Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/14/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	1	3	3	3	2	3	12	2	3	3	1	8	3	4	4	2	1	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Dedekind-Peano-Axiome beziehen sich auf eine Menge ${}N$ mit einem ausgezeichneten Element ${}0\in N$ und einer Nachfolgerabbildung

   $'\colon N\longrightarrow N,\,n\longmapsto n'$

   und lauten folgendermaßen.

   1. Das Element ${}0$ ist kein Nachfolger.
   2. Jedes ${}n\in N$ ist Nachfolger höchstens eines Elementes.
   3. Für jede Teilmenge ${}T\subseteq N$ gilt: Wenn die beiden Eigenschaften
      • ${}0\in T$,
      • mit jedem Element ${}n\in T$ ist auch ${}n'\in T$,

   gelten, so ist ${}T=N$.

Die Summe ${}n+k$ ist diejenige natürliche Zahl, die man erhält, wenn man von ${}n$ ausgehend ${}k$-fach den Nachfolger nimmt.

Die ganzen Zahlen haben die Form ${}\pm a$ und ${}\pm b$ mit natürlichen Zahlen ${}a,b$. Die Multiplikation wird folgendermaßen definiert.

${}a\cdot b:=a\cdot b\,,$

${}a\cdot (-b):=-(a\cdot b)\,,$

${}(-a)\cdot b:=-(a\cdot b)\,,$

${}(-a)\cdot (-b):=a\cdot b\,.$

Eine Teilmenge ${}H\subseteq G$ heißt Untergruppe von ${}G$ wenn folgendes gilt.

1. ${}e\in H$.
2. Mit ${}g,h\in H$ ist auch ${}g\circ h\in H$.
3. Mit ${}g\in H$ ist auch ${}g^{-1}\in H$.

Die Abbildung ${}f\colon K\rightarrow K$ heißt streng wachsend, wenn für je zwei Elemente ${}x,x'\in K$ mit ${}x<x'$ auch ${}f(x)<f(x')$ gilt.

Eine Folge der Form

${}x_{n}={\frac {a_{n}}{10^{n}}}\,$

mit ${}a_{n}\in \mathbb {Z}$ und

${}{\frac {a_{n}}{10^{n}}}\leq {\frac {a_{n+1}}{10^{n+1}}}<{\frac {a_{n}+1}{10^{n}}}\,$

heißt Dezimalbruchfolge.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die natürlichen Zahlen ${}\mathbb {N}$ bilden einen kommutativen Halbring.
2. Es seien ${}a,b\in \mathbb {N}$ zwei teilerfremde natürliche Zahlen. Dann gibt es ganze Zahlen ${}r,s\in \mathbb {Z}$ mit ${}ra+sb=1$.
3. Es sei ${}K$ ein archimedisch angeordneter Körper und ${}b>1$ mit der zugehörigen Exponentialfunktion

   $\varphi _{b}\colon \mathbb {Z} \longrightarrow K,\,n\longmapsto b^{n},$

   zur Basis ${}b$. Es sei ${}k$ eine natürliche Zahl. Dann gibt es ein ${}m\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq m$ die Abschätzung

   ${}\varphi _{b}(n)=b^{n}>n^{k}\,$

   gilt.

Aufgabe (1 Punkt)

Wir betrachten den Satz „Kein Mensch ist illegal“. Negiere diesen Satz durch eine Existenzaussage.

Lösung

Es gibt einen Menschen, der nicht legal ist.

Aufgabe (3 Punkte)

In einem Hörsaal befindet sich ein Tafelgestell mit drei hintereinander liegenden, vertikal verschiebbaren Tafeln. Diese seien mit ${}V$ (vordere Tafel), ${}M$ (mittlere Tafel) und ${}H$ (hintere Tafel) bezeichnet. Aufgrund der Höhe des Gestells sind nur (maximal) zwei Tafeln gleichzeitig einsehbar. Die Lehrperson schreibt in der Vorlesung jede Tafel genau einmal voll. In welcher Reihenfolge (alle Möglichkeiten!) muss sie die Tafeln einsetzen, wenn beim Beschreiben einer Tafel stets die zuletzt beschriebene Tafel sichtbar sein soll.

Lösung

Die Tafeln ${}M$ und ${}H$ sind nicht gleichzeitig sichtbar, da (mindestens) eine davon durch ${}V$ verdeckt wird. Dagegen sind sowohl ${}V$ und ${}H$ (${}M$ wird hinter ${}V$ geschoben) als auch ${}V$ und ${}M$ gleichzeitig einsehbar. Eine Beschreibungsreihenfolge erfüllt also genau dann die angegebene Bedingung, wenn ${}M$ und ${}H$ nicht direkt hintereinander beschrieben werden. Dies wird genau dann erreicht, wenn ${}V$ als zweite Tafel beschrieben wird. Erlaubt sind also die beiden Reihenfolgen ${}M-V-H$ und ${}H-V-M$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

$\varphi \colon L\longrightarrow M$

eine injektive Abbildung. Zeige, dass es eine Teilmenge ${}T\subseteq M$ derart gibt, dass man ${}\varphi$ als Abbildung

$\varphi '\colon L\longrightarrow T$

auffassen kann (${}\varphi$ und ${}\varphi '$ unterscheiden sich nur hinsichtlich des Wertebereichs) und dass ${}\varphi '$ bijektiv ist.

Lösung

Es sei

${}T={\left\{y\in M\mid {\text{ es gibt }}x\in L{\text{ mit }}y=\varphi (x)\right\}}\,.$

Da ${}T$ sämtliche Elemente aus ${}M$ enthält, die überhaupt unter ${}\varphi$ getroffen werden, kann man ${}\varphi$ als eine Abbildung

$\varphi '\colon L\longrightarrow T,\,x\longmapsto \varphi (x),$

auffassen. Diese Abbildung ist surjektiv, da ja jedes Element aus ${}T$ nach Definition getroffen wird. Die Injektivität überträgt sich direkt von ${}\varphi$ auf ${}\varphi '$, da die Gleichheit von Elementen in einer Teilmenge mit der Gleichheit in der Menge übereinstimmt. Daher ist ${}\varphi '$ bijektiv.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise das Distributivgesetz für die Differenz von natürlichen Zahlen.

Lösung

Nach Satz 10.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) ist mit ${}a\geq b$ auch ${}ca\geq cb$, sodass ${}ca-cb$ wohldefiniert ist. Es ist

${}a=(a-b)+b\,$

und daher ist nach dem Distributivgesetz für die Addition und die Multiplikation

${}ca=c((a-b)+b)=c(a-b)+cb\,.$

Also ist

${}c(a-b)=ca-cb\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Erstelle das Pascalsche Dreieck bis ${}n=6$.

Lösung

${}\,$

Aufgabe (3 Punkte)

Petra hat folgende Informationen über die Erfolge von Deutschland bei Fußballweltmeisterschaften:

1. Die Fußballweltmeisterschaft findet alle vier Jahre statt.
2. Deutschland war schon viermal Weltmeister.
3. Deutschland war zum ersten Mal 1954 und zum letzten Mal 2014 Weltmeister.
4. Deutschland war nie zweimal hintereinander Weltmeister.

Wie viele Möglichkeiten für die Jahre, in denen Deutschland die zweite bzw. die dritte Weltmeisterschaft gewann, verbleiben?

Lösung

Die zweite und die dritte Weltmeisterschaft muss zwischen 1962 und 2006 (einschließlich) gewonnen worden sein. In diesem Zeitraum fanden 12 Weltmeisterschaften statt. Daher gibt es in diesem Zeitraum ${}{\binom {12}{2}}=66$ Jahrespaare, in denen die Gewinne stattgefunden haben können. Da Petra weiß, dass Deutschland nie direkt hintereinander gewonnen hat, muss sie die aufeinanderfolgenden Paare abziehen. Davon gibt es 11. Also verbleiben insgesamt ${}66-11=55$ Möglichkeiten.

Aufgabe (12 (4+3+5) Punkte)

Wir betrachten die Menge der natürlichen Zahlen mit den beiden Verknüpfungen

$\mathbb {N} \times \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {N} ,\,(a,b)\longmapsto {\operatorname {GgT} \,\left(a,b\right)}$

und

$\mathbb {N} \times \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {N} ,\,(a,b)\longmapsto {\operatorname {KgV} \,\left(a,b\right)}.$

1. Zeige, dass der größte gemeinsame Teiler eine kommutative und assoziative Verknüpfung ist, die ein neutrales Element besitzt (der größte gemeinsame Teiler von ${}0$ und ${}0$ sei als ${}0$ festgelegt).
2. Zeige, dass das kleinste gemeinsame Vielfache eine kommutative und assoziative Verknüpfung ist, die ein neutrales Element besitzt (das kleinste gemeinsame Vielfache von ${}a$ und ${}0$ sei als ${}0$ festgelegt).
3. Zeige, dass mit diesen Verknüpfungen (mit dem GgT als Addition) ein kommutativer Halbring vorliegt.

Lösung

1. Die Kommutativität ist klar. Die ${}0$ ist das neutrale Element, da stets

   ${}{\operatorname {GgT} \,\left(a,0\right)}=a\,,$

   da ja jede Zahl die ${}0$ teilt und somit der größte Teiler von ${}a$ entscheidend ist, und bei ${}a=0$ der Wert des GgT nach Definition ${}0$ ist. Zum Nachweis der Assoziativität ist

   ${}{\operatorname {GgT} \,\left({\operatorname {GgT} \,\left(a,b\right)},c\right)}={\operatorname {GgT} \,\left(a,{\operatorname {GgT} \,\left(b,c\right)}\right)}\,$

   zu zeigen. Wenn eine der beteiligten Zahlen ${}0$ ist, so kommt links und rechts das gleiche heraus. Wir können also annehmen, dass alle Zahlen ungleich ${}0$ sind. Wenn die Zahlen durch ihre Primfaktorzerlegung gegeben sind, so ist der größte gemeinsame Teiler durch das Minimum der Exponenten gegeben. Da sich das Minimum assoziativ verhält, gilt auch für den GgT die Assoziativität.

2. Die Kommutativität ist klar. Die ${}1$ ist das neutrale Element, da stets

   ${}{\operatorname {KgV} \,\left(a,1\right)}=a\,,$

   da ja jede Zahl ein Vielfaches der ${}1$ ist. Zum Nachweis der Assoziativität ist

   ${}{\operatorname {KgV} \,\left({\operatorname {KgV} \,\left(a,b\right)},c\right)}={\operatorname {KgV} \,\left(a,{\operatorname {KgV} \,\left(b,c\right)}\right)}\,$

   zu zeigen. Wenn eine der beteiligten Zahlen ${}0$ ist, so kommt links und rechts ${}0$ heraus, da ${}0$ das einzige Vielfache der ${}0$ ist. Wir können also annehmen, dass alle Zahlen ungleich ${}0$ sind. Wenn die Zahlen durch ihre Primfaktorzerlegung gegeben sind, so ist das kleinste gemeinsame Vielfache durch das Maximum der Exponenten gegeben. Da sich das Maximum assoziativ verhält, gilt auch für das KgV die Assoziativität.

3. Es ist

   ${}{\operatorname {KgV} \,\left(a,{\operatorname {GgT} \,\left(b,c\right)}\right)}={\operatorname {GgT} \,\left({\operatorname {KgV} \,\left(a,b\right)},{\operatorname {KgV} \,\left(a,c\right)}\right)}\,$

   zu zeigen. Bei ${}a=0$ steht beidseitig ${}0$, da das KgV der ${}0$ mit einer beliebigen Zahl stets ${}0$ ist. Bei ${}b=0$ (analog $c=0$) ergibt sich beidseitig ${}{\operatorname {KgV} \,\left(a,c\right)}$. Wir können also annehmen, dass alle Zahlen ungleich ${}0$ sind. Da sowohl das GgT als auch das KgV aus der Primfaktorzerlegung ablesbar sind, können wir uns auf einen einzigen Primfaktor beschränken. Sei

   ${}a=p^{k}\,,$

   ${}b=p^{m}\,$

   und

   ${}c=p^{n}\,.$

   Dann ist

   ${}\operatorname {max} (k,\operatorname {min} (m,n))=\operatorname {min} (\operatorname {max} (k,m),\operatorname {max} (k,n))\,$

   zu zeigen. Da die Aussage symmetrisch in ${}m$ und ${}n$ ist, können wir

   ${}m\leq n\,$

   annehmen. Dann steht links das Maximum von ${}k$ und ${}m$ und rechts ist jedenfalls

   ${}\operatorname {max} (k,m)\leq \operatorname {max} (k,n)\,,$

   sodass das Minimum davon ebenfalls das Maximum von ${}k$ und ${}m$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den Rest von ${}123456789$ bei Division durch ${}9$.

Lösung

Die folgenden Zahlen haben bei Division durch ${}9$ den gleichen Rest.

${}{\begin{aligned}123456789&\equiv 33456789\\&\equiv 6456789\\&\equiv 156789\\&\equiv 66789\\&\equiv 3789\\&\equiv 189\\&\equiv 0.\end{aligned}}$

Der Rest ist also ${}0$.

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere die Rolle der Division mit Rest für die Dezimalentwicklung von natürlichen Zahlen.

Lösung Division Mit Rest/Dezimalentwicklung/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige durch Induktion, dass jede natürliche Zahl ${}n\geq 2$ eine Zerlegung in Primzahlen besitzt.

Lösung

Wir beweisen die Existenz durch Induktion über ${}n$.  Für ${}n=2$ liegt eine Primzahl vor. Bei ${}n\geq 3$ ist entweder ${}n$ eine Primzahl, und diese bildet die Primfaktorzerlegung, oder aber ${}n$ ist keine Primzahl. In diesem Fall gibt es eine nichttriviale Zerlegung ${}n=ab$ mit kleineren Zahlen ${}a,b<n$. Für diese Zahlen gibt es nach Induktionsvoraussetzung jeweils eine Zerlegung in Primfaktoren, und diese setzen sich zu einer Primfaktorzerlegung für ${}n$ zusammen. 

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von ${}1023$.

Lösung

Es ist

${}1023=3\cdot 341=3\cdot 11\cdot 31\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Es stehen zwei Eimer ohne Markierungen zur Verfügung, ferner eine Wasserquelle. Der eine Eimer hat ein Fassungsvermögen von ${}a$ und der andere ein Fassungsvermögen von ${}b$ Litern, wobei ${}a$ und ${}b$ teilerfremd seien. Zeige, dass man allein durch Auffüllungen, Ausleerungen und Umschüttungen erreichen kann, dass in einem Eimer genau ein Liter Wasser enthalten ist.

Lösung

Ohne Einschränkung sei ${}a\leq b$. Wir bezeichnen die Inhalte in den Eimern zu einem bestimmten Zeitpunkt in Paarschreibweise mit ${}(u,v)$, wobei ${}u$ zwischen ${}0$ und ${}a$ und ${}v$ zwischen ${}0$ und ${}b$ liegt. Es sei ${}r$ der Rest von ${}-b$ bei Division durch ${}a$. Wir behaupten, dass wenn man die Belegung ${}(u,0)$ durch die erlaubten Schritte erzielen kann, dass man dann auch ${}(u',0)$ erzielen kann, wobei ${}u'$ den Rest von ${}u+r$ modulo ${}a$ bezeichnet. Wir starten also mit

$(u,0).$

Durch Umschüttung kann man

$(0,u)$

erreichen. Durch Auffüllen des kleinen Eimers und anschließende Umfüllung in den großen kann man

$(0,u+a)$

erreichen, und ebenso der Reihe nach

$(0,u+2a),\,(0,u+2a),\ldots ,(0,u+ka),$

wobei ${}k$ so gewählt sei, dass

${}u+ka\leq b\,$

und

${}u+(k+1)a>b\,$

sei. Von hier aus erreichen wir

$(a,u+ka).$

Wir füllen nun den Inhalt des ersten Eimers in den zweiten, bis dieser voll ist. Es sei ${}m$ die umgefüllte Menge. Diese erfüllt

${}u+ka+m=b\,.$

Die im ersten Eimer verbleibende Wassermenge ist somit

${}a-m=a-(b-u-ka)=u+(k+1)a-b\,.$

Diese Menge ist also der Rest von ${}u-b=u+r$ modulo ${}a$, wie behauptet.

Aufgrund von dieser Beobachtung können wir der Reihe nach folgende Belegungen erzielen (bzw. die Reste davon modulo a).

$(0,0),(r,0),(2r,0),(3r,0),\ldots .$

Da ${}b$ teilerfremd zu ${}a$ ist, gibt es nach dem Lemma von Bezout positive ganze Zahlen ${}n,m$ mit

${}ma-nb=1\,$

(Falls ${}n,m$ negativ sind, betrachtet man einfach ${}(sb+m)a-(sa+n)b=1$ für ein ausreichend großes ${}s$).

Somit ist modulo ${}a$

${}nr\equiv -nb=1-ma=1\,,$

sodass bei Division durch ${}a$ für ein gewisses ${}n$ der Rest von ${}nr$ gleich ${}1$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme den Exponenten zu ${}2$ von ${}203264$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}203264&=2\cdot 101632\\&=2^{2}\cdot 50816\\&=2^{3}\cdot 25408\\&=2^{4}\cdot 12704\\&=2^{5}\cdot 6352\\&=2^{6}\cdot 3176\\&=2^{7}\cdot 1588\\&=2^{8}\cdot 794\\&=2^{9}\cdot 397.\end{aligned}}$

Da ${}397$ ungerade ist, ist der Exponent zu ${}2$ von ${}203264$ gleich ${}9$.

Aufgabe (4 Punkte)

Eine Bahncard ${}25$, mit der man ein Jahr lang ${}25$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}62$ Euro und eine Bahncard ${}50$, mit der man ein Jahr lang ${}50$ Prozent des Normalpreises einspart, kostet ${}255$ Euro. Für welchen Jahresgesamtnormalpreis ist keine Bahncard, die Bahncard ${}25$ oder die Bahncard ${}50$ die günstigste Option?

Lösung

Es sei ${}x$ der Gesamtnormalpreis. Mit BC25 hat man die Kosten

$y=62+{\frac {3}{4}}x$

und mit BC50 hat man die Kosten

$z=255+{\frac {1}{2}}x.$

Die Bedingung

$x\leq 62+{\frac {3}{4}}x$

führt auf

$x\leq 248.$

Die Bedingung

$x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

$x\leq 510.$

Die Bedingung

$62+{\frac {3}{4}}x\leq 255+{\frac {1}{2}}x$

führt auf

${\frac {1}{4}}x\leq 255-62=193,$

also

$x\leq 772.$

Also ist für ${}x\leq 248$ keine Bahncard die günstigste Option, für ${}248\leq x\leq 772$ ist die BC25 die günstigste Option und für ${}x\geq 772$ ist die BC50 die günstigste Option.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Größergleichrelation ${}\geq$ auf ${}\mathbb {Q}$ wohldefiniert ist.

Lösung

Es seien

${}x={\frac {a}{b}}={\frac {a'}{b'}}\,$

und

${}y={\frac {c}{d}}={\frac {c'}{d'}}\,$

die rationalen Zahlen, die verglichen werden sollen, wobei alle Nenner positiv seien. Dann ist

${}ab'=a'b\,$

und

${}cd'=c'd\,.$

Aus

${}ad\geq bc\,$

ergibt sich dann gemäß Lemma 19.13 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (6) durch Multiplikation mit der positiven ganzen Zahl ${}b'd'$

${}adb'd'\geq bcb'd'\,.$

Dies schreiben wir als

${}a'dbd'\geq bc'b'd\,,$

woraus sich durch Kürzen mit der positiven ganzen Zahl ${}db$ die Abschätzung

${}a'd'\geq b'c'\,$

ergibt, die

${}{\frac {a'}{b'}}\geq {\frac {c'}{d'}}\,$

bedeutet. Wegen der Symmetrie der Situation gilt auch die Umkehrung. Die Beziehung ${}\geq$ ist also unabhängig von dem gewählten Bruchrepräsentanten.

Aufgabe (2 Punkte)

Unterteile die Strecke von ${}{\frac {2}{7}}$ nach ${}{\frac {3}{4}}$ rechnerisch in drei gleichlange Strecken.

Lösung

Die Länge der Strecke ist

${}{\frac {3}{4}}-{\frac {2}{7}}={\frac {21-8}{28}}={\frac {13}{28}}\,.$

Der dritte Teil davon ist

${}{\frac {13}{3\cdot 28}}={\frac {13}{84}}\,.$

Die Unterteilungspunkte, die die Strecke in drei gleichlange Stücke unterteilen, sind daher

${\frac {2}{7}},\,{\frac {2}{7}}+{\frac {13}{84}}={\frac {24+13}{84}}={\frac {37}{84}},\,{\frac {2}{7}}+2\cdot {\frac {13}{84}}={\frac {24+26}{84}}={\frac {50}{84}}={\frac {25}{42}},\,{\frac {3}{4}}.$

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere die Funktion

$\mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,x\longmapsto -\left\lfloor -x\right\rfloor .$

Lösung Gaußklammer/Minus innen und außen/Skizze/Aufgabe/Lösung