Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/1/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	$\sum$
Punkte	3	3	2	4	3	5	2	3	6	3	2	3	1	2	4	2	3	0	2	6	59

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Vereinigung der Mengen $L$ und $M$.
2. Eine Verknüpfung $\circ$ auf einer Menge $M$.
3. Die Eigenschaft, dass eine natürliche Zahl $a$ eine natürliche Zahl $b$ teilt.
4. Der Binomialkoeffizient $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$.
5. Die Addition von rationalen Zahlen $x=\frac{a}{b}$ und $y=\frac{c}{d}$.
6. Ein Dezimalbruch.

Lösung

1. Die Menge

   $L\cup M=\{x\mid x\in L\text{ oder }x\in M\}$

   heißt die Vereinigung der beiden Mengen.

2. Eine Verknüpfung $\circ$ auf einer Menge $M$ ist eine Abbildung

   $\circ :M\times M⟶M,(x,y)⟼x\circ y.$

3. Man sagt, dass die natürliche Zahl $a$ die natürliche Zahl $b$ teilt, wenn es eine natürliche Zahl $c$ derart gibt, dass  $b=c\cdot a$  ist.
4. Der Binomialkoeffizient ist durch

   $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n!}{k!(n-k)!}$

   definiert.

5. Die Addition der rationalen Zahlen $\frac{a}{b}$ und $\frac{c}{d}$ ist durch

   $\frac{a}{b}+\frac{c}{d}:=\frac{ad+bc}{bd}$

   definiert.

6. Ein Dezimalbruch ist eine rationale Zahl, die man mit einer Zehnerpotenz als Nenner schreiben kann.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Wohldefiniertheit der Anzahl.
2. Die Division mit Rest für natürliche Zahlen.
3. Die Bernoulli-Ungleichung für einen angeordneten Körper $K$.

Lösung

1. Wenn $M$ eine Menge ist und wenn

   $\phi :\{1,\dots ,n\}⟶M$

   und

   $\psi :\{1,\dots ,k\}⟶M$

   bijektive Abbildungen sind, so ist

   $n=k.$

2. Es sei $d$ eine fixierte positive natürliche Zahl. Dann gibt es zu jeder natürlichen Zahl $n$ eine eindeutig bestimmte natürliche Zahl $q$ und eine eindeutig bestimmte natürliche Zahl $r$, $0\le r\le d-1$, mit

   $n=qd+r.$

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

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

Aufgabe (2 Punkte)

Führe die zweite binomische Formel für rationale Zahlen auf die zweite binomische Formel für ganze Zahlen zurück.

Lösung

Wir schreiben die beteiligten rationalen Zahlen als

$a=\frac{k}{m}\text{ und }b=\frac{r}{s}.$

Unter Verwendung von grundlegenden Rechenregeln für Brüche erhalten wir

$\begin{array}{cc}(a-b{)}^2& ={(\frac{k}{m}-\frac{r}{s})}^2\\ & ={\left(\frac{ks-rm}{ms}\right)}^2\\ & =\frac{(ks-rm{)}^2}{(ms{)}^2}\\ & =\frac{(ks{)}^2-2ksrm+(rm{)}^2}{(ms{)}^2}\\ & =\frac{(ks{)}^2}{(ms{)}^2}-2\frac{ksrm}{(ms{)}^2}+\frac{(rm{)}^2}{(ms{)}^2}\\ & ={\left(\frac{k}{m}\right)}^2-2\frac{ks}{ms}\cdot \frac{rm}{ms}+{\left(\frac{r}{s}\right)}^2\\ & =a^2-2ab+b^2.\end{array}$

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

Folgende Aussagen seien bekannt.

1. Der frühe Vogel fängt den Wurm.
2. Doro wird nicht von Lilly gefangen.
3. Lilly ist ein Vogel oder ein Igel.
4. Für Igel ist 5 Uhr am Morgen spät.
5. Doro ist ein Wurm.
6. Für Vögel ist 5 Uhr am Morgen früh.
7. Lilly schläft bis 5 Uhr am Morgen und ist ab 5 Uhr unterwegs.

Beantworte folgende Fragen.

1. Ist Lilly ein Vogel oder ein Igel?
2. Ist sie ein frühes oder ein spätes Tier?
3. Fängt der späte Igel den Wurm?

Lösung

1. Lilly ist ein Igel. Beweis durch Widerspruch. Nehmen wir an, dass Lilly kein Igel ist. Dann ist sie nach (3) ein Vogel. Da Lilly nach (7) um $5$ Uhr schon unterwegs ist, ist nach (6) Lilly ein früher Vogel. Nach (1) fängt Lilly also den Wurm. Da nach (5) Doro ein Wurm ist, wird er von Lilly gefangen im Widerspruch zu (2).
2. Nach dem ersten Teil ist Lilly ein Igel, und nach (7) steht sie um 5 Uhr auf. Dies ist nach (4) für Igel spät, Lilly ist also ein später Igel und somit ein spätes Tier.
3. Da nach dem zweiten Teil Lilly ein später Igel ist und sie nach (2) Doro, die nach (5) ein Wurm ist, nicht fängt, fängt der späte Igel im Allgemeinen nicht den Wurm.

Aufgabe (3 Punkte)

Illustriere die dritte binomische Formel durch eine geeignete geometrische Figur.

Lösung erstellen

Aufgabe (5 Punkte)

Betrachte die Abbildung

$f:\mathbb{N}⟶\mathbb{Z},n⟼\{\begin{array}{c}-\frac{n}{2},\text{ falls }n\text{ gerade},\\ \frac{n+1}{2},\text{ falls }n\text{ ungerade}.\end{array}$

Ist $f$ injektiv, surjektiv bzw. bijektiv?

Lösung

Die Abbildung ist bijektiv und damit auch injektiv und surjektiv. Wir geben explizit eine Umkehrabbildung an, wir definieren

$g:\mathbb{Z}⟶\mathbb{N},m⟼\{\begin{array}{c}2|m|,\text{ falls }m\le 0\text{ ist},\\ 2m-1,\text{ falls }m>0\text{ ist}.\end{array}$

Für  $n\in \mathbb{N}$  gerade ist

$g(f(n))=g(-\frac{n}{2})=n$

und für  $n\in \mathbb{N}$  ungerade ist

$g(f(n))=g\left(\frac{n+1}{2}\right)=2\frac{n+1}{2}-1=n.$

Umgekehrt ist für  $m\in \mathbb{Z}$  bei  $m\le 0$ 

$f(g(m))=f(2|m|)=f(-2m)=-(-m)=m$

und bei  $m>0$ 

$f(g(m))=f(2m-1)=\frac{2m-1+1}{2}=m.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien $L,M,N$ Mengen und $F:L\to M$ und $G:M\to N$ injektive Abbildungen. Zeige, dass die Hintereinanderschaltung $G\circ F$ ebenfalls injektiv ist.

Lösung

Es seien  $x,x^{\prime }\in L$  mit

$G(F(x))=G(F(x^{\prime }))$

gegeben. Aufgrund der Injektivität von $G$ folgt

$F(x)=F(x^{\prime })$

und aufgrund der Injektivität von $F$ folgt

$x=x^{\prime },$

was die Injektivität von $G\circ F$ bedeutet.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise in $\mathbb{N}$ die Gleichheit

$(n+k{)}^{\prime }=n^{\prime }+k$

durch Induktion über $k$ unter Verwendung der Gleichung  $n+k^{\prime }=(n+k{)}^{\prime }$,  wobei $x\mapsto x^{\prime }$ die Nachfolgerabbildung bezeichnet.

Lösung

Wir beweisen die Aussage für ein beliebiges $n$ durch Induktion über $k$. Bei $k=0$ steht beidseitig $n^{\prime }$. Es sei die Aussage nun für $k$ schon bewiesen und betrachten wir $k^{\prime }$. Dann ist

$(n+k^{\prime }{)}^{\prime }=((n+k{)}^{\prime }{)}^{\prime }=(n^{\prime }+k{)}^{\prime }=n^{\prime }+k^{\prime }.$

Aufgabe (6 Punkte)

Zeige, dass die Ordnungsrelation auf den natürlichen Zahlen eine totale Ordnung ist.

Lösung

Wir verwenden die Charakterisierung mit der Addition. Wegen  $n=n+0$  ist  $n\ge n$.  Wenn  $k\ge \ell$  und  $\ell \ge m$  ist, so bedeutet dies, dass es natürliche Zahlen $a,b$ mit  $k=\ell +a$  und  $\ell =m+b$  gibt. Dann gilt insgesamt

$k=\ell +a=(m+b)+a=m+(b+a)$

und somit ist auch  $k\ge m$.  Aus  $k\ge \ell$  und  $\ell \ge k$  ergibt sich  $k=\ell +a$  und  $\ell =k+b$  und somit  $k=k+(a+b)$.  Dies ist nach der Abziehregel nur bei  $a+b=0$  möglich, und dies ist wiederum, da $0$ kein Nachfolger ist, nur bei  $a=b=0$  möglich. Die Aussage  $a\ge b$  oder  $b\ge a$  beweisen wir durch Induktion über $a$ (für jedes feste $b$), wobei der Induktionsanfang wegen  $b\ge 0$  klar ist. Die Aussage gelte also für ein bestimmtes $a$. Wenn die erste Möglichkeit gilt, also  $a\ge b$,  so gilt wegen

$a+1>a\ge b$

erst recht  $a+1\ge b$.  Wenn die zweite Möglichkeit gilt, also  $a\le b$,  so gibt es zwei Möglichkeiten. Bei  $a=b$  ist  $a+1\ge b$  und die Gesamtaussage gilt für $a+1$. Andernfalls ist  $a<b$  und somit ist nach Lemma 11.6 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027))  (3)  $a+1\le b$  und die Gesamtaussage gilt erneut.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise durch Induktion die folgende Formel für  $n\ge 1$. 

$\sum _{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}.$

Lösung

Beim Induktionsanfang ist  $n=1$,  daher besteht die Summe links nur aus einem Summanden, nämlich der $1$, und daher ist die Summe $1$. Die rechte Seite ist  $\frac{1\cdot 2}{2}=1$,  sodass die Formel für  $n=1$  stimmt.

Für den Induktionsschritt setzen wir voraus, dass die Formel für ein  $n\ge 1$  gilt, und müssen zeigen, dass sie auch für $n+1$ gilt. Dabei ist $n$ beliebig. Es ist

$\begin{array}{cc}\sum _{k=1}^{n+1}k& =\left(\sum _{k=1}^{n}k\right)+n+1\\ & =\frac{n(n+1)}{2}+n+1\\ & =\frac{n(n+1)+2(n+1)}{2}\\ & =\frac{(n+2)(n+1)}{2}.\end{array}$

Dabei haben wir für die zweite Gleichheit die Induktionsvoraussetzung verwendet. Der zuletzt erhaltene Term ist die rechte Seite der Formel für $n+1$, also ist die Formel bewiesen.

Aufgabe (2 Punkte)

Es findet das olympische 100-Meter-Finale mit acht Teilnehmern statt. Sie wissen, welche drei Teilnehmer eine Medaille gewinnen (aber nicht, wer welche Medaille gewinnt). Wie viele Möglichkeiten für das Gesamtergebnis aller acht Teilnehmer verbleiben (keine Platzierung ist doppelt besetzt)?

Lösung

Für die drei Medaillengewinner, die man kennt, gibt es $3!=6$ Möglichkeiten, und für die fünf weiteren Plätze gibt es $5!=120$ Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also

$6\cdot 120=720$

Möglichkeiten.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz, dass es unendlich viele Primzahlen gibt.

Lösung

Angenommen, die Menge aller Primzahlen sei endlich, sagen wir $\{p_1,p_2,\dots ,p_r\}$. Man betrachtet die Zahl

$N=p_1\cdot p_2\cdot p_3\cdots p_r+1.$

Diese Zahl ist durch keine der Primzahlen $p_i$ teilbar, da bei Division von $N$ durch $p_i$ immer ein Rest $1$ verbleibt. Damit sind die Primfaktoren von $N$, die es nach Satz 13.9 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027)) geben muss, nicht in der Ausgangsmenge enthalten - Widerspruch.

Aufgabe (1 Punkt)

Führe im Zehnersystem die Addition

$794385+503819$

schriftlich durch.

Lösung

Es ist

$794385$

$+\underset{\_}{503819}$

$1298204$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme in $\mathbb{Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von $1071$ und $1029$.

Lösung

Der größte gemeinsame Teiler von 1071 und 1029 wird mit dem Euklidischen Algorithmus wie folgt berechnet:

$1071=1\cdot 1029+42,$

$1029=24\cdot 42+21,$

$42=2\cdot 21+0.$

Der größte gemeinsame Teiler von 1071 und 1029 ist somit 21.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Lemma von Euklid für ganze Zahlen.

Lösung

Wir setzen voraus, dass $a$ kein Vielfaches von $p$ ist (andernfalls sind wir fertig). Dann müssen wir zeigen, dass $b$ ein Vielfaches von $p$ ist. Unter der gegebenen Voraussetzung sind $a$ und $p$ teilerfremd. Nach dem Lemma von Bézout gibt es ganze Zahlen $r,s$ mit

$ra+sp=1.$

Da $ab$ ein Vielfaches von $p$ ist, gibt es ein $t$ mit

$ab=tp.$

Daher ist

$b=b\cdot 1=b(ra+sp)=abr+bsp=tpr+bsp=p(tr+bs).$

Also ist $b$ ein Vielfaches von $p$.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

a) Berechne den größten gemeinsamen Teiler der ganzen Zahlen $2\cdot 3^2\cdot 7^4$ und $2^4\cdot 3^3\cdot 5^{11}\cdot 7$.

b) Berechne den größten gemeinsamen Teiler der ganzen Zahlen $2\cdot 3^2\cdot 6\cdot 7$ und $2^2\cdot 3^3\cdot 5^4$.

Lösung

a) Beide Zahlen liegen in ihrer Primfaktorzerlegung vor, daher ist nach [[Faktorieller Bereich/Primfaktorzerlegung/KgV und ggT/Fakt|Kurs:Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027)/Faktorieller Bereich/Primfaktorzerlegung/KgV und ggT/Fakt/Faktreferenznummer (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027))]] der größte gemeinsame Teiler gleich

$2\cdot 3^2\cdot 7=126.$

b) Es ist

$6=2\cdot 3,$

daher lautet die Primfaktorzerlegung der ersten Zahl

$2^2\cdot 3^3\cdot 7$

und somit ist der größte gemeinsame Teiler gleich

$2^2\cdot 3^3=4\cdot 27=108.$

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere den Begriff Dreisatzaufgabe samt Lösungsverfahren anhand eines typischen Beispiels.

Lösung erstellen

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung erstellen

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass das Produkt von zwei Dezimalbrüchen wieder eine Dezimalbruch ist.

Lösung

Ein Dezimalbruch hat die Form

$\frac{a}{10^k}$

mit $a\in \mathbb{Z}$ und $k\in \mathbb{N}$. Für zwei solche Brüche ist

$\frac{a}{10^k}\cdot \frac{b}{10^{\ell }}=\frac{ab}{10^{k+\ell }}$

wieder von dieser Gestalt.

Aufgabe (6 (1+1+1+1+2) Punkte)

Bei einer Fernsehaufzeichnung sitzen $n$ Zuschauer im Studio, die über ein elektronisches Gerät auf verschiedene Fragen mit Ja oder Nein antworten und wobei das Ergebnis (die Ja-Antworten) in vollen Prozent auf einem Bildschirm erscheint und wobei ab $,5$ nach oben gerundet wird.

a) Erstelle eine Formel mithilfe der Gaußklammer $\lfloor \rfloor$, die bei gegebenem $n$ aus $i$ die Prozentzahl $p(i)$ berechnet.

b) Für welche $n$ ist die Prozentabbildung aus a) injektiv und für welche surjektiv?

c) Es sei $n=99$. Welche Prozentzahl tritt nie auf dem Bildschirm auf?

d) Es sei $n=101$. Hinter welcher Prozentzahl können sich unterschiedlich viele Ja-Stimmen verbergen?

e) Es sei $n=102$. Hinter welchen Prozentzahlen können sich unterschiedlich viele Ja-Stimmen verbergen?

Lösung

a) Die ganze Prozentzahl wird bei $i$ Ja-Antworten von $n$ Zuschauern bei der angegebenen Rundung durch

$p(i)=\lfloor 100\cdot \frac{i}{n}+\frac{1}{2}\rfloor$

berechnet.

b) Für $n\le 99$ ist die Abbildung aus Anzahlgründen nicht surjektiv. Sie ist injektiv, da der ungerundete Prozentwert einer Person größer als $1$ ist und daher die Hinzunahme einer Person die gerundete Prozentanzahl um mindestens $1$ erhöht. Für $n=100$ ist die Abbildung die Identität, also injektiv und surjektiv. Für $n\ge 101$ ist die Abbildung aus Anzahlgründen nicht injektiv. Sie ist surjektiv, da der ungerundete Prozentwert einer Person weniger als $1$ ist und daher die Hinzunahme einer Person die gerundete Prozentanzahl um höchstens $1$ erhöht.

c) Die Prozentzahl $50$ kommt nicht vor. Für $i=49$ ist das Ergebnis

$\lfloor 100\cdot \frac{49}{99}+\frac{1}{2}\rfloor =\lfloor \frac{9800+99}{198}\rfloor =\lfloor \frac{9899}{198}\rfloor =49$

(wegen  $198\cdot 50=9900$ ) und für $i=50$ ist das Ergebnis

$\lfloor 100\cdot \frac{50}{99}+\frac{1}{2}\rfloor =\lfloor \frac{10000+99}{198}\rfloor =\lfloor \frac{10099}{198}\rfloor =51$

(wegen  $198\cdot 51=10098$ ).

d) Die Prozentzahl $50$ kommt doppelt vor. Für $i=50$ ist das Ergebnis

$\lfloor 100\cdot \frac{50}{101}+\frac{1}{2}\rfloor =\lfloor \frac{10000+101}{202}\rfloor =\lfloor \frac{10101}{202}\rfloor =50$

(wegen  $202\cdot 50=10100$ ) und für $i=51$ ist das Ergebnis

$\lfloor 100\cdot \frac{51}{101}+\frac{1}{2}\rfloor =\lfloor \frac{10200+101}{202}\rfloor =\lfloor \frac{10301}{202}\rfloor =50$

(wegen  $202\cdot 51=10302$ ).

e) Die Prozentzahl $25$ kommt doppelt vor. Für $i=25$ ist das Ergebnis

$\lfloor 100\cdot \frac{25}{102}+\frac{1}{2}\rfloor =\lfloor \frac{2500+51}{102}\rfloor =\lfloor \frac{2551}{102}\rfloor =25$

(wegen  $102\cdot 25=2550$ ) und für $i=26$ ist das Ergebnis ebenfalls

$\lfloor 100\cdot \frac{26}{102}+\frac{1}{2}\rfloor =\lfloor \frac{2600+51}{102}\rfloor =\lfloor \frac{2651}{102}\rfloor =25$

(wegen  $102\cdot 26=2652$ ). Wegen der Symmetrie der Situation (bis auf die Rundung) kommt auch die Prozentzahl $75$ doppelt vor, für $i=76,77$.