Kurs:Analysis/Teil I/53/Klausur mit Lösungen

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Hintereinanderschaltung der Abbildungen

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

   und

   ${\displaystyle G\colon M\longrightarrow N.}$

2. Eine untere Schranke einer Teilmenge ${\displaystyle {}M\subseteq K}$ in einem angeordneten Körper ${\displaystyle {}K}$.
3. Der Körper der komplexen Zahlen (mit den Verknüpfungen).
4. Ein lokales Maximum einer Funktion

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

   (${\displaystyle D\subseteq \mathbb {R} }$ eine Teilmenge) in einem Punkt ${\displaystyle {}x\in D}$.

5. Die Differenzierbarkeit in einem Punkt ${\displaystyle {}a\in {\mathbb {K} }}$ einer Abbildung ${\displaystyle {}f\colon {\mathbb {K} }\rightarrow {\mathbb {K} }}$.
6. Die Lösung eines Anfangswertproblems

   ${\displaystyle y'=f(t,y){\text{ und }}y(t_{0})=y_{0},}$

   zu einer Funktion

   ${\displaystyle f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} .}$

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Quotientenkriterium für eine komplexe Reihe ${\displaystyle {}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}}$.
2. Der Satz über die stetige Umkehrfunktion.
3. Das Lösungsverfahren für homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen.

Es sei ${\displaystyle {}a\in \mathbb {N} _{+}}$. Zeige, wie man ${\displaystyle {}a^{10}}$ mit vier Multiplikationen berechnen kann.

Sei

${\displaystyle {}b:=a\cdot a=a^{2}\,}$

und

${\displaystyle {}c:=b\cdot b=b^{2}=a^{4}\,.}$

Dann ist

${\displaystyle {}a^{10}=(c\cdot c)\cdot b\,}$

eine Berechnung mit vier Multiplikationen.

Skizziere möglichst viele wesentlich verschiedene Konfigurationen von fünf Geraden in der Ebene, die sich insgesamt in vier Schnittpunkten treffen.

${\displaystyle {}\,}$

Bestimme, welche der beiden rationalen Zahlen ${\displaystyle {}p}$ und ${\displaystyle {}q}$ größer ist.

${\displaystyle p={\frac {573}{-1234}}{\text{ und }}q={\frac {-2007}{4322}}.}$

Multiplikation liefert

${\displaystyle 573\cdot 4322=2476506{\text{ und }}1234\cdot 2007=2476638.}$

Daher ist

${\displaystyle {}{\frac {573}{1234}}\leq {\frac {2007}{4322}}\,}$

und damit ist

${\displaystyle {}p={\frac {573}{-1234}}={\frac {-573}{1234}}\geq {\frac {-2007}{4322}}=q\,.}$

Es seien ${\displaystyle {}x}$ und ${\displaystyle {}y}$ zwei nichtnegative reelle Zahlen. Zeige, dass das arithmetische Mittel der beiden Zahlen mindestens so groß wie ihr geometrisches Mittel ist.

Wir wollen

${\displaystyle {}{\frac {x+y}{2}}\geq {\sqrt {xy}}\,}$

zeigen. Durch Quadrieren ist dies äquivalent zu

${\displaystyle {}{\frac {x^{2}+2xy+y^{2}}{4}}\geq xy\,}$

bzw. zu

${\displaystyle {}{\frac {x^{2}-2xy+y^{2}}{4}}\geq 0\,.}$

Wegen

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

ist dies in der Tat wahr.

Beweise den Satz von Bolzano-Weierstraß.

Die Folge ${\displaystyle {}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ sei durch

${\displaystyle {}a_{0}\leq x_{n}\leq b_{0}\,}$

beschränkt. Wir definieren zuerst induktiv eine Intervallhalbierung derart, dass in den Intervallen unendlich viele Folgenglieder liegen. Das Startintervall ist ${\displaystyle {}I_{0}:=[a_{0},b_{0}]}$. Es sei das ${\displaystyle {}k}$-te Intervall ${\displaystyle {}I_{k}}$ bereits konstruiert. Wir betrachten die beiden Hälften

${\displaystyle [a_{k},{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}}]\,\,{\text{ und }}\,\,[{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}},b_{k}].}$

In mindestens einer der Hälften liegen unendlich viele Folgenglieder, und wir wählen als Intervall ${\displaystyle {}I_{k+1}}$ eine Hälfte mit unendlich vielen Gliedern. Da sich bei diesem Verfahren die Intervalllängen mit jedem Schritt halbieren, liegt eine Intervallschachtelung vor. Als Teilfolge wählen wir nun ein beliebiges Element

${\displaystyle {}x_{n_{k}}\in I_{k}\,}$

mit ${\displaystyle {}n_{k}>n_{k-1}}$. Dies ist möglich, da es in diesen Intervallen unendlich viele Folgenglieder gibt. Diese Teilfolge konvergiert nach Aufgabe 7.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen die durch die Intervallschachtelung bestimmte Zahl ${\displaystyle {}x}$.

Ersetze im Term ${\displaystyle {}3x^{2}+5x+6}$ die Variable ${\displaystyle {}x}$ durch den Term ${\displaystyle {}4y^{2}+2y+3}$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Es ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}3{\left(4y^{2}+2y+3\right)}^{2}+5{\left(4y^{2}+2y+3\right)}+6&=3{\left(16y^{4}+4y^{2}+9+16y^{3}+24y^{2}+12y\right)}+20y^{2}+10y+15+6\\&=48y^{4}+12y^{2}+27+48y^{3}+72y^{2}+36y+20y^{2}+10y+15+6\\&=48y^{4}+48y^{3}+104y^{2}+46y+48.\,\end{aligned}}}$

Man gebe explizit ein ${\displaystyle {}m}$ mit der Eigenschaft an, dass für alle ${\displaystyle {}n\geq m}$ die Abschätzung

${\displaystyle {}1,03^{n}\geq n^{2}\,}$

gilt.

Mit dem allgemeinen binomischen Lehrsatz ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}1{,}03^{n}&=(1+0{,}03)^{n}\\&=1+n\cdot 0{,}03+{\binom {n}{2}}0{,}03^{2}+{\binom {n}{3}}0{,}03^{3}+\ldots \\&\geq {\binom {n}{3}}0{,}03^{3}\\&={\frac {n(n-1)(n-2)}{6}}\cdot {\frac {27}{1000000}}\\&=n^{2}\cdot {\left({\frac {(n-1)(n-2)}{6n}}\cdot {\frac {27}{1000000}}\right)}.\end{aligned}}}$

Dies soll ${\displaystyle {}\geq n^{2}}$ werden, was man dadurch erreichen kann, dass der Klammerausdruck rechts ${\displaystyle {}\geq 1}$ wird. Dieser Ausdruck ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}{\frac {(n-1)(n-2)}{6n}}\cdot {\frac {27}{1000000}}&={\frac {n^{2}-3n+2}{n}}\cdot {\frac {9}{2000000}}\\&={\left(n-3+{\frac {2}{n}}\right)}\cdot {\frac {9}{2000000}}\\&\geq {\left(n-3\right)}\cdot {\frac {9}{2000000}}.\end{aligned}}}$

Die Bedingung

${\displaystyle {}{\left(n-3\right)}\cdot {\frac {9}{2000000}}\geq 1\,}$

wird zu

${\displaystyle {}n\geq {\frac {2000000}{9}}+3\,,}$

was jedenfalls bei

${\displaystyle {}n\geq 300000\,}$

erfüllt ist. Man kann also beispielsweise

${\displaystyle {}m=300000\,}$

nehmen.

Zeige, dass die Funktion

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

mit

${\displaystyle {}f(x)={\begin{cases}x,\,{\text{ falls }}x\in \mathbb {Q} \,,\\0,\,{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,}$

nur im Nullpunkt stetig ist.

Es sei zunächst ${\displaystyle {}x=0}$ und ${\displaystyle {}\epsilon >0}$ vorgegeben. Dann kann man ${\displaystyle {}\delta =\epsilon }$ setzen, denn aus ${\displaystyle {}\vert {u}\vert \leq \epsilon }$ folgt wegen ${\displaystyle {}f(x)=0}$ oder ${\displaystyle {}f(x)=x}$ auch ${\displaystyle {}\vert {f(u)}\vert \leq \epsilon }$. Es sei nun ${\displaystyle {}x\neq 0}$ Wir zeigen, dass man für ${\displaystyle {}\epsilon =\vert {\frac {x}{2}}\vert >0}$ kein ${\displaystyle {}\delta >0}$ mit der Abschätzungseigenschaft für die Stetigkeit finden kann. Es sei hierzu ${\displaystyle {}\delta >0}$ vorgegeben und sei ${\displaystyle {}c={\min {\left(\delta ,\epsilon \right)}}}$. Wenn ${\displaystyle {}x}$ rational ist, so wählen wir eine irrationale Zahl ${\displaystyle {}u\in {]x-c,x+c[}}$, wenn ${\displaystyle {}x}$ irrational ist, so wählen wir eine rationale Zahl ${\displaystyle {}q\in {]x-c,x+c[}}$ Im ersten Fall gilt

${\displaystyle {}\vert {f(x)-f(u)}\vert =\vert {x}\vert >\epsilon \,,}$

im zweiten Fall gilt

${\displaystyle {}\vert {f(x)-f(q)}\vert =\vert {q}\vert >\epsilon \,,}$

sodass in beiden Fällen die ${\displaystyle {}\delta }$-Umgebung von ${\displaystyle {}x}$ nicht in die ${\displaystyle {}\epsilon }$-Umgebung von ${\displaystyle {}f(x)}$ abgebildet wird.

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.

Bestimme die ${\displaystyle {}x}$-Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen der beiden reellen Polynome

${\displaystyle {}P=X^{3}+4X^{2}-7X+1\,}$

und

${\displaystyle {}Q=X^{3}-2X^{2}+5X+3\,.}$

Ein Schnittpunkt liegt genau dann an den Stellen ${\displaystyle {}x}$ vor, die eine Nullstelle von ${\displaystyle {}P-Q}$ sind. Es ist

${\displaystyle {}P-Q=X^{3}+4X^{2}-7X+1-{\left(X^{3}-2X^{2}+5X+3\right)}=6X^{2}-12X-2\,.}$

Wir normieren dieses quadratische Polynom und erhalten die Bedingung

${\displaystyle {}X^{2}-2X-{\frac {1}{3}}=0\,.}$

Die Lösungen dafür sind

${\displaystyle {}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {2\pm {\sqrt {4+{\frac {4}{3}}}}}{2}}\\&={\frac {2\pm {\sqrt {\frac {16}{3}}}}{2}}\\&={\frac {2\pm 4{\sqrt {\frac {1}{3}}}}{2}}\\&=1\pm 2{\sqrt {\frac {1}{3}}}.\end{aligned}}}$

Dies sind die ${\displaystyle {}x}$-Koordinaten der beiden Schnittpunkte.

Ordne die folgenden Funktionen den Bildern zu (man schreibe ohne Begründung hinter den Funktionsausdruck den Buchstaben des zugehörigen Bildes; nur für vollständig richtige Antworten gibt es Punkte).

1. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)-1,}$

2. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x-1\right)-1,}$

3. ${\displaystyle {\frac {1}{2}}\sin \left({\frac {1}{3}}x+1\right)-1,}$

4. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)+1,}$

5. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left(2x+1\right)-1,}$

6. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+{\frac {\pi }{2}}\right)-1.}$

• 
  a)
• 
  b)
• 
  c)

• 
  d)
• 
  e)
• 
  f)

1. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)-1:\,b,}$

2. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x-1\right)-1:\,a,}$

3. ${\displaystyle {\frac {1}{2}}\sin \left({\frac {1}{3}}x+1\right)-1:\,d,}$

4. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)+1:\,e,}$

5. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left(2x+1\right)-1:\,c,}$

6. ${\displaystyle {\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+{\frac {\pi }{2}}\right)-1:\,f.}$

Es sei ${\displaystyle {}a\in {\mathbb {C} }}$ ${\displaystyle {}a\neq 0}$, und es sei

${\displaystyle f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto f(z),}$

eine differenzierbare Funktion mit der Eigenschaft, dass die Gleichheit ${\displaystyle {}f(az)=f(z)}$ für alle ${\displaystyle {}z\in {\mathbb {C} }}$ gelte. Zeige, dass die Ableitung die Beziehung ${\displaystyle {}f'(az)=a^{-1}f'(z)}$ erfüllt.

Es sei ${\displaystyle {}g(z):=f(az)}$. Nach der Kettenregel ist ${\displaystyle {}g'(z)=af'(az)}$. Wegen ${\displaystyle {}g(z)=f(z)}$ gilt also ${\displaystyle {}f'(z)=af'(az)}$ und damit ${\displaystyle {}f'(az)=a^{-1}f(z)}$.

Es sei ${\displaystyle {}I\subseteq \mathbb {R} }$ ein offenes Intervall, ${\displaystyle {}f\colon I\rightarrow \mathbb {R} }$ eine dreimal stetig differenzierbare Funktion und ${\displaystyle {}x\in I}$ ein Punkt mit

${\displaystyle {}f^{\prime \prime }(x)=0\,}$

und

${\displaystyle {}f^{\prime \prime \prime }(x)\neq 0\,.}$

Zeige, dass ${\displaystyle {}x}$ ein Wendepunkt von ${\displaystyle {}f}$ ist.

Es sei ${\displaystyle {}f^{\prime \prime \prime }(x)>0}$, der negative Fall wird genauso behandelt. Wegen der dreifachen stetigen Differenzierbarkeit ist ${\displaystyle {}f^{\prime \prime \prime }}$ stetig und somit gibt es ein ${\displaystyle {}\epsilon >0}$ derart, dass ${\displaystyle {}f^{\prime \prime \prime }}$ auf ganz ${\displaystyle {}[x-\epsilon ,x+\epsilon ]}$ positiv ist. Dann ist ${\displaystyle {}f^{\prime \prime }}$ nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) streng wachsend und somit ist wegen ${\displaystyle {}f^{\prime \prime }(x)=0}$ die zweite Ableitung ${\displaystyle {}f^{\prime \prime }}$ auf ${\displaystyle {}[x-\epsilon ,x[}$ negativ und auf ${\displaystyle {}]x,x+\epsilon ]}$ positiv. Damit ist ${\displaystyle {}f'}$ auf ${\displaystyle {}[x-\epsilon ,x[}$ fallend und auf ${\displaystyle {}]x,x+\epsilon ]}$ wachsend und damit ist nach Satz 20.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ${\displaystyle {}f}$ auf ${\displaystyle {}[x-\epsilon ,x[}$ konkav und auf ${\displaystyle {}]x,x+\epsilon ]}$ konvex. Es liegt also ein Wendepunkt vor.

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${\displaystyle {}4}$ zur Funktion

${\displaystyle {}f(x)=2^{x}\,}$

im Entwicklungspunkt ${\displaystyle {}1}$.

Wegen

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

sind die Ableitungen gleich

${\displaystyle {}f'(x)=\ln \left(2\right)\cdot 2^{x}\,,}$

${\displaystyle {}f''(x)=\ln \left(2\right)^{2}\cdot 2^{x}\,,}$

${\displaystyle {}f^{\prime \prime \prime }(x)=\ln \left(2\right)^{3}\cdot 2^{x}\,,}$

${\displaystyle {}f^{\prime \prime \prime \prime }(x)=\ln \left(2\right)^{4}\cdot 2^{x}\,.}$

Daher ist das Taylorpolynom der Ordnung ${\displaystyle {}4}$ im Entwicklungspunkt ${\displaystyle {}1}$ gleich

${\displaystyle 2+2\ln \left(2\right)(x-1)+\ln \left(2\right)^{3}(x-1)^{2}+{\frac {\ln \left(2\right)^{3}}{3}}(x-1)^{3}+{\frac {\ln \left(2\right)^{4}}{12}}(x-1)^{4}.}$

Es sei ${\displaystyle {}I=[a,b]}$ ein kompaktes Intervall und es seien ${\displaystyle {}f,g\colon I\rightarrow \mathbb {R} }$ zwei Riemann-integrierbare Funktionen. Zeige, dass auch ${\displaystyle {}{\max {\left(f,g\right)}}}$ Riemann-integrierbar ist.

Wir müssen zeigen, dass es zu jedem ${\displaystyle {}\epsilon >0}$ eine obere und eine untere Treppenfunktion gibt derart, dass die Differenz der beiden Treppenintegrale ${\displaystyle {}\leq \epsilon }$ ist. Es sei also ein ${\displaystyle {}\epsilon >0}$ vorgegeben. Aufgrund der Riemann-Integrierbarkeit gibt es Treppenfunktionen

${\displaystyle s_{1}{\text{ und }}t_{1}{\text{ mit }}s_{1}\leq f\leq t_{1}{\text{ und mit }}\int _{a}^{b}(t_{1}-s_{1})(x)\,dx\leq \epsilon /2}$

und

${\displaystyle s_{2}{\text{ und }}t_{2}{\text{ mit }}s_{2}\leq g\leq t_{2}{\text{ und mit }}\int _{a}^{b}(t_{2}-s_{2})(x)\,dx\leq \epsilon /2.}$

Wir können annehmen, dass diesen Treppenfunktionen die gleiche Unterteilung zugrunde liegt. Es sei ${\displaystyle {}\ell _{k}}$, ${\displaystyle {}k=1,\ldots ,n}$ die Länge des ${\displaystyle {}k}$-ten Teilintervalls ${\displaystyle {}I_{k}}$ und es sei

${\displaystyle {}\delta _{k}:=(t_{1}-s_{1}){|}_{I_{k}}+(t_{2}-s_{2}){|}_{I_{k}}\,.}$

Dann gilt

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}\delta _{k}&=\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}{\left((t_{1}-s_{1}){|}_{I_{k}}+(t_{2}-s_{2}){|}_{I_{k}}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}(t_{1}-s_{1}){|}_{I_{k}}+\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}(t_{2}-s_{2}){|}_{I_{k}}\\&\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}}$

Wir setzen

${\displaystyle s:={\max {\left(s_{1},s_{2}\right)}}\,\,{\text{ und }}\,\,t:={\max {\left(t_{1},t_{2}\right)}}.}$

Dies ist offenbar eine untere bzw. obere Treppenfunktionen für ${\displaystyle {}{\max {\left(f,g\right)}}}$. Wir betrachten ein Teilintervall ${\displaystyle {}I_{k}}$ der gegebenen Unterteilung. Wenn dort

${\displaystyle s_{1}\leq s_{2}{\text{ und }}t_{1}\leq t_{2}}$

gilt, so ist dort

${\displaystyle {}t-s=t_{2}-s_{2}\leq \delta _{k}\,.}$

${\displaystyle s_{1}\leq s_{2}{\text{ und }}t_{2}\leq t_{1}}$

gilt, so ist dort ebenfalls

${\displaystyle {}t-s=t_{1}-s_{2}\leq t_{1}-s_{1}\leq \delta _{k}\,.}$

Damit ist die Differenz der Treppenintegrale ${\displaystyle {}\leq \sum _{k=1}^{n}\ell _{k}\delta _{k}\leq \epsilon }$.

Bestimme eine Stammfunktion von

${\displaystyle {\frac {5x^{3}+4x-3}{x^{2}+1}}}$

mittels Partialbruchzerlegung.

Da der Grad des Zählerpolynoms größer als der Grad des Nennerpolynoms ist, führen wir zuerst eine Polynomdivision durch. Diese ergibt

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

und daher ist

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

Eine Stammfunktion ist also

${\displaystyle {\frac {5}{2}}x^{2}-{\frac {1}{2}}\ln(x^{2}+1)-3\arctan x.}$

a) Finde alle Lösungen der gewöhnlichen Differentialgleichung (${\displaystyle t\in \mathbb {R} _{+}}$)

${\displaystyle y'={\frac {y}{t}}.}$

b) Finde alle Lösungen der gewöhnlichen Differentialgleichung (${\displaystyle t\in \mathbb {R} _{+}}$)

${\displaystyle y'={\frac {y}{t}}+t^{7}.}$

c) Löse das Anfangswertproblem

${\displaystyle y'={\frac {y}{t}}+t^{7}{\text{ und }}y(1)=5.}$

a) Nach dem Lösungsansatz für homogene lineare Differentialgleichungen müssen wir zuerst eine Stammfunktion von ${\displaystyle {}{\frac {1}{t}}}$ bestimmen, eine solche ist ${\displaystyle {}\ln t}$. Die Exponentialfunktion davon ist ${\displaystyle {}t}$, sodass ${\displaystyle {}y=ct}$ (mit ${\displaystyle {}c\in \mathbb {R} }$) die Lösungen von

${\displaystyle {}y'=y/t\,}$

sind.

b) Eine Stammfunktion zu ${\displaystyle {}{\frac {t^{7}}{t}}=t^{6}}$ ist

${\displaystyle {\frac {1}{7}}t^{7}.}$

Damit ist

${\displaystyle {}{\frac {1}{7}}t^{7}\cdot t={\frac {1}{7}}t^{8}\,}$

eine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung und somit sind

${\displaystyle {\frac {1}{7}}t^{8}+ct,\,c\in \mathbb {R} ,}$

alle Lösungen.

c) Wenn zusätzlich die Anfangsbedingung ${\displaystyle {}y(1)=5}$ erfüllt sein soll, so muss

${\displaystyle {}{\frac {1}{7}}+c=5\,}$

gelten, also

${\displaystyle {}c=5-{\frac {1}{7}}={\frac {34}{7}}\,.}$

Die Lösungs des Anfangsproblems ist also

${\displaystyle {}y(t)={\frac {1}{7}}t^{8}+{\frac {34}{7}}t\,.}$