot {\frac {1}{1-a}}\leq \epsilon$ für ${}n\geq n_{0}$ und somit gilt für alle ${}m\geq n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}\vert {x_{m}-x_{n}}\vert \leq a^{n}\cdot {\frac {1}{1-a}}\leq \epsilon \,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}I=[a,b]$ ein Intervall in einem angeordneten Körper ${}K$. Beschreibe die Menge

${}M={\left\{x\in K\mid -x\in [a,b]\right\}}\,$

als ein Intervall.

Lösung

Wir behaupten

${}M=[-b,-a]\,.$

Die Negationsabbildung ${}x\mapsto -x$ ist streng fallend. Somit ist

${}{\begin{aligned}M&={\left\{x\in K\mid -x\in [a,b]\right\}}\\&={\left\{x\in K\mid a\leq -x\leq b\right\}}\\&={\left\{x\in K\mid -a\geq -{\left(-x\right)}\geq -b\right\}}\\&={\left\{x\in K\mid -a\geq x\geq -b\right\}}\\&=[-b,-a].\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$ und sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom, das eine Zerlegung in Linearfaktoren besitze. Es sei ${}T$ ein Teiler von ${}P$. Zeige, dass ${}T$ ebenfalls eine Zerlegung in Linearfaktoren besitzt, wobei die Vielfachheit eines Linearfaktors ${}X-a$ in ${}T$ durch seine Vielfachheit in ${}P$ beschränkt ist.

Lösung

Wir arbeiten mit normierten Polynomen und schreiben

${}P=(X-a_{1})^{n_{1}}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}\,$

mit verschiedenen ${}a_{i}$ und führen Induktion über den Grad ${}d=\sum _{j=1}^{r}n_{j}$ von ${}P$. Die Teilbarkeitsbeziehung bedeutet die Existenz eines Polynoms ${}Q$ mit

${}P=QT\,.$

Damit ist insbesondere

${}T(a_{1})\cdot Q(a_{1})=P(a_{1})=0\,.$

Aufgrund der Nichtnullteilereigenschaft in einem Körper gilt ${}T(a_{1})=0$ oder ${}Q(a_{1})=0$. Nach Lemma 11.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) bedeutet dies, dass ${}T$ oder ${}Q$ von ${}X-a_{1}$ geteilt wird. Im zweiten Fall schreiben wir

${}{\begin{aligned}(X-a_{1})^{n_{1}}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}&=(X-a_{1})(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}\\&=TQ'(X-a_{1}).\end{aligned}}$

Aufgrund der Nichtnullteilereigenschaft im Polynomring folgt daraus

${}P'=(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=TQ'\,$

und wir können auf ${}P'$ die Induktionsvoraussetzung anwenden. Im ersten Fall ist

${}T=T'(X-a_{1})\,,$

woraus sich

${}(X-a_{1})(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=(X-a_{1})T'Q\,$

und somit

${}P'=(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=T'Q\,$

ergibt. Die Induktionsvoraussetzung angewendet auf ${}P'$ bedeutet, dass ${}T'$ in Linearfaktoren zerfällt und dass nur Linearfaktoren aus ${}P'$ mit einer Vielfachheit vorkommen, die durch die Vielfachheit von ${}P'$ beschränkt ist. Da die Vielfachheiten zu ${}X-a_{j}$ in ${}P$ und in ${}P'$ für ${}j\geq 2$ übereinstimmen und die Vielfachheit von ${}X-a_{1}$ sich um ${}1$ reduziert, dies aber auch beim Übergang von ${}T$ nach ${}T'$ zutrifft, folgt die Aussage.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde für die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=x^{3}-3x+1,$

eine Nullstelle im Intervall ${}[0,1]$ mit Hilfe der Intervallhalbierungsmethode mit einem Fehler von maximal ${}1/8$.

Lösung

ungefähr ${}0,347$

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 (6 (1+2+3) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

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

1. Bestimme die Nullstellen der Funktion.
2. Bestimme, in welchen Abschnitten die Funktion positiv bzw. negativ ist.
3. Bestimme die Extrema der Funktion.

Lösung

1. Es ist

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

   Deshalb gibt es die beiden Nullstellen ${}0$ und ${}1$.

2. Wir arbeiten weiter mit der Faktorzerlegung

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

   Für negatives ${}x$ sind beide Faktoren negativ, daher ist ihr Produkt positiv. Für ${}x\in ]0,1[$ ist der Faktor ${}x^{3}$ positiv und der Faktor ${}x-1$ negativ, auf diesem Intervall ist also die Funktion negativ. Für ${}x>1$ sind beide Faktoren positiv und somit ist die Funktion in diesem Abschnitt positiv.

3. Es ist

   ${}F'(x)=4x^{3}-3x^{2}=x^{2}(4x-3)=4x^{2}{\left(x-{\frac {3}{4}}\right)}\,.$

   Die Nullstellen der Ableitung sind also ${}0$ und ${}{\frac {3}{4}}$. Bei ${}x=0$ gibt es kein Extremum, da dort nach Teil (2) ein Übergang von positiv nach negativ stattfindet. Bei ${}x={\frac {3}{4}}$ ziehen wir die zweite Ableitung heran, diese ist

   ${}F^{\prime \prime }(x)=12x^{2}-6x=6x(2x-1)\,$

   und hat wegen

   ${}2\cdot {\frac {3}{4}}-1={\frac {1}{2}}>0\,$

   dort einen positiven Wert. Also liegt in ${}{\frac {3}{4}}$ ein lokales Minimum vor, das wegen der Überlegungen aus Teil (2) auch ein absolutes Minimum ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Funktion

$\ln \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} .$

Lösung

Da der Logarithmus die Umkehrfunktion der Exponentialfunktion ist, können wir Satz 18.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) anwenden und erhalten mit [[Reelle Exponentialfunktion/Ableitung/Fakt|Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]]

${}\ln '(x)={\frac {1}{\exp '(\ln x)}}={\frac {1}{\exp(\ln x)}}={\frac {1}{x}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

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

Bestimme das Taylorpolynom zu ${}f$ vom Grad ${}2$ im Entwicklungspunkt ${}2$.

Lösung

Wir schreiben

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

es ist ${}f(2)={\sqrt {8}}=2{\sqrt {2}}$. Es ist

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

und insbesondere

${}f'(2)={\frac {1}{2}}8^{-{\frac {1}{2}}}\cdot 11={\frac {11}{2\cdot 8^{\frac {1}{2}}}}={\frac {11}{4{\sqrt {2}}}}={\frac {11{\sqrt {2}}}{8}}\,.$

Es ist

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

und insbesondere

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(2)&=6\cdot 8^{-{\frac {1}{2}}}-{\frac {11}{4}}\cdot 8^{-{\frac {3}{2}}}\cdot 11\\&={\frac {3}{\sqrt {2}}}-{\frac {121}{4\cdot 8^{\frac {3}{2}}}}\\&={\frac {3{\sqrt {2}}}{2}}-{\frac {121}{64\cdot {\sqrt {2}}}}\\&={\frac {192{\sqrt {2}}}{128}}-{\frac {121{\sqrt {2}}}{128}}\\&={\frac {71{\sqrt {2}}}{128}}.\end{aligned}}$

Somit ist das Taylorpolynom vom Grad ${}2$ im Entwicklungspunkt ${}2$ gleich

$2{\sqrt {2}}+{\frac {11{\sqrt {2}}}{8}}(x-2)+{\frac {71{\sqrt {2}}}{256}}(x-2)^{2}.$

Aufgabe (8 (2+4+2) Punkte)

Wir betrachten die Sinusfunktion

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

auf ${}[0,\pi ]$ und den oberen Halbkreis (mit Radius ${}{\frac {\pi }{2}}$) oberhalb dieses Intervalls.

1. Skizziere die Situation. Beschreibe den oberen Halbkreis als den Graphen einer Funktion ${}g(x)$.
2. Zeige, dass

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

   für alle ${}x\in [0,\pi ]$ gilt. Tipp: Betrachte die Situation für ${}0\leq x\leq \pi /6$ und für ${}\pi /6\leq x\leq \pi /2$.

3. Berechne den Flächeninhalt zwischen dem Halbkreis und dem Sinusbogen.

Lösung

1. Es handelt sich um den oberen Halbkreis mit dem Mittelpunkt ${}(\pi /2,0)$ und dem Radius ${}\pi /2$. Für die Punkte ${}(x,y)$ auf dem Kreisbogen gilt

   ${}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}+y^{2}={\frac {\pi ^{2}}{4}}\,,$

   somit ist der obere Halbbogen der Graph der Funktion

   ${}g(x)={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4}}-{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}}}={\sqrt {-x^{2}+x\pi }}={\sqrt {x(\pi -x)}}\,.$

2. Es ist

   ${}{\sqrt {x(\pi -x)}}\geq \sin x\,$

   auf ${}[0,\pi ]$ zu zeigen, wobei die Situation symmetrisch zur Achse durch ${}x=\pi /2$ ist. Da beide Funktionen nichtnegativ sind, genügt es, die quadrierte Abschätzung nachzuweisen, also

   ${}x(\pi -x)\geq \sin ^{2}x\,.$

   Beide Funktionen sind auf ${}[0,\pi /2]$ streng wachsend und haben im Nullpunkt den Wert ${}0$. Für ${}\pi /6\leq x\leq \pi /2$ ist

   ${}x(\pi -x)\geq {\frac {\pi }{6}}{\left(\pi -{\frac {\pi }{6}}\right)}={\frac {\pi }{6}}\cdot {\frac {5\pi }{6}}={\frac {5\pi ^{2}}{36}}>1\geq \sin ^{2}x\,.$

   Für ${}0\leq x\leq \pi /6$ vergleichen wir die Ableitungen der quadrierten FUnktionen. Es ist

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

   und

   ${}(\sin ^{2}x)'=2\sin x\cos x\,.$

   Im angegebenen Bereich ist

   ${}-2x+\pi \geq -2{\frac {\pi }{6}}+\pi ={\frac {2}{3}}\pi >2\geq 2\sin x\cos x\,,$

   die Funktion ${}g^{2}$ wächst also schneller als ${}\sin ^{2}x$ und somit gilt auch in diesem Abschnitt die Abschätzung.

3. Der Flächeninhalt unter dem Kreisbogen ist der halbe Flächeninhalt eines Kreises mit Radius ${}\pi /2$, also gleich

   ${}{\frac {1}{2}}\pi \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}={\frac {\pi ^{3}}{8}}\,.$

   Der Flächeninhalt unter dem Sinusbogen ist

   ${}\int _{0}^{\pi }\sin xdx=-\cos x|_{0}^{\pi }=1+1=2\,.$

   Der eingeschlossene Flächeninhalt ist somit gleich

   ${\frac {\pi ^{3}}{8}}-2.$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass auf die Differentialgleichung

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

nicht der Lösungsansatz für getrennte Variablen anwendbar ist.

Lösung

Wir zeigen, dass es keine Produktzerlegung

${}t+y=f(t,y)=g(t)h(y)\,$

mit Funktionen ${}g(t)$ und ${}h(y)$ geben kann. Nehmen wir an, es gibt eine solche Darstellung. Die Funktion ${}t+y$ hat an der Stelle ${}(0,0)$ eine Nullstelle. Deshalb ist

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

oder

${}h(0)=0\,.$

Im ersten Fall ist

${}f(0,y)=g(0)h(y)=0\,$

für alle ${}y$ und im zweiten Fall ist

${}f(t,0)=g(t)h(0)=0\,$

für alle ${}t$. Beide Eigenschaften gelten aber für ${}t+y$ definitiv nicht.