Kurs:Analysis/Teil I/47/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	3	2	3	5	5	4	4	4	2	2	1	5	4	3	7	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Der Binomialkoeffizient ist durch

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

   definiert.

2. Der Betrag einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ ist durch

   ${}\vert {z}\vert ={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\,$

   definiert.

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

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

   gilt.

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

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

5. Man sagt, dass ${}f$ ${}n$-mal differenzierbar ist, wenn ${}f$ ${}(n-1)$-mal differenzierbar ist und die ${}(n-1)$-te Ableitung ${}f^{(n-1)}$ differenzierbar ist.
6. Eine Funktion

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

   heißt eine Treppenfunktion, wenn es eine Unterteilung

   $a=a_{0}<a_{1}<a_{2}<\cdots <a_{n-1}<a_{n}=b$

   von ${}I$ gibt derart, dass ${}t$ auf jedem offenen Teilintervall ${}]a_{i-1},a_{i}[$ konstant ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Für ${}a,b$ in einem Körper ${}K$ gilt

   ${}(a+b)^{n}=\sum _{i=0}^{n}{\binom {n}{i}}a^{i}b^{n-i}\,.$

2. Die Stetigkeit von ${}f$ im Punkt ${}a$ ist äquivalent dazu, dass für jede Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$, die gegen ${}a$ konvergiert, die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}f(a)$ konvergiert.
3. Es sei

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

   eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen mit stetigen Funktionen

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

   und

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

   wobei ${}h$ keine Nullstelle besitze. Es sei ${}G$ eine Stammfunktion von ${}g$ und ${}H$ eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{h}}$. Weiter sei ${}I'\subseteq I$ ein Teilintervall mit ${}G(I')\subseteq H(J)$. Dann ist ${}H$ eine bijektive Funktion auf sein Bild ${}H(J)$ und die Lösungen dieser Differentialgleichung haben die Form

   ${}y(t)=H^{-1}(G(t))\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Man erläutere die Aussage, dass man in der Mathematik auch „Extremfälle“ berücksichtigen muss, an typischen Beispielen.

Lösung Mathematik/Extremfälle/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}A,\,B$ und ${}C$ Mengen. Beweise die Identität

${}A\setminus {\left(B\setminus C\right)}={\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}\,.$

Lösung

Es sei ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$. Das bedeutet ${}x\in A$ und ${}x\notin B\setminus C$. Dies wiederum bedeutet ${}x\notin B$ oder ${}x\in B\cap C$. Somit ist insgesamt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$.

Es sei nun umgekehrt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$. Bei ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}$ ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B$ und somit ist insbesondere ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$. Ist hingegen ${}x\in A\cap C$, so ist bei ${}x\in A\setminus B$ die Zugehörigkeit zur linken Menge schon erwiesen. Also müssen wir nur noch den Fall ${}x\in B$ betrachten. In diesem Fall ist ${}x\notin B\setminus C$ und somit ist ebenfalls ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$.

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

1. Finde eine ganzzahlige Lösung ${}(x,y)\in \mathbb {Z} \times \mathbb {Z}$ für die Gleichung

   ${}x^{2}-y^{3}+2=0\,.$

2. Zeige, dass

   $\left({\frac {383}{1000}},\,{\frac {129}{100}}\right)$

   eine Lösung für die Gleichung

   ${}x^{2}-y^{3}+2=0\,$

   ist.

Lösung

1. ${}(5,3)$ ist eine ganzzahlige Lösung.
2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\left({\frac {383}{1000}}\right)}^{2}-{\left({\frac {129}{100}}\right)}^{3}+2&={\left({\frac {146689}{1000000}}\right)}-{\left({\frac {2146689}{1000000}}\right)}+2\\&={\left({\frac {146689-2146689}{1000000}}\right)}+2\\&={\left({\frac {-2000000}{1000000}}\right)}+2\\&=-2+2\\&=0.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}n$ Geraden in der Ebene gegeben. Formuliere und beweise eine Formel (in Abhängigkeit von ${}n$) für die maximale Anzahl von Schnittpunkten der Geraden.

Lösung

Die maximale Anzahl der Schnittpunkte ist ${}{\frac {n(n-1)}{2}}$. Dies beweisen wir durch Induktion über ${}n$. Bei keiner oder einer Geraden gibt es keinen Schnittpunkt, die Formel ist also richtig, und dies sichert den Induktionsanfang. Es sei die Aussage nun für ${}n$ Geraden bewiesen, und es komme eine neue Gerade hinzu. Diese neue Gerade hat mit jeder der vorgegebenen Geraden höchstens einen Schnittpunkt. Wenn die neue Gerade einen Richtungsvektor besitzt, der von allen Richtungsvektoren der ${}n$ Geraden verschieden ist, so besitzt die neue Gerade mit jeder alten Geraden einen Schnittpunkt. Da es unendlich viele Richtungsvektoren gibt, kann man stets eine neue Richtung für die neue Gerade wählen. Indem man die neue Gerade parallel verschiebt, kann man auch erreichen, dass die neuen Schnittpunkte von den alten Schnittpunkten verschieden sind. Es kann also erreicht werden, dass genau ${}n$ Schnittpunkte hinzukommen. Wenn die ${}n$ Geraden die maximale mögliche Anzahl von Schnittpunkten haben, so hat die neue Geradenkonfiguration genau

${}{\frac {n(n-1)}{2}}+n={\frac {n(n-1)+2n}{2}}={\frac {n(n+1)}{2}}\,$

Schnittpunkte (und wenn die ${}n$ Geraden weniger als ${\frac {n(n-1)}{2}}$ Schnittpunkte haben, so hat auch die neue Geradenkonfiguration weniger als ${\frac {(n+1)n}{2}}$ Schnittpunkte), was den Induktionsschritt beweist.

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 (4 Punkte)

Bestimme die ganzzahligen Lösungen ${}x\neq 0$ der Ungleichung

${}{\frac {\,\,{\frac {3}{x}}\,\,}{\,\,{\frac {-7}{4}}\,\,}}>-1\,.$

Lösung

Es ist

${}{\frac {\,\,{\frac {3}{x}}\,\,}{\,\,{\frac {-7}{4}}\,\,}}={\frac {12}{-7x}}={\frac {-12}{7x}}\,.$

Bei positivem ${}x$ führt die Bedingung

${}{\frac {-12}{7x}}>-1\,$

auf

${}-12>-7x\,$

bzw.

${}12<7x\,.$

Dies ist für

${}x\geq 2\,$

erfüllt. Für negatives ${}x$ schreiben wir

${}x=-y\,$

mit ${}y$ positiv. Die Bedingung

${}{\frac {-12}{7(-y)}}>-1\,$

bedeutet dann

${}{\frac {12}{7y}}>-1\,$

und ist für jedes (positive) ${}y$ erfüllt, da links eine positive rationale Zahl steht. Insgesamt ist die Ungleichung also für alle ganzen Zahlen ${}\neq 0,1$ erfüllt.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergente Folgen in ${}K$. Zeige, dass die Produktfolge ${}{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)}\cdot {\left(\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\right)}\,$

ist.

Lösung

Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Die konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ist nach Lemma 5.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) insbesondere beschränkt und daher existiert ein ${}D>0$ mit ${}\vert {x_{n}}\vert \leq D$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$. Sei ${}x:=\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}$ und ${}y:=\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}$. Wir setzen ${}C:=\max\{D,\vert {y}\vert \}$. Aufgrund der Konvergenz gibt es natürliche Zahlen ${}N_{1}$ und ${}N_{2}$ mit

$\vert {x_{n}-x}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2C}}{\text{ für }}n\geq N_{1}{\text{ und }}\vert {y_{n}-y}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2C}}{\text{ für }}n\geq N_{2}.$

Diese Abschätzungen gelten dann auch für alle ${}n\geq N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$. Für diese Zahlen gilt daher

${}{\begin{aligned}\vert {x_{n}y_{n}-xy}\vert &=\vert {x_{n}y_{n}-x_{n}y+x_{n}y-xy}\vert \\&\leq \vert {x_{n}y_{n}-x_{n}y}\vert +\vert {x_{n}y-xy}\vert \\&=\vert {x_{n}}\vert \vert {y_{n}-y}\vert +\vert {y}\vert \vert {x_{n}-x}\vert \\&\leq C{\frac {\epsilon }{2C}}+C{\frac {\epsilon }{2C}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}\sum _{n=0}^{n}a_{n}$ eine reelle Reihe mit ${}a_{n}\neq 0$ für alle ${}n$. Die Folge der Quotienten

${}x_{n}={\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\,$

konvergiere gegen eine reelle Zahl ${}x$ mit ${}-1<x<1$. Zeige unter Verwendung des Quotientenkriteriums, dass die Reihe konvergiert.

Lösung

Wegen ${}-1<x<1$ ist

${}\delta =\min \vert {x-1}\vert \,,\vert {x+1}\vert \,$

positiv. Wir setzen ${}\epsilon :={\frac {\delta }{2}}$ und damit ist

${}[x-\epsilon ,x+\epsilon ]\subseteq [-1+\epsilon ,1-\epsilon ]\,.$

Wegen der Konvergenz der Quotientenfolge gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass

${}x_{n}={\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\in [x-\epsilon ,x+\epsilon ]\,$

für alle ${}n\geq n_{0}$ gilt. Mit

${}q:=\vert {1-\epsilon }\vert \,$

gilt somit

${}\vert {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\vert \leq q<1\,$

für alle ${}n\geq n_{0}$. Daher kann man auf die Reihe das Quotientenkriterium anwenden und damit auf Konvergenz schließen.

Aufgabe (2 Punkte)

Ene und Odo wissen beide über eine reelle Zahl ${}x$, dass sie zwischen ${}0$ und ${}1$ liegt. Ene weiß, dass die Ziffernentwicklung (im Dezimalsystem) von ${}x$ die Form

${}x=0,73*******...\,$

besitzt, Odo weiß, dass die Ziffernentwicklung die Form

${}x=0,**5143***...\,$

(${}*$ bedeutet, dass keine Information über diese Stelle vorhanden ist). Wer weiß mehr über die Zahl?

Lösung Reelle Zahl/Dezimalentwicklung/Ziffern/Information/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass eine konvergente Potenzreihe ${}\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{n}$ mit ${}c_{n}=0$ für alle geraden Indizes eine ungerade Funktion darstellt.

Lösung

Nach Voraussetzung besitzt die Potenzreihe die Gestalt

${}{\begin{aligned}f(z)&=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{n}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }c_{2k+1}z^{2k+1}.\end{aligned}}$

Daher ist

${}{\begin{aligned}f(-z)&=\sum _{k=0}^{\infty }c_{2k+1}(-z)^{2k+1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }c_{2k+1}(-1)^{2k+1}z^{2k+1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }c_{2k+1}(-1)z^{2k+1}\\&=-{\left(\sum _{k=0}^{\infty }c_{2k+1}z^{2k+1}\right)}\\&=-f(z).\end{aligned}}$

Die Funktion ist also ungerade.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere den Graphen der Sinusfunktion.

Lösung Reelle Sinusfunktion/Skizziere/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}I$ ein reelles Intervall,

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

eine zweimal stetig differenzierbare Funktion und ${}a\in I$ ein innerer Punkt des Intervalls. Es gelte ${}f'(a)=0$. Zeige die folgenden Aussagen.

1. Wenn ${}f^{\prime \prime }(a)>0$ ist, so besitzt ${}f$ in ${}a$ ein isoliertes lokales Minimum.
2. Wenn ${}f^{\prime \prime }(a)<0$ ist, so besitzt ${}f$ in ${}a$ ein isoliertes lokales Maximum.

Lösung

Wir beweisen die erste Aussage, die zweite kann man darauf zurückführen, indem man das Negative der Funktion betrachtet. Wegen der zweifachen stetigen Differenzierbarkeit und

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

gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass die zweite Ableitung auf dem Intervall ${}[a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ positiv ist. Nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist dann ${}f'$ auf diesem Intervall streng wachsend. Wir behaupten, dass ${}f$ in ${}a$ ein isoliertes lokales Minimum besitzt, und zwar dass

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

für alle ${}x\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$, ${}x\neq a$, gilt. Nehmen wir an, dass dies nicht stimmt, und sei ${}x<a$ ein Element mit

${}f(x)\leq f(a)\,$

(das Argument bei ${}x>a$ verläuft genauso). Dann gibt es mit dem Mittelwertsatz ein ${}c$ mit

${}x<c<a\,$

und mit

${}f'(c)={\frac {f(a)-f(x)}{a-x}}\geq 0\,.$

Doch dies widerspricht wegen ${}f'(a)=0$ der strengen Monotonie der Ableitung.

Aufgabe (4 (1+2+1) Punkte)

Wir betrachten die Exponentialfunktion ${}e^{x}$ auf einem Intervall der Form ${}[a,a+1]$.

1. Bestimme den Mittelwert (Durchschnittswert) der Exponentialfunktion auf ${}[a,a+1]$.
2. Bestimme den Punkt ${}c\in [a,a+1]$, in dem die Exponentialfunktion den Durchschnittswert annimmt.
3. Was fällt auf?

Lösung

1. Da das Intervall die Länge ${}1$ besitzt, ist der Durchschnittswert gleich

   ${}\int _{a}^{a+1}e^{x}dx=e^{a+1}-e^{a}=e^{a}(e-1)\,.$

2. Es ist das (wegen der strengen Monotonie eindeutige) ${}c$ gesucht mit ${}e^{c}=e^{a}(e-1)$. Logarithmieren ergibt

   ${}c=\ln \left(e^{a}(e-1)\right)=\ln \left(e^{a}\right)+\ln \left(e-1\right)=a+\ln \left(e-1\right)\,.$

3. Der Punkt ${}c$ hat immer den gleichen Abstand zu ${}a$, nämlich ${}\ln \left(e-1\right)$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von

${}f(x)=-e^{\sin x}\cos x-e^{x}\sin \left(e^{x}\right)+{\frac {7x}{x^{2}+3}}\,.$

Lösung

Man kann für jeden Summanden einzeln direkt eine Stammfunktion angeben, insgesamt ist

$-e^{\sin x}+\cos \left(e^{x}\right)+{\frac {7}{2}}\ln \left(x^{2}+3\right)$

eine Stammfunktion.

Aufgabe (7 (2+2+3) Punkte)

Die sogenannten Bernoulli-Polynome ${}B_{n}$ für ${}n\in \mathbb {N}$ sind Polynome vom Grad ${}n$, die rekursiv definiert werden: ${}B_{0}$ ist das konstante Polynom mit dem Wert ${}1$. Das Polynom ${}B_{n+1}$ berechnet sich aus dem Polynom ${}B_{n}$ über die beiden Bedingungen: ${}B_{n+1}$ ist eine Stammfunktion von ${}(n+1)B_{n}$ und es ist

${}\int _{0}^{1}B_{n+1}(x)dx=0\,.$

1. Berechne ${}B_{1}$.
2. Berechne ${}B_{2}$.
3. Berechne ${}B_{3}$.

Lösung

1. Die Stammfunktionen von ${}1B_{0}=1$ sind ${}x+c$ mit einer Konstanten ${}c$. Die Bedingung

   ${}0=\int _{0}^{1}(x+c)dx=\left({\frac {1}{2}}x^{2}+cx\right)|_{0}^{1}={\frac {1}{2}}+c\,$

   führt auf

   ${}c=-{\frac {1}{2}}\,$

   und daher

   ${}B_{1}=x-{\frac {1}{2}}\,.$

2. Die Stammfunktionen von ${}2B_{1}=2x-1$ sind ${}x^{2}-x+a$ mit einer Konstanten ${}a$. Die Bedingung

   ${}{\begin{aligned}0&=\int _{0}^{1}(x^{2}-x+a)dx\\&=\left({\frac {1}{3}}x^{3}-{\frac {1}{2}}x^{2}+ax\right)|_{0}^{1}\\&={\frac {1}{3}}-{\frac {1}{2}}+a\\&=-{\frac {1}{6}}+a\end{aligned}}$

   führt auf

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

   und daher

   ${}B_{2}=x^{2}-x+{\frac {1}{6}}\,.$

3. Die Stammfunktionen von ${}3B_{2}=3x^{2}-3x+{\frac {1}{2}}$ sind ${}x^{3}-{\frac {3}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}x+b$ mit einer Konstanten ${}b$. Die Bedingung

   ${}{\begin{aligned}0&=\int _{0}^{1}(x^{3}-{\frac {3}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}x+b)dx\\&=\left({\frac {1}{4}}x^{4}-{\frac {1}{2}}x^{3}+{\frac {1}{4}}x^{2}+bx\right)|_{0}^{1}\\&={\frac {1}{4}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}+b\\&=b\end{aligned}}$

   führt auf

   ${}b=0\,$

   und daher

   ${}B_{3}=x^{3}-{\frac {3}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}x\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass das Anfangswertproblem

${}y'=3y^{2/3}=3{\sqrt[{3}]{y^{2}}}\,$

mit ${}y(0)=0$ zwei verschiedene Lösungen auf ${}\mathbb {R}$ besitzt. Warum kann man hier den Lösungssatz für zeitunabhängige Differentialgleichungen nicht anwenden?

Lösung

Es gibt die stationäre Lösung

${}y(t)=0\,$

und auch die Lösung

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

Deren Ableitung ist ja ${}3t^{2}$ und die rechte Seite ergibt ebenfalls

${}3{\sqrt[{3}]{z(t)^{2}}}=3{\sqrt[{3}]{(t^{3})^{2}}}=3{\sqrt[{3}]{t^{6}}}=3t^{2}\,.$

Hier kann man Korollar 30.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) nicht anwenden, da das Vektorfeld eine Nullstelle hat und dort die konstante Lösung nicht die einzige Lösung sein muss.