Kurs:Analysis/Teil I/1/Klausur mit Lösungen

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Das Bild einer Abbildung

   ${\displaystyle F\colon L\longrightarrow M.}$

2. Eine Cauchy-Folge ${\displaystyle {}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ in einem angeordneten Körper ${\displaystyle {}K}$.
3. Die Gaußklammer ${\displaystyle {}\lfloor x\rfloor }$ zu einem Element ${\displaystyle {}x\in K}$ in einem archimedisch angeordneten Körper ${\displaystyle {}K}$.
4. Die Differenzierbarkeit in einem Punkt ${\displaystyle {}a\in {\mathbb {K} }}$ einer Abbildung ${\displaystyle {}f\colon {\mathbb {K} }\rightarrow {\mathbb {K} }}$.
5. Eine Stammfunktion einer Abbildung ${\displaystyle {}f:D\rightarrow {\mathbb {K} }}$ auf einer offenen Menge ${\displaystyle {}D\subseteq {\mathbb {K} }}$.
6. Die Lösung zu einer gewöhnlichen Differentialgleichung

   ${\displaystyle y'=f(t,y),}$

   wobei

   ${\displaystyle f\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(t,y)\longmapsto f(t,y),}$

   eine Funktion auf einer offenen Teilmenge ${\displaystyle {}U\subseteq \mathbb {R} ^{2}}$ ist.

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Leibnizkriterium für alternierende Reihen.
2. Das Additionstheorem für den Sinus.
3. Der Hauptsatz der Infinitesimalrechnung für eine stetige Funktion

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

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

Es seien ${\displaystyle {}x,y}$ reelle Zahlen. Zeige, dass

${\displaystyle {}x-\left\lfloor x\right\rfloor =y-\left\lfloor y\right\rfloor \,}$

genau dann gilt, wenn es ein ${\displaystyle {}n\in \mathbb {Z} }$ mit ${\displaystyle {}y=x+n}$ gibt.

Es sei ${\displaystyle {}x-\left\lfloor x\right\rfloor =y-\left\lfloor y\right\rfloor }$. Da ${\displaystyle {}\left\lfloor x\right\rfloor ,\left\lfloor y\right\rfloor }$ ganze Zahlen sind, ist ${\displaystyle {}n=\left\lfloor y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor }$ ganzzahlig. Damit gilt

${\displaystyle {}{\begin{aligned}y&=\left\lfloor y\right\rfloor +(y-\left\lfloor y\right\rfloor )\\&=\left\lfloor y\right\rfloor +(x-\left\lfloor x\right\rfloor )\\&=x+\left\lfloor y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor \\&=x+n.\end{aligned}}}$

Es sei nun ${\displaystyle {}y=x+n}$ mit ${\displaystyle {}n\in \mathbb {Z} }$. Aus der definierenden Beziehung

${\displaystyle {}\left\lfloor x\right\rfloor \leq x<\left\lfloor x\right\rfloor +1\,}$

folgt

${\displaystyle {}\left\lfloor x\right\rfloor +n\leq x+n<\left\lfloor x\right\rfloor +n+1\,,}$

daher muss

${\displaystyle {}\left\lfloor x+n\right\rfloor =\left\lfloor x\right\rfloor +n\,}$

sein. Somit ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}y-\left\lfloor y\right\rfloor &=x+n-\left\lfloor x+n\right\rfloor \\&=x+n-(\left\lfloor x\right\rfloor +n)\\&=x-\left\lfloor x\right\rfloor .\end{aligned}}}$

Für die Zahl ${\displaystyle {}1000000\pi }$ soll eine rationale Approximation gefunden werden, die vom wahren Wert um höchstens ${\displaystyle {}{\frac {1}{1000}}}$-stel abweicht. Wie gut muss eine Approximation für ${\displaystyle {}\pi }$ sein, dass man daraus eine solche gewünschte Approximation erhalten kann?

Man braucht eine rationale Approximation von ${\displaystyle {}\pi }$ mit einem Fehler von höchstens ${\displaystyle {}{\frac {1}{1000000000}}}$.

Entscheide, ob die reelle Folge

${\displaystyle {}x_{n}={\frac {5n^{\frac {3}{2}}+4n^{\frac {4}{3}}+n}{7n^{\frac {5}{3}}+6n^{\frac {3}{2}}}}\,}$

(mit ${\displaystyle {}n\geq 1}$) in ${\displaystyle {}\mathbb {R} }$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Wir erweitern mit ${\displaystyle {}n^{-{\frac {5}{3}}}}$ und erhalten

${\displaystyle {}{\begin{aligned}x_{n}&={\frac {5n^{\frac {3}{2}}+4n^{\frac {4}{3}}+n}{7n^{\frac {5}{3}}+6n^{\frac {3}{2}}}}\\&={\frac {5n^{{\frac {3}{2}}-{\frac {5}{3}}}+4n^{{\frac {4}{3}}-{\frac {5}{3}}}+n^{1-{\frac {5}{3}}}}{7n^{{\frac {5}{3}}-{\frac {5}{3}}}+6n^{{\frac {3}{2}}-{\frac {5}{3}}}}}\\&={\frac {5n^{-{\frac {1}{6}}}+4n^{-{\frac {1}{3}}}+n^{-{\frac {2}{3}}}}{7+6n^{-{\frac {1}{6}}}}}.\end{aligned}}}$

Folgen der Form ${\displaystyle {}n^{-q}}$, ${\displaystyle {}q\in \mathbb {Q} _{+}}$, konvergieren (vergleiche Aufgabe 7.22 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))) gegen ${\displaystyle {}0}$, nach den Rechengesetzen für konvergente Folgen konvergiert diese Folge also gegen ${\displaystyle {}0}$.

Beweise das Folgenkriterium für die Stetigkeit einer Funktion ${\displaystyle {}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R} }$ in einem Punkt ${\displaystyle {}x\in \mathbb {R} }$.

Es bezeichne (1) die Stetigkeit von ${\displaystyle {}f}$ im Punkt ${\displaystyle {}x}$ und (2) die Eigenschaft, dass für jede gegen ${\displaystyle {}x}$ konvergente Folge ${\displaystyle {}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ die Bildfolge ${\displaystyle {}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ gegen ${\displaystyle {}f(x)}$ konvergiert. Wir müssen die Äquivalenz von (1) und (2) zeigen.

Es sei (1) erfüllt und sei ${\displaystyle {}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ eine Folge in ${\displaystyle {}\mathbb {R} }$, die gegen ${\displaystyle {}x}$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass

${\displaystyle {}\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})=f(x)\,}$

ist. Dazu sei ${\displaystyle {}\epsilon >0}$ vorgegeben. Wegen (1) gibt es ein ${\displaystyle {}\delta >0}$ mit der angegebenen Abschätzungseigenschaft und wegen der Konvergenz von ${\displaystyle {}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ gegen ${\displaystyle {}x}$ gibt es eine natürliche Zahl ${\displaystyle {}n_{0}}$ derart, dass für alle ${\displaystyle {}n\geq n_{0}}$ die Abschätzung

${\displaystyle {}d(x_{n},x)\leq \delta \,}$

gilt. Nach der Wahl von ${\displaystyle {}\delta }$ ist dann

${\displaystyle d(f(x_{n}),f(x))\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0},}$

sodass die Bildfolge gegen ${\displaystyle {}f(x)}$ konvergiert.
Es sei (2) erfüllt.  Wir nehmen an, dass ${\displaystyle {}f}$ nicht stetig ist. Dann gibt es ein ${\displaystyle {}\epsilon >0}$ derart, dass es für alle ${\displaystyle {}\delta >0}$ Elemente ${\displaystyle {}z\in \mathbb {R} }$ gibt, deren Abstand zu ${\displaystyle {}x}$ maximal gleich ${\displaystyle {}\delta }$ ist, deren Wert ${\displaystyle {}f(z)}$ unter der Abbildung aber zu ${\displaystyle {}f(x)}$ einen Abstand besitzt, der größer als ${\displaystyle {}\epsilon }$ ist. Dies gilt dann insbesondere für die Stammbrüche ${\displaystyle {}\delta =1/n}$, ${\displaystyle {}n\in \mathbb {N} _{+}}$. D.h. für jede natürliche Zahl ${\displaystyle {}n\in \mathbb {N} _{+}}$ gibt es ein ${\displaystyle {}x_{n}\in \mathbb {R} }$ mit

${\displaystyle d(x_{n},x)\leq {\frac {1}{n}}{\text{ und mit }}d(f(x_{n}),f(x))>\epsilon .}$

Diese so konstruierte Folge ${\displaystyle {}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ konvergiert gegen ${\displaystyle {}x}$, aber die Bildfolge konvergiert nicht gegen ${\displaystyle {}f(x)}$, da der Abstand der Bildfolgenglieder zu ${\displaystyle {}f(x)}$ zumindest ${\displaystyle {}\epsilon }$ ist. Dies ist ein Widerspruch zu (2).

Zeige, dass es stetige Funktionen

${\displaystyle f,g\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} ,}$

mit ${\displaystyle {}fg=0}$ derart gibt, dass für alle ${\displaystyle {}\delta >0}$ weder ${\displaystyle {}f{|}_{[0,\delta ]}}$ noch ${\displaystyle {}g{|}_{[0,\delta ]}}$ die Nullfunktion ist.

Wir betrachten die Zerlegung von ${\displaystyle {}\mathbb {R} _{+}}$ in die unendlich vielen halboffenen Intervalle ${\displaystyle {}I_{n}=[{\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}[}$ für ${\displaystyle {}n\in \mathbb {N} _{+}}$ und ${\displaystyle {}I_{0}=[1,+\infty ]}$. Auf ${\displaystyle {}I_{n}}$, ${\displaystyle {}n\in \mathbb {N} _{+}}$, definieren wir die stetige Funktion ${\displaystyle {}\varphi _{n}}$ durch

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\varphi _{n}(x)&=-{\left(x-{\frac {1}{n+1}}\right)}{\left(x-{\frac {1}{n}}\right)}\\&=-x^{2}+{\frac {2n+1}{(n+1)n}}x-{\frac {1}{(n+1)n}}.\end{aligned}}}$

Diese Funktion hat an den Intervallgrenzen den Wert ${\displaystyle {}0}$. Die Ableitung ist

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

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\varphi _{n}{\left({\frac {n+{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}\right)}&=-{\left({\frac {n+{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)}{\left({\frac {n+{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}-{\frac {1}{n}}\right)}\\&=-{\frac {\frac {1}{2}}{(n+1)n}}\cdot {\frac {-{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}\\&\leq {\frac {1}{n}}.\end{aligned}}}$

Mit Hilfe dieser Funktionen definieren wir

${\displaystyle f(x)={\begin{cases}0,\,{\text{falls }}x=0\,,\\0,\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ ungerade}}\,,\\\varphi _{n}(x),\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ gerade}},\,n\geq 2,\,\\0,\,{\text{falls }}x\geq 1\,,\end{cases}}}$

und

${\displaystyle g(x)={\begin{cases}0,\,{\text{falls }}x=0\,,\\\varphi _{n}(x),\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ ungerade}}\,,\\0,\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ gerade}},\,n\geq 2,\,\\0,\,{\text{falls }}x\geq 1\,.\end{cases}}}$

Diese Funktionen sind stetig: Dies ist im Innern der Intervalle klar; an den Intervallgrenzen liegt stets der Wert ${\displaystyle {}0}$ vor; für den Nullpunkt ergibt sich die Stetigkeit, da die Funktionen auf ${\displaystyle {}[0,{\frac {1}{n}}]}$ durch ${\displaystyle {}{\frac {1}{n}}}$ beschränkt sind. Offenbar ist ${\displaystyle {}fg=0}$ und für jedes ${\displaystyle {}\delta >0}$ sind weder ${\displaystyle {}f{|}_{[0,\delta ]}}$ noch ${\displaystyle {}g{|}_{[0,\delta ]}}$ die Nullfunktion.

Beweise den Satz über die Konvergenz der Exponentialreihe.

Für ${\displaystyle {}z=0}$ ist die Aussage richtig. Andernfalls betrachten wir den Quotienten

${\displaystyle {}\vert {\frac {\frac {z^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac {z^{n}}{n!}}}\vert =\vert {\frac {z}{n+1}}\vert ={\frac {\vert {z}\vert }{n+1}}\,.}$

Dies ist für ${\displaystyle {}n\geq 2\vert {z}\vert }$ kleiner als ${\displaystyle {}1/2}$. Aus dem Quotientenkriterium folgt daher die Konvergenz.

Wir betrachten das Polynom

${\displaystyle f(x)=x^{4}-x^{3}+5x+2\in {\mathbb {C} }[X].}$

Bestimme die ${\displaystyle {}x}$-Koordinaten sämtlicher Schnittpunkte der Tangente an ${\displaystyle {}f}$ im Punkt ${\displaystyle {}x=1}$ mit dem Graphen von ${\displaystyle {}f}$.

Es ist

${\displaystyle {}f(1)=1-1+5+2=7\,}$

und

${\displaystyle {}f'(1)=4-3+5=6\,.}$

Die Tangente ist also der Graph der Funktion ${\displaystyle {}t(x)=6x+1}$. Wir müssen sämtliche Punkte ${\displaystyle {}x\in {\mathbb {C} }}$ mit ${\displaystyle {}f(x)=t(x)}$ bestimmen, wobei der Punkt ${\displaystyle {}x_{1}=1}$ dazugehört. Dazu betrachten wir

${\displaystyle {}f(x)-t(x)=x^{4}-x^{3}+5x+2-6x-1=x^{4}-x^{3}-x+1\,.}$

Polynomdivision durch ${\displaystyle {}(x-1)^{2}}$ ergibt

${\displaystyle {}x^{4}-x^{3}-x+1=(x-1)^{2}(x^{2}+x+1)\,.}$

Die Nullstellen von ${\displaystyle {}x^{2}+x+1}$ sind

${\displaystyle x_{2}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\mathrm {i} }{\text{ und }}x_{3}=-{\frac {1}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\mathrm {i} }.}$

Beweise den Satz über die Ableitung in einem lokalen Extremum.

Wir können annehmen, dass ${\displaystyle {}f}$ ein lokales Maximum in ${\displaystyle {}a}$ besitzt. Es gibt also ein ${\displaystyle {}\epsilon >0}$ mit ${\displaystyle {}f(x)\leq f(a)}$ für alle ${\displaystyle {}x\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]}$. Es sei ${\displaystyle {}{\left(s_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ eine Folge mit ${\displaystyle {}a-\epsilon \leq s_{n}<a}$, die gegen ${\displaystyle {}a}$ („von unten“) konvergiere. Dann ist ${\displaystyle {}s_{n}-a<0}$ und ${\displaystyle {}f(s_{n})-f(a)\leq 0}$ und somit ist der Differenzenquotient

${\displaystyle {}{\frac {f(s_{n})-f(a)}{s_{n}-a}}\geq 0\,,}$

was sich dann nach Lemma 6.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) auf den Limes, also den Differentialquotienten, überträgt. Also ist ${\displaystyle {}f'(a)\geq 0}$. Für eine Folge ${\displaystyle {}{\left(t_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ mit ${\displaystyle {}a+\epsilon \geq t_{n}>a}$ gilt andererseits

${\displaystyle {}{\frac {f(t_{n})-f(a)}{t_{n}-a}}\leq 0\,.}$

Daher ist auch ${\displaystyle {}f'(a)\leq 0}$ und somit ist insgesamt ${\displaystyle {}f'(a)=0}$.

Bestimme das Taylor-Polynom der Funktion ${\displaystyle {}f(x)={\frac {1}{x}}}$ im Entwicklungspunkt ${\displaystyle {}a=2}$ der Ordnung ${\displaystyle {}4}$.

Die erste Ableitung ist

${\displaystyle f'(x)=-{\frac {1}{x^{2}}}=-x^{-2},{\text{ also }}f'(2)=-{\frac {1}{4}}.}$

Die zweite Ableitung ist

${\displaystyle f^{\prime \prime }(x)=2x^{-3},{\text{ also }}f^{\prime \prime }(2)={\frac {1}{4}}.}$

${\displaystyle f^{\prime \prime \prime }(x)=-6x^{-4},{\text{ also }}f^{\prime \prime \prime }(2)=-{\frac {3}{8}}.}$

Die vierte Ableitung ist

${\displaystyle f^{\prime \prime \prime \prime }(x)=24x^{-5},{\text{ also }}f^{\prime \prime \prime \prime }(2)={\frac {24}{32}}={\frac {3}{4}}.}$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${\displaystyle {}4}$ ist demnach

${\displaystyle {\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-2)+{\frac {1}{4\cdot 2}}(x-2)^{2}-{\frac {3}{8\cdot 3!}}(x-2)^{3}+{\frac {3}{4\cdot 4!}}(x-2)^{4}}$

bzw.

${\displaystyle {\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-2)+{\frac {1}{8}}(x-2)^{2}-{\frac {1}{16}}(x-2)^{3}+{\frac {1}{32}}(x-2)^{4}.}$

Die beiden lokalen Extrema der Funktion

${\displaystyle {}f(x)=x^{3}-6x^{2}+9x+1\,}$

definieren ein achsenparalleles Rechteck, das vom Funktionsgraphen in zwei Bereiche zerlegt wird. Bestimme deren Flächeninhalte.

Es ist

${\displaystyle {}f'(x)=3x^{2}-12x+9=3(x^{2}-4x+3)=3((x-2)^{2}-1)=3(x-1)(x-3)\,.}$

Die Ableitung hat also bei ${\displaystyle {}x=1}$ und bei ${\displaystyle {}x=3}$ eine Nullstelle. Wegen ${\displaystyle {}f^{\prime \prime }(x)=6x-12}$ liegt bei ${\displaystyle {}x=1}$ ein lokales Maximum mit dem Wert ${\displaystyle {}f(1)=5}$ und bei ${\displaystyle {}x=3}$ ein lokales Minimum mit dem Wert ${\displaystyle {}f(3)=27-54+27+1=1}$ vor. Der Flächeninhalt des Rechtecks ist ${\displaystyle {}8}$. Der Flächeninhalt des Teilbereichs des Rechteckes unterhalb des Graphen ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\int _{1}^{3}x^{3}-6x^{2}+9x+1dx-2&=[{\frac {1}{4}}x^{4}-2x^{3}+{\frac {9}{2}}x^{2}+x]_{1}^{3}-2\\&={\frac {1}{4}}81-2\cdot 27+{\frac {81}{2}}+3-{\frac {1}{4}}+2-{\frac {9}{2}}-1-2\\&={\frac {3}{4}}81-54+3-{\frac {19}{4}}+1-2\\&={\frac {243-19}{4}}-50-2\\&=4.\end{aligned}}}$

Der Flächeninhalt des Teilbereichs des Rechteckes oberhalb des Graphen ist ebenfalls ${\displaystyle {}4}$.

Berechne das bestimmte Integral zur Funktion

${\displaystyle f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=2x^{3}+3e^{x}-\sin x,}$

über ${\displaystyle {}[-1,0]}$.

Eine Stammfunktion ist

${\displaystyle {\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x.}$

Daher ist das bestimmte Integral gleich

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\int _{-1}^{0}f(x)\,dx&={\left({\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x\right)}|_{-1}^{0}\\&=(0+3+1)-{\left({\frac {1}{2}}(-1)^{4}+3e^{-1}+\cos(-1)\right)}\\&={\frac {7}{2}}-3e^{-1}-\cos(-1).\end{aligned}}}$

a) Bestimme die reelle Partialbruchzerlegung von

${\displaystyle {\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}.}$

b) Bestimme eine Stammfunktion von

${\displaystyle {\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}.}$

c) Bestimme eine Stammfunktion von

${\displaystyle {\frac {1}{\sinh ^{2}t}}.}$

a) Es ist

${\displaystyle {}{\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}={\frac {4s}{(s^{2}-1)^{2}}}={\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}\,.}$

Damit liegt die Faktorzerlegung des Nenners vor, sodass die Partialbruchzerlegung die Gestalt

${\displaystyle {}{\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {a}{(s-1)}}+{\frac {b}{(s-1)^{2}}}+{\frac {c}{(s+1)}}+{\frac {d}{(s+1)^{2}}}\,}$

mit reellen Zahlen ${\displaystyle {}a,b,c,d\in \mathbb {R} }$ besitzt. Multiplikation mit dem Hauptnenner ergibt

${\displaystyle {}4s=a(s-1)(s+1)^{2}+b(s+1)^{2}+c(s+1)(s-1)^{2}+d(s-1)^{2}\,.}$

Einsetzen von ${\displaystyle {}s=1}$ ergibt ${\displaystyle {}4=4b}$, also ${\displaystyle {}b=1}$.

Einsetzen von ${\displaystyle {}s=-1}$ ergibt ${\displaystyle {}-4=4d}$, also ${\displaystyle {}d=-1}$.

Einsetzen von ${\displaystyle {}s=0}$ ergibt ${\displaystyle {}0=-a+b+c+d}$, also ist ${\displaystyle {}-a+c=0}$, also ${\displaystyle {}a=c}$.

Einsetzen von ${\displaystyle {}s=2}$ ergibt

${\displaystyle {}8=9a+9b+3c+d=9a+9+3c-1\,.}$

Also ist ${\displaystyle {}9a+3c=0}$ und daher ${\displaystyle {}a=c=0}$. Die Partialbruchzerlegung ist also

${\displaystyle {}{\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {1}{(s-1)^{2}}}-{\frac {1}{(s+1)^{2}}}\,.}$

b) Eine Stammfunktion von

${\displaystyle {}{\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {1}{(s-1)^{2}}}-{\frac {1}{(s+1)^{2}}}\,}$

ist

${\displaystyle -(s-1)^{-1}+(s+1)^{-1}.}$

c) Es ist

${\displaystyle {}{\frac {1}{\sinh ^{2}t}}={\frac {4}{(e^{t}-e^{-t})^{2}}}={\frac {4}{(e^{t})^{2}-2+(e^{t})^{-2}}}\,.}$

Wir wenden die Standardsubstitution ${\displaystyle {}t=\ln s}$ an und erhalten

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\int {\frac {1}{\sinh ^{2}t}}dt&=\int {\frac {4}{(e^{t})^{2}-2+(e^{t})^{-2}}}dt\\&=\int {\frac {4}{s^{2}-2+s^{-2}}}\cdot {\frac {1}{s}}ds\\&=\int {\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}ds.\end{aligned}}}$

Nach Teil b) ist

${\displaystyle -(e^{t}-1)^{-1}+(e^{t}+1)^{-1}}$

eine Stammfunktion von ${\displaystyle {}{\frac {1}{\sinh ^{2}t}}}$.

a) Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung

${\displaystyle y'={\frac {t^{3}}{y^{2}}},\,y>0,\,t>0,}$

mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen.

b) Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems

${\displaystyle y'={\frac {t^{3}}{y^{2}}}{\text{ mit }}y(1)=1.}$

a) Wir setzen ${\displaystyle {}g(t)=t^{3}}$ und ${\displaystyle {}h(y)={\frac {1}{y^{2}}}}$. Eine Stammfunktion von ${\displaystyle {}g(t)}$ ist ${\displaystyle {}G(t)={\frac {1}{4}}t^{4}}$ und eine Stammfunktion von ${\displaystyle {}{\frac {1}{h(y)}}=y^{2}}$ ist ${\displaystyle {}H(y)={\frac {1}{3}}y^{3}}$. Die Umkehrfunktion von ${\displaystyle {}H}$ ist

${\displaystyle H^{-1}(z)={\sqrt[{3}]{3z}}.}$

Daher ist

${\displaystyle y(t)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}t^{4}}}={\sqrt[{3}]{\frac {3}{4}}}t^{4/3}}$

eine Lösung der Differentialgleichung.

b) Wir machen den Ansatz ${\displaystyle {}H(y)={\frac {1}{3}}y^{3}+c}$ mit der Umkehrfunktion

${\displaystyle H^{-1}(z)={\sqrt[{3}]{3z-3c}},}$

was zur Lösung(sschar) ${\displaystyle {}y(t)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}t^{4}-3c}}}$ führt. Aus

${\displaystyle {}1=y(1)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}1-3c}}\,}$

folgt ${\displaystyle {}c=-{\frac {1}{12}}}$. Also ist

${\displaystyle y(t)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}t^{4}+{\frac {1}{4}}}}}$

die Lösung des Anfangswertproblems.