Kurs:Analysis/Teil I/55/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Potenzmenge zu einer Menge ${}M$.
2. Eine rationale Zahl.
3. Die bestimmte Divergenz gegen ${}+\infty$ einer Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
4. Der Körper der reellen Zahlen.
5. Die gleichmäßige Stetigkeit einer Funktion

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

   auf einer Teilmenge ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$.

6. Eine homogene lineare eindimensionale gewöhnliche Differentialgleichung.

Lösung

1. Zu einer Menge ${}M$ nennt man die Menge aller Teilmengen von ${}M$ die Potenzmenge von ${}M$.
2. Unter einer rationalen Zahl versteht man einen Ausdruck der Form

   ${\frac {a}{b}},$

   wobei ${}a,b\in \mathbb {Z}$ und ${}b\neq 0$ sind, und wobei zwei Ausdrücke ${}{\frac {a}{b}}$ und ${}{\frac {c}{d}}$ genau dann als gleich betrachtet werden, wenn ${}ad=bc$ (in ${}\mathbb {Z}$) gilt.

3. Die Folge heißt bestimmt divergent gegen ${}+\infty$, wenn es zu jedem ${}s\in K$ ein ${}N\in \mathbb {N}$ gibt mit

   $x_{n}\geq s{\text{ für alle }}n\geq N.$

4. Einen archimedisch angeordneten vollständigen Körper nennt man Körper der reellen Zahlen.
5. Die Funktion ${}f$ heißt gleichmäßig stetig, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ gibt mit folgender Eigenschaft: Für alle ${}x,x'\in T$ mit ${}d{\left(x,x'\right)}\leq \delta$ ist ${}d{\left(f(x),f(x')\right)}\leq \epsilon$.
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. Der Satz über die Intervallschachtelung.
2. Die Quotientenregel für differenzierbare Funktionen

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

   in einem Punkt

   ${}a\in {\mathbb {K} }$.
3. Die Jensensche Ungleichung.

Lösung

1. Es sei ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, eine Intervallschachtelung in ${}\mathbb {R}$. Dann besteht der Durchschnitt

   $\bigcap _{n\in \mathbb {N} }I_{n}$

   aus genau einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$.
2. Die Funktionen ${}f,g$ seien in ${}a$ differenzierbar mit ${}g(a)\neq 0$. Dann ist ${}f/g$ differenzierbar in ${}a$ mit

   ${}\left({\frac {f}{g}}\right)'(a)={\frac {f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{(g(a))^{2}}}\,.$

3. Es sei ${}f\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ eine konvexe Funktion, seien ${}x_{1},\ldots ,x_{n}\in I$ und ${}t_{1},\ldots ,t_{n}\in \mathbb {R} _{\geq 0}$ mit ${}\sum _{i=1}^{n}t_{i}=1$. Dann ist

   ${}f{\left(\sum _{i=1}^{n}t_{i}x_{i}\right)}\leq \sum _{i=1}^{n}t_{i}f(x_{i})\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Heidi Gonzales macht Karate und isst gerne Schokolade. Um eine Schokolade schneller in ihre Teilstücke zerlegen zu können, hat sie einen speziellen Karateschlag entwickelt, mit dem sie beliebig viele Schokoladenstücke gleichzeitig längs einer Rille zerteilen kann, die Stücke müssen dabei nur derart übereinander liegen, dass die Rillen übereinander liegen. Heide hat nun eine Schokolade mit ${}4\times 6$ Teilstücken. Mit wie vielen Karateschlägen kann sie minimal die Schokolade vollständig zerlegen?

Lösung

Sie kann es mit fünf Karateschlägen schaffen. Mit dem ersten Schlag macht sie zwei ${}2\times 6$-Schokoladen, legt diese übereinander und macht daraus vier ${}1\times 6$-Schokoladen. Dann legt sie diese übereinander, haut in der Mitte durch und macht daraus acht ${}1\times 3$-Schokoladen. Dann legt sie diese acht Stück übereinander und haut das linke Drittel ab, wobei acht ${}1\times 1$-Stücke und acht ${}1\times 2$-Stücke entstehen. Zuletzt halbiert sie noch diese acht Stücke mit einem Schlag.

Mit vier Karateschlägen kann sie es nicht schaffen. Da mit jedem Schlag aus jeder Teilschokolade höchstens zwei Teilschokoladen entstehen, kann es nach vier Schlägen höchstens ${}2^{4}=16$ Stücke geben, aber keine ${}24$.

Aufgabe (2 Punkte)

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

Lösung

Sei ${}z\in N$ gegeben. Aufgrund der Surjektivität von ${}G$ gibt es ein ${}y\in M$ mit

${}G(y)=z\,.$

Aufgrund der Surjektivität von ${}F$ gibt es ein ${}x\in L$ mit

${}F(x)=y\,.$

Insgesamt ist

${}(G\circ F)(x)=G(F(x))=G(y)=z\,,$

es gibt also ein Urbild von ${}z$ und somit ist die Gesamtabbildung surjektiv.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne

$(-1)^{73420504063658}.$

Lösung

Das Ergebnis ist ${}1$, da der Exponent gerade ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Karl trinkt eine Flasche Bier (${}0{,}5$ Liter) mit einem Alkoholgehalt von ${}5$ Prozent. ${}10$ Prozent des getrunkenen Alkohols werden von seinem Blut aufgenommen, wobei er fünf Liter Blut hat (diese Gesamtmenge wird durch die Aufnahme nicht verändert). Wie viel Promille hat Karl, wenn er zuvor nüchtern war?

Lösung

In der Flasche befindet sich

${}0{,}5\,\mathrm {L} \cdot 0{,}05=0{,}025\,\mathrm {L} \,$

Alkohol. Somit gehen

${}0{,}025\,\mathrm {L} \cdot 0{,}1=0{,}0025\,\mathrm {L} \,$

in sein Blut. Der Anteil ist daher

${}{\frac {0{,}0025}{5}}=0{,}0005\,.$

Das sind ${}0{,}05$ Prozent bzw. ${}0{,}5$ Promille.

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 (5 Punkte)

Es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ Folgen in einem angeordneten Körper ${}K$ mit ${}x_{n},y_{n}\in K_{+}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$. Es sei ${}x_{n}^{2}-y_{n}^{2}$ eine Nullfolge. Zeige, dass ${}x_{n}-y_{n}$ ebenfalls eine Nullfolge ist.

Lösung

Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Zu ${}\epsilon ':=\epsilon ^{2}$ gibt es wegen der Nullkonvergenz von ${}x_{n}^{2}-y_{n}^{2}$ ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass

${}\vert {x_{n}^{2}-y_{n}^{2}}\vert \leq \epsilon ^{2}\,$

für alle ${}n\geq n_{0}$ ist. Für diese ${}n$ zeigen wir

${}\vert {x_{n}-y_{n}}\vert \leq \epsilon \,$

durch eine Fallunterscheidung. Wenn

${}x_{n},y_{n}\leq \epsilon \,$

ist, so ist wegen der Positivität direkt ${}\vert {x_{n}-y_{n}}\vert \leq \epsilon$. Es sei also umgekehrt ${}x_{n}\geq \epsilon$ oder ${}y_{n}\geq \epsilon$. Dann ist jedenfalls ${}x_{n}+y_{n}\geq \epsilon$ und somit ${}{\frac {1}{x_{n}+y_{n}}}\leq {\frac {1}{\epsilon }}$. Damit ist unter Verwendung der dritten binomischen Formel

${}{\begin{aligned}\vert {x_{n}-y_{n}}\vert &={\frac {\vert {x_{n}^{2}-y_{n}^{2}}\vert }{x_{n}+y_{n}}}\\&=\vert {x_{n}^{2}-y_{n}^{2}}\vert \cdot {\frac {1}{x_{n}+y_{n}}}\\&\leq \epsilon ^{2}\cdot {\frac {1}{\epsilon }}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (1+4+1) Punkte)

Es sei

${}P=X^{3}-X^{2}-5X+6\,.$

1. Finde eine ganzzahlige Nullstelle von ${}P$.
2. Finde sämtliche reellen Nullstellen von ${}P$.
3. Bestimme eine Zerlegung von ${}P$ in Linearfaktoren.

Lösung

1. Es ist

   ${}P(2)=8-4-10+6=0\,,$

   somit ist ${}2$ eine Nullstelle von ${}P$.

2. Mit einer Division mit Rest ergibt sich

   ${}X^{3}-X^{2}-5X+6=(X-2)(X^{2}+X-3)\,.$

   Es geht also noch um die Nullstellen von ${}X^{2}+X-3$. Diese sind

   ${}x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {1+12}}-1}{2}}={\frac {\pm {\sqrt {13}}-1}{2}}\,.$

3. Es ist

   ${}P=(X-2){\left(X-{\frac {{\sqrt {13}}-1}{2}}\right)}{\left(X+{\frac {{\sqrt {13}}+1}{2}}\right)}\,.$

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 (5 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer Funktionenfolge

$f_{n}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

derart, dass sämtliche ${}f_{n}$ nicht stetig sind, die Funktionenfolge aber gleichmäßig gegen eine stetige Grenzfunktion konvergiert.

Lösung

Wir betrachten für ${}n\in \mathbb {N}$ die Funktionenfolge

$f_{n}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,$

die durch

${}f_{n}(x):={\begin{cases}0,\,{\text{ falls }}x\neq 0,\\{\frac {1}{n}},\,{\text{ falls }}x=0,\end{cases}}\,$

gegeben ist. Diese Funktionen sind nicht stetig, da der Limes für ${}x$ gegen ${}0$ stets ${}0\neq {\frac {1}{n}}$ ist. Wir behaupten, dass diese Folge gleichmäßig gegen die Nullfunktion konvergiert, die als konstante Funktion stetig ist. Dazu sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Es gibt dann ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ mit ${}{\frac {1}{n_{0}}}\leq \epsilon$. Für alle ${}x\in \mathbb {R}$ und alle ${}n\geq n_{0}$ gilt dann

${}\vert {f_{n}(x)-0}\vert =\vert {f_{n}(x)}\vert \leq {\frac {1}{n}}\leq {\frac {1}{n_{0}}}\leq \epsilon \,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Zu einem Startwert ${}x_{0}\in [0,{\frac {\pi }{2}}]$ sei eine Folge rekursiv durch

${}x_{n+1}:=\sin x_{n}\,$

definiert. Entscheide, ob ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Wir betrachten die Funktion

${}g(x)=x-\sin x\,$

auf ${}[0,{\frac {\pi }{2}}]$. Wegen

${}g'(x)=1-\cos x\,$

ist dies positiv für ${}x>0$ und gleich ${}0$ für ${}x=0$. Daher ist ${}g$ streng wachsend und es gilt

${}\sin x<x\,$

für ${}x>0$ und ${}\sin 0=0$. Daher ist die Folge zu jedem Startwert ${}x_{0}\in [0,{\frac {\pi }{2}}]$ fallend und konvergiert gegen einen Grenzwert, da alle Folgenglieder nichtnegativ sind. Es sei ${}a$ der Grenzwert, der wieder zu ${}[0,{\frac {\pi }{2}}]$ gehören muss. Wegen der rekursiven Beziehung

${}x_{n+1}=\sin x_{n}\,$

und der Stetigkeit des Sinus folgt

${}a=\sin a\,.$

Nach den bisherigen Überlegungen muss ${}a=0$ sein. Die Folge konvergiert also bei jedem Startwert gegen ${}0$.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den großen Umordnungssatz.

Lösung

Die Summierbarkeit der Teilfamilien folgt aus Lemma 17.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Da die Ausgangsfamilie summierbar ist, gibt es eine endliche Teilmenge ${}E_{0}\subseteq I$ mit

${}\vert {a_{E}-s}\vert \leq \epsilon /2\,$

für alle endlichen Teilmengen ${}E\subseteq I$ mit ${}E_{0}\subseteq E$. Es gibt eine endliche Teilmenge ${}F_{0}\subseteq J$ derart, dass

${}E_{0}\subseteq \bigcup _{j\in F_{0}}I_{j}\,$

ist. Wir behaupten, dass dieses ${}F_{0}$ für die Familie ${}s_{j}$ , ${}j\in J$, die Summationseigenschaft für ${}\epsilon$ erfüllt. Es sei dazu ${}F\subseteq J$ mit ${}F_{0}\subseteq F$ endlich und ${}n={\#\left(F\right)}$. Da die Familien ${}a_{i}$ , ${}i\in I_{j}$, summierbar mit den Summen ${}s_{j}$ sind, gibt es für jedes ${}j\in F$ ein endliches ${}G_{j,0}\subseteq I_{j}$ mit

${}\vert {a_{G_{j}}-s_{j}}\vert \leq \epsilon /2n\,$

für alle endlichen ${}G_{j}\subseteq I_{j}$ mit ${}G_{j,0}\subseteq G_{j}$. Wir wählen nun für jedes ${}j\in F$ ein solches ${}G_{j}$ so, dass zusätzlich ${}E_{0}\cap I_{j}\subseteq G_{j}$ gilt. Dann ist ${}E_{0}\subseteq E:=\bigcup _{j\in F}G_{j}$ und daher ${}\vert {\sum _{j\in F}a_{G_{j}}-s}\vert =\vert {\sum _{i\in E}a_{i}-s}\vert \leq \epsilon /2$. Somit haben wir insgesamt die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}\vert {\sum _{j\in F}s_{j}-s}\vert &=\vert {\sum _{j\in F}{\left(s_{j}-a_{G_{j}}\right)}+\sum _{j\in F}a_{G_{j}}-s}\vert \\&\leq \sum _{j\in F}\vert {s_{j}-a_{G_{j}}}\vert +\vert {\sum _{j\in F}a_{G_{j}}-s}\vert \\&\leq n\cdot \epsilon /2n+\vert {\sum _{i\in E}a_{i}-s}\vert \\&\leq n\cdot \epsilon /2n+\epsilon /2\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto 2^{x}+{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{x},$

die Extrema.

Lösung

Wir schreiben

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

Zur Bestimmung der Extrema betrachten wir die Ableitung, diese ist

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

Die Bedingung ${}f'(x)=0$ führt durch Multiplikation mit ${}e^{x\ln 2}$ und Division durch ${}\ln 2$ (die beide nicht ${}0$ sind) auf

${}0=e^{2x\ln 2}-1\,.$

Daher muss

${}e^{2x\ln 2}=1\,$

sein, woraus sich

${}2x\ln 2=0\,,$

also ${}x=0$ ergibt. Die zweite Ableitung ist

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

und somit positiv, also liegt im Nullpunkt ein isoliertes lokales Minimum vor. Da die Ableitung keine weitere Nullstelle hat, ist dieses Minimum das einzige Minimum und daher ein globales Minimum und es gibt keine Maxima.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von

${\frac {x^{3}+x}{x^{2}-1}}$

für ${}x>1$.

Lösung

Es handelt sich um eine rationale Funktion, bei der der Zählergrad größer als der Nennergrad ist. Daher führen wir zuerst die Division mit Rest durch, diese liefert

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

bzw.

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

Eine Stammfunktion des hinteren Summanden ist

$\ln {\left(x^{2}-1\right)},$

daher ist insgesamt

${\frac {1}{2}}x^{2}+\ln {\left(x^{2}-1\right)}$

eine Stammfunktion von ${}{\frac {x^{3}+x}{x^{2}-1}}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Wir betrachten die Differentialgleichung

${}y'=(2t-7)y+y^{3}\,$

für ${}y>0$. Zeige, dass man mit dem Ansatz

${}z=y^{-2}\,$

eine lineare Differentialgleichung für ${}z$ bekommt.

Lösung

Mit

${}z=y^{-2}\,$

ist

${}{\begin{aligned}z'&=-2y^{-3}\cdot y'\\&=-2y^{-3}\cdot ((2t-7)y+y^{3})\\&=-2(2t-7)y^{-2}-2\\&=-2(2t-7)z-2\\&=(-4t+14)z-2,\end{aligned}}$

diese ist linear.