Kurs:Analysis/Teil I/52/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	2	2	5	5	8	3	3	4	7	2	2	4	3	6	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

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

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

2. Eine Teilmenge der Form

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

   heißt offenes Intervall in ${}K$.

3. Ein Element ${}S\in K$ mit ${}x\leq S$ für alle ${}x\in M$ heißt obere Schranke für ${}M$.
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. Eine Abbildung

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

   heißt eine stetige Fortsetzung von ${}f$, wenn ${}{\tilde {f}}$ stetig ist und ${}{\tilde {f}}(x)=f(x)$ für alle ${}x\in T$ gilt.

6. Man nennt die Gleichung

   $y'=f(t,y)$

   gewöhnliche Differentialgleichung zu ${}f$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

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

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

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. Es sei

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

   eine inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit stetigen Funktionen ${}g,h\colon I\rightarrow \mathbb {R}$. Es sei ${}G$ eine Stammfunktion von ${}g$ und es sei

   ${}a(t)=\exp(G(t))\,$

   eine Lösung der zugehörigen homogenen linearen Differentialgleichung. Dann sind die Lösungen (auf ${}I$) der inhomogenen Differentialgleichung genau die Funktionen

   ${}y(t)=c(t)a(t)\,,$

   wobei ${}c(t)$ eine Stammfunktion zu ${}{\frac {h(t)}{a(t)}}$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Warum gibt es für das Produkt der ersten ${}n$ natürlichen Zahlen (beginnend mit ${}1$) ein eigenes Symbol (die Fakultät), aber nicht für die Summe der ersten ${}n$ natürlichen Zahlen?

Lösung

Die Summe aller natürlichen Zahlen von ${}1$ bis ${}n$ wird durch die Gaußsche Summenformel, also durch ${}{\frac {n(n+1)}{2}}$ ausgerechnet, sodass es kein weiteres Symbol dafür in der Mathematik braucht.

Aufgabe (2 Punkte)

1. Wie viele Minuten sind ein Fünftel einer Stunde?
2. Wie viel Prozent von einer Stunde sind ${}45$ Minuten?
3. Wie viele Minuten sind ${}90\%$ einer Stunde?
4. Wie viel Prozent von einer Stunde ist ein Tag?

Lösung

1. ${}{\frac {1}{5}}\cdot 60=12$, also ${}12$ Minuten.
2. ${}{\frac {45}{60}}={\frac {3}{4}}={\frac {75}{100}}$, also ${}75\%$.
3. ${}{\frac {90}{100}}\cdot 60=54$, also ${}54$ Minuten.
4. ${}2400\%$.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Wir behaupten, dass die Summe von vier aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen durch ${}8$ teilbar ist.

1. Beweise diese Aussage mit vollständiger Induktion.
2. Beweise diese Aussage ohne vollständige Induktion.

Lösung

Eine ungerade natürliche Zahl besitzt die Form ${}2n+1$ mit einer natürlichen Zahl ${}n\in \mathbb {N}$. Vier aufeinanderfolgende Zahlen sind damit ${}2n+1,2n+3,2n+5,2n+7$.

1. Induktionsbeweis: Für ${}n=0$ geht es um

   ${}1+3+5+7=16=2\cdot 8\,,$

   was durch ${}8$ teilbar ist. Es sei nun die Vierersumme der aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen beginnend mit ${}2n+1$ ein Vielfaches der ${}8$. Es ist zu zeigen, dass dies auch für die Vierersumme der aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen beginnend mit ${}2(n+1)+1=2n+3$ gilt. Es ist

   ${}{\begin{aligned}(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)+(2n+9)&=(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)+(2n+1)+8\\&=(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)+8\\&=8k+8\\&=8(k+1),\end{aligned}}$

   sodass diese Zahl wieder ein Vielfaches der ${}8$ ist.

2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)&=2n+2n+2n+2n+1+3+5+7\\&=8n+16\\&=8(n+2),\end{aligned}}$

   sodass ein Vielfaches der ${}8$ vorliegt.

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 (8 (2+3+3) Punkte)

1. Zeige die Abschätzungen

   ${}{\frac {5}{2}}\leq {\sqrt {7}}\leq {\frac {8}{3}}\,.$

2. Zeige die Abschätzungen

   ${}15\leq 3^{\sqrt {7}}\leq 19\,.$

3. Zeige die Abschätzung

   ${}17\leq 3^{\sqrt {7}}\,.$

Lösung

1. Die angegebenen Abschätzungen kann man durch Quadrieren überprüfen. Wegen

   ${}{\left({\frac {5}{2}}\right)}^{2}={\frac {25}{4}}\leq {\frac {28}{4}}=7={\frac {63}{9}}\leq {\frac {64}{9}}={\left({\frac {8}{3}}\right)}^{2}\,$

   ist dies richtig.

2. Nach Teil (1) ist

   ${}{\frac {5}{2}}\leq {\sqrt {7}}\,$

   und damit ist

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

   Wegen

   ${}15^{2}=225\leq 243=3^{5}\,$

   ist

   ${}15\leq 3^{\frac {5}{2}}\,$

   und damit

   ${}15\leq 3^{\sqrt {7}}\,.$

   Nach Teil (1) ist

   ${}{\sqrt {7}}\leq {\frac {8}{3}}\,$

   und damit ist

   ${}3^{\sqrt {7}}\leq 3^{\frac {8}{3}}\,.$

   Wegen

   ${}3^{8}=6561\leq 6859=19^{3}\,$

   ist

   ${}3^{\frac {8}{3}}\leq 19\,$

   und damit

   ${}3^{\sqrt {7}}\leq 19\,.$

3. Zunächst ist

   ${}{\frac {13}{5}}\leq {\sqrt {7}}\,,$

   da

   ${}{\left({\frac {13}{5}}\right)}^{2}={\frac {169}{25}}\leq {\frac {175}{25}}=7\,$

   ist. Somit gilt

   ${}3^{\frac {13}{5}}\leq 3^{\sqrt {7}}\,.$

   Wegen

   ${}17^{5}=1419857\leq 1594323=81\cdot 81\cdot 81\cdot 3=3^{13}\,$

   ist

   ${}17\leq 3^{\frac {5}{13}}\,$

   und damit auch

   ${}17\leq 3^{\sqrt {7}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es ist ${}1+2+3=1\cdot 2\cdot 3$. Gibt es neben der ${}1$ weitere natürliche (ganze, reelle, komplexe) Zahlen ${}x$, die die Gleichung

${}x+(x+1)+(x+2)=x\cdot (x+1)\cdot (x+2)\,$

erfüllen?

Lösung

Es gibt noch die ganzzahligen Lösungen

${}x=-3\,$

(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist ${}-6$) und

${}x=-1\,$

(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist ${}0$). Die Gleichung ist eine polynomiale Gleichung vom Grad ${}3$, daher gibt es über einem beliebigen Körper keine weiteren Lösungen.

Aufgabe (3 Punkte)

Man finde ein Polynom

$f=a+bX+cX^{2}$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$ derart, dass die folgenden Bedingungen erfüllt werden.

$f(-2)=3,\,f(0)=2,\,f(1)=4.$

Lösung

Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

${}a-2b+4c=3\,,$

${}a=2\,,$

${}a+b+c=4\,.$

${}2III+I$ führt auf

${}3a+6c=11\,,$

also

${}c={\frac {5}{6}}\,.$

In ${}III$ eingesetzt ergibt sich

${}b=4-2-{\frac {5}{6}}={\frac {7}{6}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

$2+{\frac {7}{6}}X+{\frac {5}{6}}X^{2}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Konvergenz der geometrischen Reihe.

Lösung

Für jedes ${}z$ gilt die Beziehung

${}(z-1){\left(\sum _{k=0}^{n}z^{k}\right)}=z^{n+1}-1\,$

und daher gilt für die Partialsummen die Beziehung (bei ${}z\neq 1$)

${}s_{n}=\sum _{k=0}^{n}z^{k}={\frac {z^{n+1}-1}{z-1}}\,.$

Für ${}n\rightarrow \infty$ und ${}\vert {z}\vert <1$ konvergiert dies wegen Aufgabe 8.16 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und Satz 8.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen ${}{\frac {-1}{z-1}}={\frac {1}{1-z}}$.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die stetige Fortsetzbarkeit einer Funktion ${}T\longrightarrow {\mathbb {K} }$, wobei ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$ eine Teilmenge ist.

Lösung

Aufgrund von Satz 14.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) genügt es zu zeigen, dass der Grenzwert ${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow a}\,f(x)$ für jedes ${}a\in {\overline {T}}\setminus T$ existiert. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}T$, die gegen ${}a$ konvergiert. Wir zeigen, dass dann auch die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert. Da diese Bildfolge in ${}{\mathbb {K} }$ ist, und ${}{\mathbb {K} }$ vollständig ist, genügt es zu zeigen, dass eine Cauchy-Folge vorliegt. Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der gleichmäßigen Stetigkeit von ${}f$ gibt es ein ${}\delta >0$ derart, dass ${}d{\left(f(x),f(x')\right)}\leq \epsilon$ für alle ${}x,x'\in T$ mit ${}d{\left(x,x'\right)}\leq \delta$ ist. Wegen der Konvergenz der Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ handelt es sich nach Lemma 6.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) um eine Cauchy-Folge und daher gibt es ein ${}n_{0}$ mit ${}d{\left(x_{n},x_{m}\right)}\leq \delta$ für alle ${}n,m\geq n_{0}$. Somit gilt

${}d{\left(f(x_{n}),f(x_{m})\right)}\leq \epsilon \,$

für alle ${}n,m\geq n_{0}$.
Wir müssen nun noch zeigen, dass für jede gegen ${}a$ konvergente Folge der Grenzwert der Bildfolge gleich ist. Dies ergibt sich aber sofort, wenn man für zwei Folgen ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Folge ${}x_{0},y_{0},x_{1},y_{1},\ldots$ betrachtet, die ebenfalls gegen ${}a$ konvergiert, und für die der Limes der Bildfolge mit den Limiten der Teilbildfolgen übereinstimmt.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises ${}E$ mit dem Kreis ${}K$, der den Mittelpunkt ${}(1,0)$ und den Radius ${}2$ besitzt.

Lösung

Der Einheitskreis ist die Lösungsmenge der Gleichung

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

und ${}K$ ist die Lösungsmenge der Gleichung

${}(x-1)^{2}+y^{2}=x^{2}-2x+1+y^{2}=4\,.$

Wenn man von der zweiten Gleichung die erste abzieht, so erhält man

${}-2x+1=3\,,$

also

${}x=-1\,.$

Aus der Einheitskreisgleichung folgt daraus, dass

${}y=0\,$

sein muss. Der einzige Schnittpunkt ist also ${}(-1,0)$ (der in der Tat ein Schnittpunkt ist).

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den Grenzwert

$\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\ln(x+1)}{\sin \left(2x\right)}}.$

Lösung

Wir verwenden die Regel von Hospital. Die Ableitung der Zählerfunktion ist

${}{\left(\ln(x+1)\right)}'={\frac {1}{x+1}}\,$

mit dem Wert ${}1$ für ${}x=0$ und die Ableitung der Nennerfunktion ist

${}{\left(\sin 2x\right)}'=2\cos 2x\,$

mit dem Wert ${}2$ für ${}x=0$. Daher ist Hospital anwendbar und es ist

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\ln(x+1)}{\sin 2x}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\frac {1}{x+1}}{2\cos 2x}}={\frac {1}{2}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x$

nach unten beschränkt ist.

Lösung

Es ist

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

Die beiden linken Faktoren sind stets positiv, der Faktor ${}\ln x+x$ ist streng wachsend, da seine Ableitung ${}{\frac {1}{x}}+1$ positiv ist, und besitzt eine einzige Nullstelle, sagen wir ${}c$. Daher ist ${}f$ unterhalb von ${}c$ streng fallend, besitzt ein lokales Minimum in ${}c$ und ist oberhalb von ${}c$ streng wachsend. Somit ist dieses Minimum ein globales Minimum und ${}f$ ist nach unten beschränkt.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom vom Grad ${}\leq 2$ zur Funktion ${}f(x)=\sin \left(x^{2}\right)$ im Nullpunkt.

Lösung

Die relevanten Ableitungen sind

${}f'(x)=2x\cos \left(x^{2}\right)\,$

und

${}f^{\prime \prime }(x)=2\cos \left(x^{2}\right)-4x^{2}\sin \left(x^{2}\right)\,.$

Daher ist ${}f(0)=0$, ${}f'(0)=0$ und ${}f^{\prime \prime }(0)=2$. Das Taylor-Polynom zu dieser Funktion im Nullpunkt ist daher ${}x^{2}$.

Aufgabe (6 (5+1) Punkte)

Es sei

${}f(x)={\frac {x^{3}+7x^{2}-5x+4}{x^{2}-3}}\,.$

a) Bestimme die reelle Partialbruchzerlegung von ${}f(x)$.

b) Bestimme eine Stammfunktion von ${}f(x)$.

Lösung

a) Division mit Rest ergibt

${}x^{3}+7x^{2}-5x+4=(x^{2}-3)(x+7)-2x+25\,.$

Daher ist

${}{\frac {x^{3}+7x^{2}-5x+4}{x^{2}-3}}=x+7+{\frac {-2x+25}{x^{2}-3}}\,.$

Wegen ${}x^{2}-3=(x-{\sqrt {3}})(x+{\sqrt {3}})$ machen wir den Ansatz

${}{\frac {-2x+25}{x^{2}-3}}={\frac {a}{x-{\sqrt {3}}}}+{\frac {b}{x+{\sqrt {3}}}}\,.$

Dies führt auf

${}{\begin{aligned}-2x+25&=a(x+{\sqrt {3}})+b(x-{\sqrt {3}})\\&=(a+b)x+(a-b){\sqrt {3}}.\end{aligned}}$

Somit ist ${}a+b=-2$ und ${}a-b={\frac {25}{\sqrt {3}}}$, woraus sich ${}2a=-2+{\frac {25}{\sqrt {3}}}$ und ${}2b=-2-{\frac {25}{\sqrt {3}}}$ ergibt. Also ist

$a=-1+{\frac {25}{2{\sqrt {3}}}}{\text{ und }}b=-1-{\frac {25}{2{\sqrt {3}}}}.$

Somit ist die Partialbruchzerlegung gleich

${}{\frac {x^{3}+7x^{2}-5x+4}{x^{2}-3}}=x+7+{\frac {-1+{\frac {25}{2{\sqrt {3}}}}}{x-{\sqrt {3}}}}+{\frac {-1-{\frac {25}{2{\sqrt {3}}}}}{x+{\sqrt {3}}}}\,.$

b) Eine Stammfunktion zu ${}f(x)$ ist (auf dem Definitionsbereich)

$F(x)={\frac {1}{2}}x^{2}+7x+{\left(-1+{\frac {25}{2{\sqrt {3}}}}\right)}\ln \vert {x-{\sqrt {3}}}\vert +{\left(-1-{\frac {25}{2{\sqrt {3}}}}\right)}\ln \vert {x+{\sqrt {3}}}\vert .$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems

${}y'=e^{-t}\,$

mit ${}y(-5)=-7$.

Lösung

Die Lösungen dieser ortsunabhängigen Differentialgleichung sind einfach die Stammfunktionen zu ${}e^{-t}$, also

${}y(t)=-e^{-t}+c\,.$

Die Anfangsbedingung

${}y(-5)=-e^{5}+c=-7\,$

führt auf

${}c=-7+e^{5}\,,$

de Lösung des Anfangswertproblems ist somit

${}y(t)=-e^{-t}-7+e^{5}\,.$