Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/15/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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	1	1	3	8	5	2	5	2	1	6	2	4	5	2	4	1	5	1	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Man sagt, dass die Menge ${}T$ eine Teilmenge von ${}M$ ist, wenn jedes Element von ${}T$ auch ein Element von ${}M$ ist.
Die Abbildung
$G\colon M\longrightarrow L,$

die jedes Element ${}y\in M$ auf das eindeutig bestimmte Element ${}x\in L$ mit ${}F(x)=y$ abbildet, heißt die Umkehrabbildung zu ${}F$ .
Es sei eine Menge ${}M$ mit einer Verknüpfung
$\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y,$

gegeben. Dann heißt ein Element ${}e\in M$ neutrales Element der Verknüpfung, wenn für alle ${}x\in M$ die Gleichheit

$x\circ e=x=e\circ x$

gilt.
Eine Gruppe ${}(G,\circ ,e)$ heißt kommutativ, wenn
${}x\circ y=y\circ x\,$

für alle ${}x,y\in G$ gilt.
Ein Körper ${}K$ ${}K$ heißt angeordnet, wenn es eine totale Ordnung „ ${}\geq$ ${}\geq$ “ auf ${}K$ ${}K$ gibt, die die beiden Eigenschaften
1. Aus ${}a\geq b$ folgt ${}a+c\geq b+c$ (für beliebige ${}a,b,c\in K$ )
2. Aus ${}a\geq 0$ und ${}b\geq 0$ folgt ${}ab\geq 0$ (für beliebige ${}a,b\in K$ )
erfüllt.
Man sagt, dass die Folge gegen ${}x$ konvergiert, wenn folgende Eigenschaft erfüllt ist. Zu jedem ${}\epsilon \in K$ , ${}\epsilon >0$ , gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung
${}\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon \,$

gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Zu jeder natürlichen Zahl ${}n$ gibt es eindeutig bestimmte natürliche Zahlen ${}k$ und ${}r_{0},r_{1},r_{2},\ldots ,r_{k}$ mit ${}0\leq r_{i}\leq 9$ und mit ${}r_{k}\neq 0$ (außer bei $n=0$ ) mit der Eigenschaft
${}n=\sum _{i=0}^{k}r_{i}10^{i}\,.$
Es seien ${}n$ und ${}m$ positive natürliche Zahlen mit den Primfaktorzerlegungen ${}n=\prod _{p}p^{\exp _{p}(n)}$ und ${}m=\prod _{p}p^{\exp _{p}(m)}$ . Dann ist
${}\operatorname {kgV} (n,m)=\prod _{p}p^{\max {\left({\exp _{p}(n)},{\exp _{p}(m)}\right)}}\,$

und

${}\operatorname {ggT} (n,m)=\prod _{p}p^{\min {\left({\exp _{p}(n)},{\exp _{p}(m)}\right)}}\,.$
Es seien ${}a,b$ natürliche Zahlen mit ${}b$ positiv und es seien ${}z_{-i}$ , ${}i\in \mathbb {N}$ , und ${}r_{-i}$ , ${}i\in \mathbb {N}$ , die im Divisionsalgorithmus berechneten Folgen. Dann gibt es ein ${}k\in \mathbb {N}$ und ein ${}\ell \in \mathbb {N} _{+}$ mit ${}\ell <b$ derart, dass für die Ziffern mit ${}i>k$ die Beziehung
${}z_{-i-\ell }=z_{-i}\,$
gilt.

Aufgabe (1 Punkt)

Wie oft sagt man „bitte“, wenn man dreimal „bitte, bitte, bitte“ sagt.

Lösung

Man sagt ${}3\times 3=9$ - mal „bitte“.

Aufgabe (1 Punkt)

Petra fliegt zu ihrer ersten internationalen Konferenz. Als sie auf dem Weg zum Flughafen ihre Wohnung (sie wohnt allein) verlässt und gerade die Wohnungstür zugemacht hat, merkt sie (eine der drei Möglichkeiten)

Sie hat ihr Flugticket auf dem Schreibtisch vergessen.
Sie hat ihre Schlüssel auf dem Schreibtisch vergessen.
Sie hat ihren Reisepass auf dem Schreibtisch vergessen.

Was ist am schlimmsten?

Lösung

(1) und (3) sind jedenfalls nicht schlimm, da Petra die Schlüssel hat und daher direkt die vergessenen Sachen holen kann. Bei (2) hat sie dagegen ein Problem, wenn sie zurückkommt.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}G$ eine zweielementige Menge. Erstelle eine Verknüpfungstabelle für die Verknüpfung „Vereinigung“ auf der Potenzmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(G)$ .

Lösung

Die Menge sei ${}M=\{a,b\}$ , die Potenzmenge ist dann

{}{\mathfrak {P}}\,(M)=\{\emptyset ,\{a\},\{b\},\{a,b\}\}\,.

Die Verknüpfungstabelle für die Vereinigung ist

${}\cup$	${}\emptyset$	${}\{a\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$
${}\emptyset$	${}\emptyset$	${}\{a\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$
${}\{a\}$	${}\{a\}$	${}\{a\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$
${}\{b\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$
${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$

Aufgabe (8 (2+1+1+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Differenz von ganzen Zahlen als eine Verknüpfung

\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} ,\,(x,y)\longmapsto x-y.

Erstelle die möglichen Klammerungen für die Differenz von vier ganzen Zahlen ${}a,b,c,d$ .
Welche Klammerung verbirgt sich üblicherweise hinter dem Ausdruck ${}a-b-c-d$ ?
Welches Ergebnis könnte für Kinder bei ${}3-3-3-3$ verlockend sein?
Schreiben sie die Möglichkeiten aus (1) als eine Addition von eventuell negativ genommenen Zahlen.
Wie viele unterschiedliche Ergebnisse kann es in (1) geben?

Lösung

Die Klammerungsmöglichkeiten sind
$(a-b)-(c-d),\,\,(a-(b-c))-d,\,\,a-((b-c)-d),\,\,a-(b-(c-d)),\,\,((a-b)-c)-d.$
Den Term ${}a-b-c-d$ baut man von links nach rechts ab, er bedeutet also ${}((a-b)-c)-d$ .
Verlockend ist wohl eine Klammerung, bei der schnell viel wegfällt, also
${}3-3-3-3=(3-3)-(3-3)=0-0=0\,.$
Es ist
${}(a-b)-(c-d)=a+(-b)+(-c)+d\,,$

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

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

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

${}((a-b)-c)-d=a+(-b)+(-c)+(-d)\,.$
Aus der Darstellung unter (4) kann man sehen, dass die zweite und die vierte Klammerung stets zum gleichen Ergebnis führen. Wir behaupten, dass ansonsten die Ergebnisse auseinanderfallen können. Es sei dazu ${}a=b=0$ , ${}c=1$ und ${}d=2$ . Dann ergeben sich der Reihe nach die Ergebnisse
$1,\,-1,\,3,\,(-1),\,-3.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}G$ eine Menge, die als disjunkte Vereinigung

{}G=A\uplus B\,

gegeben ist. Definiere eine Bijektion zwischen der Potenzmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(G)$ und der Produktmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(A)\times {\mathfrak {P}}\,(B)$ .

Lösung

Wir betrachten die Abbildungen

\varphi \colon {\mathfrak {P}}\,(G)\longrightarrow {\mathfrak {P}}\,(A)\times {\mathfrak {P}}\,(B),\,T\longmapsto (T\cap A,T\cap B),

und

\psi \colon {\mathfrak {P}}\,(A)\times {\mathfrak {P}}\,(B)\longrightarrow {\mathfrak {P}}\,(G),\,(U,V)\longmapsto U\cup V,

und behaupten, dass diese beiden Abbildungen zueinander invers sind. Die Verknüpfung ${}\psi \circ \varphi$ sendet insgesamt eine Teilmenge ${}T\subseteq G$ auf

(T\cap A)\cup (T\cap B).

Die Inklusion

{}(T\cap A)\cup (T\cap B)\subseteq T\,

ist dabei klar. Wenn umgekehrt ${}x\in T$ liegt, so ist aufgrund der Voraussetzung ${}x\in A$ oder ${}x\in B$ und damit ist auch ${}x\in (T\cap A)\cup (T\cap B)$ . Daher ist ${}\psi \circ \varphi$ die Identität.

Die Verknüpfung ${}\varphi \circ \psi$ sendet insgesamt ein Paar ${}(U,V)$ bestehend aus Teilmengen ${}U\subseteq A$ und ${}V\subseteq B$ auf

((U\cup V)\cap A,(U\cup V)\cap B).

Wir behaupten

{}(U\cup V)\cap A=U\,

(und entsprechend für die zweite Komponente). Dabei ist die Inklusion ${}\supseteq$ klar. Wenn umgekehrt ${}x\in (U\cup V)\cap A$ ist, so ist ${}x\in A$ und ${}x\in U\cup V$ . Wegen ${}V\subseteq B$ und der Disjunktheit von ${}B$ und ${}A$ kann nicht ${}x$ zu ${}V$ gehören, also ist ${}x\in U$ . Daher ist auch ${}\varphi \circ \psi$ die Identität.

Aufgabe (2 Punkte)

Am Weihnachtsbaum gibt es ${}10$ Kerzen. Berechne die Anzahl der Reihenfolgen, wie die Kerzen angezündet werden können.

Lösung

Die Anzahl der möglichen Reihenfolgen ist ${}10!$ . Dies ist

{}{\begin{aligned}10!&=10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1\\&=100\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 4\cdot 3\\&=100\cdot 72\cdot 72\cdot 7\\&=3628800.\end{aligned}}

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den binomischen Lehrsatz für einen kommutativen Halbring ${}R$ .

Lösung

Es seien ${}a,b\in R$ . Wir führen Induktion nach ${}n$ . Für ${}n=0$ steht einerseits ${}(a+b)^{0}=1$ und andererseits ${}a^{0}b^{0}=1$ . Es sei die Aussage bereits für ${}n$ bewiesen. Dann ist

{}{\begin{aligned}(a+b)^{n+1}&=(a+b)(a+b)^{n}\\&=(a+b){\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=a\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)+b\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k+1}b^{n-k}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n}{k-1}}a^{k}b^{n-k+1}+\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}\left({\binom {n}{k-1}}+{\binom {n}{k}}\right)a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}.\end{aligned}}

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}a,b\in \mathbb {Z}$ . Zeige, dass ${}a$ die Zahl ${}b$ teilt, wenn ${}\vert {a}\vert$ die Zahl ${}\vert {b}\vert$ teilt.

Lösung

Wenn ${}a$ die Zahl ${}b$ teilt, so ist

{}b=ac\,

mit einer weiteren Zahl ${}c$ . Aufgrund der Multiplikativität des Betrages ist dann

{}\vert {b}\vert =\vert {a}\vert \vert {c}\vert \,,

was bedeutet, dass ${}\vert {b}\vert$ von ${}\vert {a}\vert$ geteilt wird. Wenn umgekehrt ${}\vert {b}\vert$ von ${}\vert {a}\vert$ geteilt wird, so bedeutet dies

{}\vert {b}\vert =\vert {a}\vert c\,.

Da ${}\vert {b}\vert =\pm b$ gilt, bedeutet dies

{}b=a{\left(\pm c\right)}\,,

also teilt ${}a$ die Zahl ${}b$ .

Aufgabe (1 Punkt)

Führe im Zehnersystem die Subtraktion

572103-569217

schriftlich durch.

Lösung

Es ist

\,\,\,\,\,\,572103

-\,{\underline {569217}}

\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2886

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise das Lemma von Bezout für teilerfremde natürliche Zahlen ${}a$ und ${}b$ durch Induktion über das Maximum von ${}a$ und ${}b$ .

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über das Maximum von ${}a$ und ${}b$ , wobei wir ohne Einschränkung ${}a\leq b$ wählen können. Wenn das Maximum ${}0$ ist, so sind beide Zahlen ${}0$ und somit nicht teilerfremd. Wenn das Maximum ${}1$ ist, so ist ${}b=1$ und somit ergeben ${}r=0$ und ${}s=1$ eine Darstellung der ${}1$ . Es seien nun ${}a\leq b$ teilerfremd, ${}b\geq 2$ und die Aussage sei für alle Zahlenpaare, deren Maxima kleiner als ${}b$ sind, schon bewiesen. Dann ist ${}a<b$ , da bei ${}a=b$ die beiden Zahlen nicht teilerfremd sind. Ebenso können wir ${}a=0$ ausschließen. Wir betrachten das Zahlenpaar ${}(a,b-a)$ und wollen darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden. Das Maximum dieses neuen Paares ist jedenfalls kleiner als ${}b$ . Allerdings müssen wir, damit die Induktionsvoraussetzung wirklich angewendet werden kann, wissen, dass auch ${}a$ und ${}b-a$ teilerfemd sind. Dazu führen wir einen Widerspruchsbeweis. Nehmen wir also an, dass ${}a$ und ${}b-a$ nicht teilerfremd sind. Dann gibt es eine natürliche Zahl ${}t\geq 2$ , die sowohl ${}a$ als auch ${}b-a$ teilt. Dies bedeutet wiederum, dass es natürliche Zahlen ${}m,n$ mit ${}a=mt$ und ${}b-a=nt$ gibt. Doch dann ist

{}b=(b-a)+a=nt+mt=(n+m)t\,

ebenfalls ein Vielfaches von ${}t$ , im Widerspruch zur Teilerfremdheit von ${}a$ und ${}b$ . Die Induktionsvoraussetzung ist also auf ${}a$ und ${}b-a$ anwendbar und somit gibt es ganze Zahlen ${}r,s$ mit

{}ra+s(b-a)=1\,.

Dann ist aber auch

{}(r-s)a+sb=ra+s(b-a)=1\,

und wir haben eine Darstellung der ${}1$ mit ${}a$ und ${}b$ gefunden.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von ${}831600$ .

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}831600&=2^{2}\cdot 5^{2}\cdot 8316\\&=2^{3}\cdot 5^{2}\cdot 4158\\&=2^{4}\cdot 5^{2}\cdot 2079\\&=2^{4}\cdot 3\cdot 5^{2}\cdot 693\\&=2^{4}\cdot 3^{2}\cdot 5^{2}\cdot 231\\&=2^{4}\cdot 3^{3}\cdot 5^{2}\cdot 77\\&=2^{4}\cdot 3^{3}\cdot 5^{2}\cdot 7\cdot 11.\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ . Zeige, dass das Produkt von ${}n$ aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen von ${}n!$ geteilt wird.

Lösung

Es ist

{}\prod _{j=1}^{n}(k+j)={\frac {(k+n)!}{k!}}=n!{\frac {(k+n)!}{n!k!}}=n!{\binom {k+n}{k}}\,.

Da der Binomialkoeffizient ${}{\binom {k+n}{k}}$ eine ganze Zahl ist, folgt, dass das Produkt der ${}n$ aufeinanderfolgenden Zahlen von ${}n!$ geteilt wird.

Aufgabe (5 Punkte)

Es stehen zwei Gläser auf einem Tisch, wobei das eine mit Rotwein und das andere mit Weißwein gefüllt ist, und zwar gleichermaßen. Nun wird ein kleineres leeres Glas (ein Fingerhut oder ein Schnapsglas) in das Rotweinglas voll eingetaucht und der Inhalt in das Weißweinglas überführt und dort gleichmäßig vermischt (insbesondere gibt es Platz für diese Hinzugabe). Danach wird das kleinere Glas in das Weißweinglas voll eingetaucht und der Inhalt in das Rotweinglas überführt. Befindet sich zum Schluss im Rotweinglas mehr Rotwein als im Weißweinglas Weißwein?

Lösung

Die Anteile stimmen überein. Die Weinmenge sei jeweils zu ${}1$ normiert und die Größe des kleineren Glases sei ${}x$ . Nach dem ersten Umfüllen befindet sich im Rotweinglas ${}1-x$ Rotwein (und kein Weißwein) und im Weißweinglas ${}1$ Weißwein und ${}x$ Rotwein. Im Weißweinglas beträgt der Weißweinanteil ${}{\frac {1}{1+x}}$ und der Rotweinanteil ${}{\frac {x}{1+x}}$ . Daher wird beim zweiten Umfüllen ${}{\frac {1}{1+x}}x$ Weißwein und ${}{\frac {x}{1+x}}x$ Rotwein transportiert. Der Weißweinanteil im Weißweinglas ist somit zum Schluss

{}1-{\frac {1}{1+x}}x={\frac {1+x-x}{1+x}}={\frac {1}{1+x}}\,

und der Rotweinanteil im Rotweinglas ist

{}1-x+{\frac {x}{1+x}}x={\frac {{\left(1-x\right)}{\left(1+x\right)}+x^{2}}{1+x}}={\frac {1-x^{2}+x^{2}}{1+x}}={\frac {1}{1+x}}\,.

Aufgabe (2 Punkte)

Eine Termitenkönigin legt ${}36000$ Eier pro Tag und lebt zwanzig Jahre lang (am ${}29$ . Februar legt sie keine Eier). Wie viele Eier legt sie in ihrem Leben?

Lösung

Es sind

{}36000\cdot 365\cdot 20=720000\cdot 365=262800000\,

Eier.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die ganzzahligen Lösungen ${}x\neq 0$ der Ungleichung

{}{\frac {\,\,{\frac {3}{x}}\,\,}{\,\,{\frac {-7}{4}}\,\,}}>-1\,.

Lösung

Es ist

{}{\frac {\,\,{\frac {3}{x}}\,\,}{\,\,{\frac {-7}{4}}\,\,}}={\frac {12}{-7x}}={\frac {-12}{7x}}\,.

Bei positivem ${}x$ führt die Bedingung

{}{\frac {-12}{7x}}>-1\,

auf

{}-12>-7x\,

bzw.

{}12<7x\,.

Dies ist für

{}x\geq 2\,

erfüllt. Für negatives ${}x$ schreiben wir

{}x=-y\,

mit ${}y$ positiv. Die Bedingung

{}{\frac {-12}{7(-y)}}>-1\,

bedeutet dann

{}{\frac {12}{7y}}>-1\,

und ist für jedes (positive) ${}y$ erfüllt, da links eine positive rationale Zahl steht. Insgesamt ist die Ungleichung also für alle ganzen Zahlen ${}\neq 0,1$ erfüllt.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne die Gaußklammer von ${}-{\frac {133}{33}}$ .

Lösung

Es ist

-4=-{\frac {132}{33}}

und

-5=-{\frac {165}{33}},

daher ist

{}-5\leq -{\frac {133}{33}}<-4\,,

also ist

{}\left\lfloor -{\frac {133}{33}}\right\rfloor =-5\,.

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Bestimme die Stammbrüche, die zugleich Dezimalbrüche und größer als ${}{\frac {1}{100}}$ sind, und liste sie in absteigender Reihenfolge auf.
Wie viele rationale Zahlen, die sowohl Stammbrüche als auch Dezimalbrüche sind, gibt es zwischen ${}{\frac {1}{1000}}$ und ${}1$ (einschließlich).

Lösung

Ein Stammbruch ist genau dann auch ein Dezimalbruch, wenn er von der Form ${}{\frac {1}{2^{i}5^{j}}}$ mit ${}i,j\in \mathbb {N}$ ist.

Oberhalb von ${}{\frac {1}{100}}$ sind dies
$1,\,{\frac {1}{2}},\,{\frac {1}{4}},\,{\frac {1}{5}},\,{\frac {1}{8}},\,{\frac {1}{10}},\,{\frac {1}{16}},\,{\frac {1}{20}},\,{\frac {1}{25}},\,{\frac {1}{32}},\,{\frac {1}{40}},\,{\frac {1}{50}},\,{\frac {1}{64}},\,{\frac {1}{80}}.$
Wir zählen, wie viele der Brüche ${}{\frac {1}{2^{i}5^{j}}}$ mindestens gleich ${}{\frac {1}{1000}}$ sind, bzw., wie viele ganze Zahlen der Form ${}2^{i}5^{j}$ zwischen ${}1$ und ${}1000$ liegen. Dabei gehen wir so vor, dass wir die Potenz ${}5^{j}$ der ${}5$ festlegen und dann schauen, mit welchen Zweierpotenzen man das noch multiplizieren kann. Bei ${}j=0$ ist die maximale Zweierpotenz ${}2^{9}=512$ , von dieser Art gibt es also zehn Zahlen. Bei ${}j=1$ ist die maximale Zweierpotenz ${}2^{7}=128$ , von dieser Art gibt es also acht Zahlen. Bei ${}j=2$ ist ${}5^{2}=25$ und die maximale Zweierpotenz ist ${}2^{5}=32$ , von dieser Art gibt es also sechs Zahlen. Bei ${}j=3$ ist ${}5^{3}=125$ und die maximale Zweierpotenz ist ${}2^{3}=8$ , von dieser Art gibt es also vier Zahlen. Bei ${}j=4$ ist ${}5^{4}=625$ und die maximale Zweierpotenz ist ${}2^{0}=1$ , von dieser Art gibt es also noch eine Zahl. Insgesamt gibt es also im angegebenen Bereich ${}29$ Stammbrüche, die zugleich Dezimalbrüche sind.