Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/21/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	2	5	4	8	2	4	3	7	2	1	1	2	5	7	3	62

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Menge ${}M$ heißt endlich mit ${}n$ Elementen, wenn es eine Bijektion

   ${\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow M$

   gibt.

2. Man nennt

   $\Gamma _{F}={\left\{(x,F(x))\mid x\in L\right\}}\subseteq L\times M$

   den Graphen der Abbildung ${}F$.

3. Die Zahl ${}b$ heißt das kleinste gemeinsame Vielfache der ${}a_{1},\ldots ,a_{k}$, wenn ${}b$ ein gemeinsames Vielfaches ist und unter allen gemeinsamen Vielfachen ${}\neq 0$ der ${}a_{1},\ldots ,a_{k}$ das Kleinste ist.
4. Unter dem Nachfolger ${}N(x)$ einer ganzen Zahl ${}x\in \mathbb {Z}$ versteht man die Zahl

   ${}N(x):={\begin{cases}N(a),{\text{ falls }}x=a\in \mathbb {N} \,,\\-V(b),{\text{ falls }}x=-b{\text{ mit }}b\in \mathbb {N} _{+}\,,\end{cases}}\,$

   wobei ${}N$ den Nachfolger auf ${}\mathbb {N}$ und ${}V$ den Vorgänger auf ${}\mathbb {N}$ bezeichnet.

5. Eine Menge ${}K$ heißt ein Körper, wenn es zwei Verknüpfungen (genannt Addition und Multiplikation)

   $+:K\times K\longrightarrow K{\text{ und }}\cdot :K\times K\longrightarrow K$

   und zwei verschiedene Elemente ${}0,1\in K$ gibt, die die folgenden Eigenschaften erfüllen.

   1. Axiome der Addition
      1. Assoziativgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt: ${}(a+b)+c=a+(b+c)$.
      2. Kommutativgesetz: Für alle ${}a,b\in K$ gilt ${}a+b=b+a$.
      3. ${}0$ ist das neutrale Element der Addition, d.h. für alle ${}a\in K$ ist ${}a+0=a$.
      4. Existenz des Negativen: Zu jedem ${}a\in K$ gibt es ein Element ${}b\in K$ mit ${}a+b=0$.
   2. Axiome der Multiplikation
      1. Assoziativgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt: ${}(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$.
      2. Kommutativgesetz: Für alle ${}a,b\in K$ gilt ${}a\cdot b=b\cdot a$.
      3. ${}1$ ist das neutrale Element der Multiplikation, d.h. für alle ${}a\in K$ ist ${}a\cdot 1=a$.
      4. Existenz des Inversen: Zu jedem ${}a\in K$ mit ${}a\neq 0$ gibt es ein Element ${}c\in K$ mit ${}a\cdot c=1$.
   3. Distributivgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt ${}a\cdot (b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c)$.
6. Zu einer rationalen Zahl ${}x$ ist die Gaußklammer ${}\left\lfloor x\right\rfloor$ durch

   $\left\lfloor x\right\rfloor =n,{\text{ falls }}x\in [n,n+1[{\text{ und }}n\in \mathbb {Z} ,$

   definiert.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. 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 ${}r$, ${}0\leq r\leq d-1$, mit

   ${}n=qd+r\,.$

2. Es sei ${}R$ ein kommutativer Halbring und es seien ${}a_{1},\ldots ,a_{r},b_{1},\ldots ,b_{s}$ Elemente aus ${}R$. Dann gilt das allgemeine Distributivgesetz

   ${}{\left(\sum _{i=1}^{r}a_{i}\right)}{\left(\sum _{k=1}^{s}b_{k}\right)}=\sum _{1\leq i\leq r,\,1\leq k\leq s}a_{i}b_{k}\,.$

3. Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und ${}b\in K_{+}$ ein positives Element. Dann besitzt die (ganzzahlige) Exponentialfunktion

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

   zur Basis ${}b$ die folgenden Eigenschaften.

   1. Bei  ${}b>1$  ist die Exponentialfunktion streng wachsend.
   2. Bei  ${}b<1$  ist die Exponentialfunktion streng fallend.

Aufgabe (2 Punkte)

Im ${}n$-Land gibt es Münzen zum Nennwert ${}1,n,n+1$ (mit ${}n\geq 2$). Zeige, dass die minimale Darstellung eines Geldbetrages im Allgemeinen nicht eindeutig ist.

Lösung

Es sind

${}n^{2}=n\cdot n=1\cdot 1+(n-1)(n+1)\,$

zwei Darstellungen des Betrages ${}n^{2}$, die beide ${}n$ Münzen verwenden (und verschieden sind). Es ist zu zeigen, dass diese minimal sind, dass es also keine Darstellung von ${}n^{2}$ mit weniger als ${}n$ Münzen gibt. Dies ist aber klar, da der höchste Münzwert gleich ${}n+1$ ist und der höchste mit ${}n-1$ Münzen zu erzielende Betrag gleich

${}(n-1)(n+1)=n^{2}-1<n^{2}\,$

ist.

Aufgabe (5 (1+1+3) Punkte)

1. Löse das folgende Minisudoku

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&-\\3&-&-&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}.$

2. Begründe, dass das Minisudoku aus (1) nur eine Lösung besitzt.
3. Welche mathematischen Beweisverfahren finden sich als typische Argumentationsschemata beim Lösen eines Sudokus wieder?

Lösung

1. ${\begin{pmatrix}4&1&2&3\\3&2&1&4\\1&3&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

2. Wir gehen von

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&-\\3&-&-&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}$

   aus. In der dritten Stelle der zweiten Zeile muss eine ${}1$ sein und somit muss rechts oben eine ${}3$ stehen. Dies ergibt

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&-&1&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}.$

   An der vierten Stelle der dritten Zeile muss eine ${}2$ stehen. In der vierten Zeile muss an der dritten Stelle eine ${}3$ und somit in der vierten Zeile an der ersten Stelle eine ${}2$ stehen. Dies ergibt

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&-&1&4\\-&-&-&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

   Dies erzwingt

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&2&1&4\\-&-&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

   An der zweiten Stelle der ersten Zeile muss eine ${}1$ stehen, dies ergibt dann die eindeutige Lösung

   ${\begin{pmatrix}4&1&2&3\\3&2&1&4\\1&3&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

3. 1. Direkter Beweis: Durch Betrachten der schon gefundenen Zahlen erschließt man, welche Zahl in ein bestimmtes Feld gesetzt werden muss.
   2. Beweis durch Fallunterscheidung: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir ${}a$ oder ${}b$ möglich sind. Wenn man nun in beiden Fällen, dass es sich um ${}a$ oder um ${}b$ handelt, jeweils erschließen kann, dass in einem bestimmten anderen Feld die Zahl ${}c$ stehen muss, so steht diese Zahl fest.
   3. Beweis durch Widerspruch: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir ${}a$ oder ${}b$ möglich sind. Man nimmt nun an, dass es sich um ${}a$ handelt. Wenn man nun erschließen kann, dass sich daraus an irgendeiner Stelle ein Widerspruch ergibt, so kann die Belegung durch ${}a$ nicht gelten und ${}b$ ist richtig.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme, welche der folgenden Wertetabellen Abbildungen ${}\varphi \colon L\rightarrow M$ zwischen den angegebenen Mengen festlegen. Welche sind injektiv, welche surjektiv, welche bijektiv?

1.  ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$,   ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g\}$, 

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}\varphi (x)$	${}a$	${}e$	${}f$	${}h$	${}e$	${}a$	${}c$	${}d$

2.  ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7\}$,   ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$, 

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}5$	${}6$	${}7$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}e$	${}f$	${}d$	${}e$	${}a$	${}b$	${}a$

3.  ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$,   ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$, 

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}e$	${}f$	${}d$	${}e$	${}b$	${}a$

4.  ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$,   ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$, 

   ${}x$	${}2$	${}1$	${}4$	${}3$	${}6$	${}5$	${}8$	${}7$
   ${}\varphi (x)$	${}h$	${}b$	${}f$	${}d$	${}e$	${}c$	${}g$	${}a$

Lösung

1. Das ist keine Abbildung, da laut Wertetabelle ${}4$ auf ${}h$ abgebildet werden soll, aber ${}h$ nicht zur Wertemenge gehört.
2. Das ist keine Abbildung, da laut Wertetabelle ${}5$ einerseits auf ${}e$ und andererseits auf ${}a$ abgebildet werden soll.
3. Das ist keine Abbildung, da die Wertetabelle keinen Wert für ${}8$ festlegt.
4. Das ist eine Abbildung. Sie ist injektiv und surjektiv, also auch bijektiv.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Addition und endliche Mengen.

Lösung

Die Voraussetzung besagt, dass es eine bijektive Abbildung

$\psi \colon \{1,\ldots ,m\}\longrightarrow M$

und eine bijektive Abbildung

$\varphi \colon {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow N$

gibt. Die Abbildung

${\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow \{m+1,\ldots ,m+n\},\,i\longmapsto m+i,$

ist nach Aufgabe 8.34 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) bijektiv, sei ${}\theta$ die Umkehrabbildung. Somit ist nach Lemma 6.4 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (3)

$\varphi \circ \theta \colon \{m+1,\ldots ,m+n\}\longrightarrow N$

ebenfalls bijektiv. Wir definieren nun eine Abbildung

$F\colon \{1,\ldots ,m+n\}\longrightarrow M\cup N$

durch

${}F(k)={\begin{cases}\psi (k),{\text{ falls }}k\in \{1,\ldots ,m\}\,,\\\varphi (\theta (k)),{\text{ falls }}k\in \{m+1,\ldots ,m+n\}\,.\end{cases}}\,$

Diese Abbildung ist surjektiv, da jedes Element aus ${}M$ durch den ersten Fall und jedes Element aus ${}N$ durch den zweiten Fall abgedeckt ist. Die Injektivität sieht man so. Wenn

${}k\neq \ell \,$

gegeben sind, und das eine Element zu ${}\{1,\ldots ,m\}$ und das andere zu ${}\{m+1,\ldots ,m+n\}$ gehört, so ist  ${}F(k)\in M$  und  ${}F(\ell )\in N$  (oder umgekehrt) und sie sind verschieden wegen der Disjunktheit von ${}M$ und ${}N$. Wenn hingegen ${}k$ und ${}\ell$ aus der gleichen Teilmenge des Definitionsbereiches kommen, so ergibt sich die Verschiedenheit von ${}F(k)$ und ${}F(\ell )$ aus der Injektivität von ${}\psi$ bzw. von ${}\varphi \circ \theta$. Insgesamt erhalten wir also eine bijektive Abbildung

$\{1,\ldots ,m+n\}\longrightarrow M\cup N,$

sodass die Anzahl von ${}M\cup N$ gleich ${}m+n$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

In die Klasse kommt ein neues Kind. Es stellt sich heraus, dass es auf die Frage, ob ${}13$ oder ob ${}17$ größer ist, keine Antwort weiß. Die Lehrkraft möchte genauer wissen, was das Kind über die Ordnung weiß oder nicht weiß, um es besser fördern zu können. Betrachte die folgenden möglichen Nachfragen der Lehrkraft.

1. „Weißt du, ob ${}44$ oder ob ${}49$ größer ist?“
2. „Weißt du, ob ${}13$ oder ob ${}14$ größer ist?“
3. „Weißt du, ob ${}3$ oder ob ${}7$ größer ist?“
4. „Weißt du, ob ${}1$ oder ob ${}10$ größer ist?“
5. (nachdem die Lehrkraft zwei Mengen mit unterschiedlich vielen Plättchen hingelegt hat) „Welche der beiden Mengen ist größer?“

An welchem mathematischen Sachverhalt orientiert sich vermutlich die Lehrkraft bei den einzelnen Nachfragen?

Lösung erstellen

Aufgabe (4 Punkte)

Mustafa Müller schreibt die natürlichen Zahlen

$0,1,2,3,\ldots ,998,999,1000$

hintereinander auf. Wie oft kommt dabei die Ziffern ${}0,1,2,\ldots ,9$ vor? Wie viele Kommata setzt er?

Lösung

Er setzt ${}1000$ Kommata. Wir überlegen uns, wie die Anzahl der Ziffern ist, wenn er jede dreistellige Zifferenkombination ${}abc$ mit  ${}a,b,c\in \{0,1,\ldots ,9\}$  hinschreiben würde. Davon gibt es  ${}10^{3}=1000$  Möglichkeiten, die den hingeschriebenen Zahlen (bis auf die ${}1000$) entsprechen, wenn man die Zahlen vorne durch Nullen auffüllt. Insgesamt kommen ${}3000$ Ziffern vor und jede Ziffer kommt gleich oft, also ${}300$ Mal vor. Deshalb kommen die Ziffern ${}2,3,\ldots ,9$ in der Mülleraufzählung ${}300$ hundert Mal vor und die ${}1$ kommt (wegen der ${}1000$) genau ${}301$ Mal vor. Die ${}0$ kommt aber in der Mülleraufzählung weniger oft vor, und zwar muss man ${}20$ Nullen für die einstelligen Zahlen und ${}90$ Nullen für die zweistelligen Zahlen abziehen. Deshalb kommt die ${}0$ in der Mülleraufzählung  ${}300-20-90+3=193$  Mal vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten die Gesamtmenge aller Finger und aller Zehen eines Menschen. Man gebe für jede Faktorzerlegung

${}20=a\cdot b\,$

eine möglichst natürliche Zerlegung dieser ${}20$ Körperteile in ${}a$ Teilmengen mit je ${}b$ Elemente an.

Lösung

${}20=20\cdot 1\,.$

Hier nimmt man die 20 Einzelfinger bzw. Einzelzehen als einelementige Mengen.

${}20=10\cdot 2\,.$

Die natürlichste Zerlegung in ${}10$ zweielementige Teilmengen (Paare) ist wohl die in zwei Zehen, zwei Zeigefinger, zwei Mittelfinger, zwei Ringfinger, zwei kleine Finger und entsprechend die Zehenpaare der Füße.

${}20=5\cdot 4\,.$

Die natürlichste Zerlegung dieser ${}20$ Körperteile in ${}5$ Teilmengen mit je ${}4$ Elemente ist wohl die, bei der die Daumen zusammen mit den großen Zehen, die Zeigefinger und die Zeigezehen, die Mittelfinger und die Mittelzehen, die Ringfinger und die Ringzehen, sowie die kleinen Finger und kleinen Zehen eine Teilmenge bilden.

${}20=4\cdot 5\,.$

Hier nimmt man die einzelnen Hände (also die Finger, die dran hängen) bzw. Füße als Teilmengen.

${}20=2\cdot 10\,.$

Hier nimmt man einerseits alle Finger und andererseits alle Zehen als Teilmengen (man könnte auch die linke und die rechte Hälfte nehmen).

${}20=1\cdot 20\,.$

Die Gesamtmenge aller Finger und Zehen.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das allgemeine Distributivgesetz für einen kommutativen Halbring.

Lösung

Wir machen eine Doppelinduktion nach ${}r$ und nach ${}s$. D.h. wir beweisen die Aussage für jedes feste ${}r$ durch Induktion nach ${}s$ (innere Induktion) und erhöhen dann in einem eigenen Induktionsdurchgang ${}r$ (äußere Induktion). Bei  ${}r=0$  ist nichts zu zeigen, da dann die Summen links und rechts leer sind, also gleich ${}0$. Es sei also  ${}r=1$,  sodass der linke Faktor einfach eine fixierte Zahl  ${}a=a_{1}$  ist. Wir wollen die Aussage in dieser Situation für beliebiges ${}s$ zeigen. Bei  ${}s=0,1$  ist die Aussage klar. Es sei die Aussage nun für ein

${}s\geq 2\,$

schon bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}a\cdot {\left(b_{1}+\cdots +b_{s}+b_{s+1}\right)}&=a\cdot {\left({\left(b_{1}+\cdots +b_{s}\right)}+b_{s+1}\right)}\\&=a\cdot {\left(b_{1}+\cdots +b_{s}\right)}+ab_{s+1}\\&={\left(\sum _{k=1}^{s}ab_{k}\right)}+ab_{s+1}\\&=\sum _{k=1}^{s+1}ab_{k}\end{aligned}}$

nach dem Distributivgesetz und der Induktionsvoraussetzung.

Es sei die Aussage nun für ein festes ${}r$ und jedes ${}s$ bewiesen. Dann ist wieder mit dem Distributivgesetz und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{i=1}^{r+1}a_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=1}^{s}b_{k}\right)}&={\left({\left(\sum _{i=1}^{r}a_{i}\right)}+a_{r+1}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=1}^{s}b_{k}\right)}\\&={\left(\sum _{i=1}^{r}a_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=1}^{s}b_{k}\right)}+a_{r+1}\cdot {\left(\sum _{k=1}^{s}b_{k}\right)}\\&=\sum _{1\leq i\leq r,\,1\leq k\leq s}a_{i}b_{k}+\sum _{k=1}^{s}a_{r+1}b_{k}\\&=\sum _{1\leq i\leq r+1,\,1\leq k\leq s}a_{i}b_{k}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestätige die folgende Identität.

${}2^{7}+17^{3}=71^{2}\,.$

Lösung

Es ist

${}2^{7}=128\,$

und

${}17^{3}=289\cdot 17=4913\,$

und somit

${}2^{7}+17^{3}=128+4913=5041\,.$

Andererseits ist

${}71\cdot 71=5041\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von

${\binom {15}{5}}.$

Lösung

Es ist

${}{\binom {15}{5}}={\frac {15\cdot 14\cdot 13\cdot 12\cdot 11}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}={\frac {14\cdot 13\cdot 12\cdot 11}{4\cdot 2}}={\frac {7\cdot 13\cdot 3\cdot 11}{1}}=3\cdot 7\cdot 11\cdot 13\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Betrachte die Gleichungskette

${}{\begin{aligned}58907&=5\cdot 10^{4}+8\cdot 10^{3}+9\cdot 10^{2}+0\cdot 10^{1}+7\cdot 10^{0}\\&=5\cdot 10^{4}+8\cdot 10^{3}+9\cdot 10^{2}+7\cdot 10^{0}\\&=5\cdot 10^{4}+8\cdot 10^{3}+9\cdot 10^{2}+7\cdot 1\\&=0\cdot 10^{5}+5\cdot 10^{4}+8\cdot 10^{3}+9\cdot 10^{2}+7\cdot 1\\&=9\cdot 10^{2}+5\cdot 10^{4}+0\cdot 10^{2}+7\cdot 1+8\cdot 10^{3}\\&=95078.\end{aligned}}$

Welche Gleichungen sind korrekt, welche nicht?

Lösung

Es sind alle Gleichungen bis auf die allerletzte korrekt.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}N$ die Nachfolgerabbildung, ${}V$ die Vorgängerabbildung und ${}-$ die Negationsabbildung auf den ganzen Zahlen. Berechne

${\left(-\circ V\circ V\circ -\circ N\circ V\circ -\circ -\circ N\circ -\circ V\right)}(-3).$

Lösung

Die Auswertung dieser Hintereinanderschaltung ergibt der Rehie nach

$-4,\,4,\,5,\,-5,\,5,\,4,\,5,\,-5,\,-6,\,-7,\,7,$

das Ergebnis ist also ${}7$.

Aufgabe (5 (1+2+1+1) Punkte)

Es sei ${}n$ eine natürliche Zahl ${}\geq 2$. Unter einer Teilerkette von ${}n$ verstehen wir eine Folge ${}n_{1},n_{2},\ldots ,n_{k}$ von Teilern von ${}n$, wobei stets ${}n_{i}$ die folgende Zahl ${}n_{i+1}$ teilt, aber nicht mit dieser übereinstimmt.

a) Finde eine Teilerkette von ${}20$, in der genau vier Zahlen stehen.

b) Charakterisiere, in Abhängigkeit von der Primfaktorzerlegung von ${}n$, wie lange die maximalen Teilerketten sind.

c) Für welche natürliche Zahlen gibt es nur eine Teilerkette maximaler Länge?

d) Wie viele Teilerketten maximaler Länge besitzt ${}100$?

Lösung

a) ${}1,2,4,20$.

b) Es sei ${}k$ die Anzahl der Primfaktoren (mehrfach vorkommende Primzahlen mehrfach zählen). Dann ist die Länge einer Teilerkette maximaler Länge gleich ${}k+1$, da ja bei jedem Schritt ein Primfaktor dazukommen muss.

c) Für Primzahlpotenzen ${}p^{n}$ ist die einzige Teilerkette maximaler Länge gleich

$1,p,p^{2},\ldots ,p^{n-1},p^{n}.$

d) Die Möglichkeiten ergeben sich über die möglichen Positionen, wo die beiden Faktoren ${}2$ eingehen. Das ergibt

${}{\binom {4}{2}}=6\,$

Möglichkeiten.

Aufgabe (7 (1+3+3) Punkte)

Wir beschreiben eine Konstruktion von ineinander enthaltenen Intervallen, und gehen vom Einheitsintervall ${}[0,1]$ aus. Das Intervall wird in zehn gleichlange Teilintervalle zerlegt und davon nehmen wir das achte Teilintervall. Das entstehende Intervall teilen wir ebenfalls in zehn gleichlange Teilintervalle und nehmen davon wieder das achte Teilintervall. Dieser Teilungsprozess wird unendlich oft durchgeführt, wobei eine Folge von Intervallen ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, entsteht (${}I_{0}$ ist das Einheitsintervall, das als Startintervall dient).

1. Bestimme die Intervallgrenzen des Intervalls, das im zweiten Schritt konstruiert wird.
2. Erstelle eine Formel, die die untere und die obere Intervallgrenze des Intervalls ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, ausdrückt.
3. Es gibt genau eine rationale Zahl ${}c$, die in jedem Intervall ${}I_{n}$ enthalten ist. Bestimme ${}c$ als Bruch.

Lösung

1. Das zweite Intervall ist ${}[{\frac {77}{100}},{\frac {78}{100}}]$.
2. Die ${}n$-te untere Intervallgrenze ist

   ${}a_{n}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {7}{10^{i}}}\,$

   und die ${}n$-te obere Intervallgrenze ist entsprechend, da das ${}n$-te Intervall die Länge ${}{\frac {1}{10^{n}}}$ besitzt,

   ${}{\begin{aligned}b_{n}&=a_{n}+{\frac {1}{10^{n}}}\\&=\sum _{i=1}^{n}{\frac {7}{10^{i}}}+{\frac {1}{10^{n}}}\\&=\sum _{i=1}^{n-1}{\frac {7}{10^{i}}}+{\frac {8}{10^{n}}}.\end{aligned}}$

   Die Formel für ${}a_{n}$ beweist man durch Induktion über ${}n$, bei  ${}n=1$  ist sie richtig (bei ${}n=0$ auch, da die leere Summe als ${}0$ zu interpretieren ist). Zum Nachweis des Induktionsschrittes kann man vom Intervall

   ${}[a_{n},b_{n}]=[\sum _{i=1}^{n}{\frac {7}{10^{i}}},\sum _{i=1}^{n}{\frac {7}{10^{i}}}+{\frac {1}{10^{n}}}]\,$

   ausgehen. Die Länge des Folgeintervalls ist ein Zehntel davon, also ${}{\frac {1}{10^{n+1}}}$, und da man das achte nehmen muss, muss man ${}7\cdot {\frac {1}{10^{n+1}}}$ zur alten unteren Grenze dazuaddieren.

3. Wir behaupten

   ${}c={\frac {7}{9}}\,.$

   Wenn man nämlich die schriftliche Division ${}7:9$ durchführt, so erhält man wegen

   ${}70=7\cdot 9+7\,,$

   dass sämtliche Dezimalziffern nach dem Komma gleich ${}7$ sind. Nach Lemma 28.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) ist daher

   ${}\sum _{i=0}^{n}7\cdot 10^{-i}\leq {\frac {7}{9}}<\sum _{i=0}^{n}7\cdot 10^{-i}+10^{-n}\,.$

   Dies bedeutet genau die Zugehörigkeit zu den angegebenen Intervallen.

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere, warum die Formulierung „Die ${}0$ teilt die ${}0$, man kann die ${}0$ aber nicht durch die ${}0$ teilen“ sich zwar paradox anhört, aber korrekt ist.

Lösung erstellen