Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/25/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	22	23	24	${}\sum$
Punkte	3	3	1	5	4	4	2	4	3	1	3	1	5	2	8	3	3	4	2	2	2	3	4	3	75

Aufgabe * (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Vereinigung der Mengen ${}L$ und ${}M$.
2. Eine injektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

3. Die ${}n$-te Potenz zu einer natürlichen Zahl ${}a$.
4. Ein kommutativer Ring ${}R$.
5. Die Folge der euklidischen Reste zu ganzen Zahlen ${}a,b$ mit ${}b\neq 0$.
6. Ein gemischter Bruch.

Lösung

1. Die Menge

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

   heißt die Vereinigung der beiden Mengen.

2. Die Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente ${}x,y\in L$ auch ${}f(x)$ und ${}f(y)$ verschieden sind.

3. Unter der ${}n$-ten Potenz von ${}a$ versteht man die ${}n$-fache Multiplikation von ${}a$ mit sich selbst

   $a\cdot a\cdots a\cdot a$

   (${}n$ Faktoren).

4. Ein Ring ${}R$ heißt kommutativ, wenn die Multiplikation kommutativ ist.
5. Man nennt die durch die Anfangsbedingungen ${}r_{0}=a$ und ${}r_{1}=b$ und die mittels der Division mit Rest

   ${}r_{i}=q_{i}r_{i+1}+r_{i+2}\,$

   rekursiv bestimmte Folge ${}r_{i}$ die Folge der euklidischen Reste.

6. Unter einem gemischten Bruch versteht man einen Ausdruck der Form

   $n{\frac {a}{b}}$

   mit einer natürlichen Zahl ${}n$ und einer rationalen Zahl ${}{\frac {a}{b}}$ mit ${}a,b\in \mathbb {N} _{+}$ und ${}a<b$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. /Fakt/Name
2. /Fakt/Name
3. /Fakt/Name

Lösung

1. /Fakt
2. /Fakt
3. /Fakt

 

Aufgabe * (1 Punkt)

Negiere die Aussage „Martina findet alle Jungs im Kurs außer Markus zuckersüß“ durch eine Aussage, in der eine Existenzaussage und eine Oder-Verknüpfung vorkommen.

Lösung

Martina findet Markus zuckersüß oder es gibt im Kurs einen von Markus verschiedenen Jungen, den sie nicht zuckersüß findet.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Auf Ruggetong heißt die Währung Riggating und es gibt nur zwei Münzen (mit vollen Riggatingbeträgen). Es kann jeder volle Geldbetrag damit bezahlt werden. Zeige, dass dann die minimale Darstellung eines jedes Geldbetrages eindeutig ist. Wie kann man sie berechnen?

Lösung

Da insbesondere der Betrag ${}1$ beglichen werden kann, muss es eine ${}1$-Riggating-Münze geben. Den Nennbetrag der zweiten Riggating-Münze nennen wir ${}d>1$. Wir behaupten, dass man die Darstellung des Riggating-Preises ${}n$ mit der minimalen Anzahl von Münzen findet, wenn man

${}n=sd+r\,$

mit ${}r$ zwischen ${}0$ und ${}d-1$ berechnet. Die Münzanzahl ist dann ${}s+r$. Die Darstellung kann man erhalten, indem man solange ${}d$-Münzen anhäuft, solange man unterhalb von ${}n$ bleibt, mit der nächsten zusätzlichen ${}d$-Münze wäre man also schon drüber. Was dann noch fehlt füllt man mit ${}1$-Münzen auf. Zum Nachweis der Eindeutigkeit: Es sei

${}n=td+u\,$

eine weitere Darstellung mit

${}t\neq s\,.$

Wir behaupten zunächst

${}t<s\,.$

Denn andernfalls wäre

${}t>s\,,$

also

${}t\geq s+1\,,$

und dann wäre

${}td+u\geq (s+1)d=sd+d>sd+r=n\,,$

das wäre also keine Darstellung von ${}n$.

Für die Anzahl der in der zweiten Darsttellung verwendeten Münzen gilt somit (dafür sei $n\neq 1$)

${}t+u=t+n-td=n-t(d-1)>n-s(d-1)=s+n-sd=s+r\,.$

Bei ${}n=1$ ist die Darstellung sowieso eindeutig.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine endliche Menge mit ${}n$ Elementen und sei ${}w$ ein Element, das nicht zu ${}M$ gehöre. Zeige, dass dann die Vereinigung ${}M\cup \{w\}$ genau ${}n'$ Elemente besitzt.

Lösung

Wenn ${}M$ leer ist, so besteht die Vereinigungsmenge ${}M\cup \{w\}$ nur aus dem einzigen Element ${}w$ und steht somit in Bijektion zu ${}\{1\}$. Allgemein liegt eine bijektive Abbildung

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

vor. Wir definieren eine Abbildung

$\psi \colon \{1,\ldots ,n,n'\}\longrightarrow M\cup \{w\}$

durch

${}\psi (k):={\begin{cases}\varphi (k),{\text{ falls }}k\in \{1,\ldots ,n\}\\w,{\text{ falls }}k=n'\,.\end{cases}}\,$

Dies ist wohldefiniert. Die Abbildung ist surjektiv, da alle Elemente aus ${}M$ durch Elemente aus ${}\{1,\ldots ,n\}$ getroffen werden und da ${}w$ durch ${}n'$ getroffen wird. Die Abbildung ist auch injektiv. Wenn nämlich ${}j\neq k$ aus der Definitionsmenge sind, so ist, wenn beide zu ${}\{1,\ldots ,n\}$ gehören, direkt

${}\psi (j)=\varphi (j)\neq \varphi (k)=\psi (k)\,.$

Wenn hingegen ${}k=n'$ ist, so ist ${}\psi (j)\in M$ und

${}\psi (n')=w\neq \psi (j)\,.$

 

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

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

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

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

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

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

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

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

Lösung

1. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist nicht injektiv, da ${}e$ zweifach getroffen wird, und nicht surjektiv, da ${}a$ nicht getroffen wird.
2. Es handelt sich um keine Abbildung, da für die ${}3$ kein Wert festgelegt ist.
3. Es handelt sich um eine Abbildung. Sie ist injektiv, aber nicht surjektiv (und somit nicht bijektiv), da ${}g$ nicht getroffen wird.
4. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist injektiv und surjektiv, also auch bijektiv.

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Jemand bemerkt zur Division mit Rest: „Wegen ${}n=dq+r=qd+r$ kann man aus dem Rest der Divison ${}n$ durch ${}d$ direkt den Rest der Divison ${}n$ durch ${}q$ ablesen“. Was ist davon zu halten?

Lösung

Das stimmt nicht. Zwar stimmen für beide Divisionen die Gleichungen überein, allerdings sind die Restbedingungen ${}r<d$ bzw. ${}r<q$ verschieden.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Zeige

${}\sum _{j=0}^{n}{\binom {n}{j}}2^{j}=3^{n}\,$

durch Induktion.

Lösung

Für ${}n=0$ steht beidseitig ${}1$. Sei die Aussage für ${}n$ bekannt. Dann ist unter Verwendung von Lemma 13.10 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2018-2019)) und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}\sum _{j=0}^{n+1}{\binom {n+1}{j}}2^{j}&=\sum _{j=0}^{n+1}{\left({\binom {n}{j}}+{\binom {n}{j-1}}\right)}2^{j}\\&=\sum _{j=0}^{n+1}{\binom {n}{j}}2^{j}+\sum _{j=0}^{n+1}{\binom {n}{j-1}}2^{j}\\&=3^{n}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}2^{k+1}\\&=3^{n}+2\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}2^{k}\\&=3^{n}+2\cdot 3^{n}\\&=3^{n+1}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (3 (1+1+1) Punkte)

Professor Knopfloch war schwimmen. Beim Auswringen seiner Badehose hat er sich ungeschickt angestellt und sich dabei drei Finger verstaucht (er besitzt noch alle zehn Finger).

1. Wie viele Möglichkeiten für die verstauchten Finger gibt es?
2. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn man weiß, dass genau ein Daumen verstaucht wurde.
3. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn man weiß, dass genau ein Daumen verstaucht wurde und beide Hände betroffen sind.

Lösung

1. Es gibt

   ${}{\binom {10}{3}}={\frac {10\cdot 9\cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1}}=10\cdot 3\cdot 4=120\,$

   Möglichkeiten dafür, welche Finger verstaucht sind.

2. Für den Daumen gibt es zwei Möglichkeiten, von den verbleibenden ${}8$ Nichtdaumenfingern sind zwei verstaucht, also gibt es insgesamt

   ${}2\cdot {\binom {8}{2}}=2\cdot {\frac {8\cdot 7}{2}}=56\,$

   Möglichkeiten in dieser Situation.

3. Für den Daumen gibt es wieder zwei Möglichkeiten. Es ist dann entweder auf der Hand des verstauchten Daumens ein weiterer Finger verstaucht oder aber auf der anderen Hand sind genau zwei Finger verstaucht. Deshalb gibt es

   ${}2\cdot {\left(4\cdot 4+{\binom {4}{2}}\right)}=2\cdot {\left(16+6\right)}=44\,$

   Möglichkeiten für diese Situation.

 

Aufgabe * (1 Punkt)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von

${\binom {28}{5}}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\binom {28}{5}}&={\frac {28\cdot 27\cdot 26\cdot 25\cdot 24}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}\\&={\frac {2^{2}\cdot 7\cdot 3^{3}\cdot 2\cdot 13\cdot 5^{2}\cdot 2^{3}\cdot 3}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}\\&=7\cdot 3^{3}\cdot 13\cdot 5\cdot 2^{3}\\&=2^{3}\cdot 3^{3}\cdot 5\cdot 7\cdot 13.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (3 (1+1+1) Punkte)

Die Fußballmannschaft des TSV Wildberg verfügt über drei Torwarte, sieben Verteidigungsspieler, sechs Mittelfeldspieler und vier Angreifer. Im anstehenden Spiel gegen Effringen will sie (neben einem Torwart) mit vier Verteidigern, drei Mittelfeldspielern und drei Angreifern agieren.

1. Wie viele Aufstellungsmöglichkeiten gibt es?
2. Wie viele Aufstellungsmöglichkeiten gibt es, wenn man zusätzlich noch berücksichtigt, dass einer der eingesetzten Spieler der Kapitän sein soll?
3. Wildberg geht in der ${}80.$ Minute mit ${}1:0$ in Führung und entschließt sich, die Verteidigung zu stärken, indem zwei Angreifer durch zwei Verteidiger ersetzt werden. Wie viele Auswechlungsmöglichkeiten gibt es dafür?

Lösung

1. Es gibt

   ${}{\begin{aligned}{\binom {3}{1}}{\binom {7}{4}}{\binom {6}{3}}{\binom {4}{3}}&=3\cdot {\frac {7\cdot 6\cdot 5}{3\cdot 2\cdot 1}}\cdot {\frac {6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1}}\cdot 4\\&=3\cdot 35\cdot 20\cdot 4\\&=8400\end{aligned}}$

   Möglichkeiten, die Mannschaft aufzustellen.
2. Es gibt ${}8400\cdot 11=92400$ Möglichkeiten, die Mannschaft aufzustellen und dabei einen Kapitän festzulegen.
3. Es sind drei Angreifer auf dem Platz und drei Verteidiger auf der Bank. Also gibt es

   ${}{\binom {3}{2}}{\binom {3}{2}}=9\,$

   Auswechselmöglichkeiten.

 

Aufgabe * (1 Punkt)

Die Weihnachtsferien begannen am 22.12.2015 (erster Ferientag) und endeten am 6.1.2016 (letzter Ferientag). Wie lange dauerten die Ferien?

Lösung

${}16$ Tage.

 

Aufgabe * (5 (1+1+2+1) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \{0,1,\ldots ,99\}\longrightarrow \{0,1,\ldots ,99\},$

die einer maximal zweistelligen Zahl (im Zehnersystem) diejenige Zahl zuordnet, die entsteht, wenn man Einer- und Zehnerziffern vertauscht (einstellige Zahlen ${}z$ sind dabei als ${}0z$ zu verstehen).

1. Ist die Abbildung bijektiv?
2. Wie nennt man die Zahlen mit

   ${}\varphi (x)=x\,?$

3. Ziehe von den beiden Zahlen ${}x$ und ${}\varphi (x)$ die kleinere (im Sinne von kleinergleich) von der größeren ab. Was sieht das Ergebnis im Zehnersystem aus? Was ist seine Quersumme?
4. Es sei ${}y$ diejenige Zahl, die im Dreiersystem als ${}2021$ gegeben ist. Wie lautet ${}\varphi (y)$ im Dreiersystem?

Lösung

1. Wenn man die Ziffern vertauscht und dann nochmal vertauscht, so erhält man die Ausgangszahl zurück. Daher ist

   ${}\varphi \circ \varphi =\operatorname {Id} \,$

   und somit ist die Abbildung bijektiv.

2. Dies sind die Zahlen der Form ${}a10+a$, diese nennt man Schnappszahlen.
3. Sei

   ${}x=a10+b\,$

   mit ${}a,b\in \{0,1,\ldots ,9\}$. Dann ist

   ${}\varphi (x)=b10+a\,.$

   Ohne Einschränkung sei

   ${}a\geq b\,,$

   also

   ${}x\geq \varphi (x)\,.$

   Dann ist

   ${}x-\varphi (x)=a10+b-(b10+a)=(a-b)10+(b-a)\,.$

   Bei ${}a=b$ steht hier ${}0$. Bei ${}a>b$ steht hinten eine negative Einerziffer, deshalb ist die korrekte Zifferndarstellung aus

   ${}(a-b)10+(b-a)=(a-b-1)10+(b-a)+10=(a-b-1)10+10+b-a\,$

   ablesbar. Die Quersumme ist

   ${}(a-b-1)+10+b-a=9\,.$

4. Es ist

   ${}2021=2\cdot 27+2\cdot 3+1=61\,.$

   Dies wird unter ${}\varphi$ auf ${}16$ abgebildet, und wegen

   ${}16=1\cdot 9+2\cdot 3+1\cdot 1\,$

   ist diese Zahl im Dreiersystem gleich ${}121$.

 

Aufgabe (2 Punkte)

Begründe, dass bei der Multiplikation einer Zahl ${}m=a_{k}a_{k-1}\ldots a_{2}a_{1}a_{0}$ (im Dezimalsystem) mit ${}4$ die Ziffer ${}c_{i}$ des Produktes nur von den drei Ziffern ${}a_{i},a_{i-1},a_{i-2}$ abhängt, aber im Allgemeinen nicht nur von den zwei Ziffern ${}a_{i},a_{i-1}$.

Lösung

Multiplikationsalgorithmus/Mit 4/Stellenabhängigkeit/Aufgabe/Lösung

 

Aufgabe * (8 (1+2+3+2) Punkte)

Wir betrachten eine (einfachere, aber langsamere) Variante des euklidischen Algorithmus zur Bestimmung des größten gemeinsamen Teilers zu zwei gegebenen natürlichen Zahlen ${}a,b$.

Der Algorithmus geht folgendermaßen. Wenn ${}a\neq b$ ist, so ersetzte das Paar ${}(a,b)$ durch das Paar, das aus der kleineren Zahl und der Differenz zwischen der kleineren und der größeren Zahl besteht. Wiederhole dies rekursiv. Wenn ${}a=b$ ist, so ist man fertig und es wird das Ergebnis ${}a$ ausgegeben.

1. Führe diesen Algorithmus für das Paar ${}(7,3)$ durch.
2. Zeige, dass dieser Algorithmus nach endlich vielen Schritten aufhört.
3. Zeige, dass dieser Algorithmus korrekt ist, also wirklich den größten gemeinsmen Teiler ausgibt.
4. Man gebe für jedes ${}n$ ein Beispiel, wo der euklidische Algorithmus nach einem Schritt fertig ist, wo aber die Variante ${}n$ Schritte benötigt.

Lösung

1. Der Algorithmus ersetzt sukzessive

   $(7,3)\mapsto (4,3)\mapsto (3,1)\mapsto (2,1)\mapsto (1,1),$

   der größte gemeinsame Teiler ist also ${}1$.

2. Wenn ${}a=b$ ist, so hört der Algorithmus auf. Wenn genau eine Zahl ${}0$ ist, so ist das Folgepaar ${}(c,c)$ und dann hört der Algorithmus auf. Sei also ohne Einschränkung

   ${}a>b>0\,.$

   Das Folgepaar ist dann ${}(a-b,b)$ und beide Zahlen sind kleiner als ${}a$. D.h. unter dieser Voraussetzung wird das Maximum mit jedem Rechenschritt kleiner. Da sich alles innerhalb der natürlichen Zahlen abspielt, bricht das Verfahren irgendwann ab.

3. Bei ${}a=b$ ist diese Zahl auch der größte gemeinsame Teiler. Wir zeigen, dass sich bei jedem Rekursionsschritt, bei dem ${}(a,b)$ (es sei wieder $a\geq b$) durch ${}(a-b,b)$ ersetzt wird, der größte gemeinsame Teiler der beiden Paare übereinstimmt. Dazu muss man nur zeigen, dass ${}a$ und ${}b$ einerseits und ${}a-b$ und ${}b$ andererseits die gleichen gemeinsamen Teiler haben. Sei also ${}t\in \mathbb {N}$ und ${}a=tm$ und ${}b=tn$. Dann ist

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

   ebenfalls ein Vielfaches von ${}t$. Wenn umgekehrt ${}a-b=rt$ und ${}b=st$ ist, so ist

   ${}a=a-b+b=rt+st=(r+s)t\,$

   ebenfalls ein Vielfaches von ${}t$.

4. Wir betrachten das Paar ${}(n,1)$. Der euklidische Algorithmus liefert

   ${}n=n\cdot 1+0\,$

   und ist fertig. Die Variante ersetzt ${}(n,1)$ durch ${}(n-1,1)$, sie braucht also ${}n-1$ Schritte, um die Abbruchbedingung ${}(1,1)$ zu erreichen.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei ${}V$ die Vorgängerabbildung auf den ganzen Zahlen. Beweise die Gleichheit

${}V^{2a}(a)=-a\,$

für ${}a\in \mathbb {N}$ durch Induktion über ${}a$.

Lösung

Der Induktionsanfang für ${}a=0$ ist klar, da die ${}0$-te Iteration einer bijektiven Abbildung als Identität zu verstehen ist. Somit ist

${}V^{0}(0)=0=-0\,.$

Sie die Aussage nun für ${}a$ schon bewiesen. Dann ergibt sich die Aussage für ${}a+1$ aus

${}{\begin{aligned}V^{2(a+1)}(a+1)&=V^{2a+2}(a+1)\\&={\left(V\circ V^{2a}\circ V\right)}(a+1)\\&={\left(V\circ V^{2a}\right)}(V(a+1))\\&={\left(V\circ V^{2a}\right)}(a)\\&=V{\left(V^{2a}(a)\right)}\\&=V(-a)\\&=-a-1.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Die Zahlen

$n,n-1,n-2,\ldots ,3,2,1$

werden abwechselnd mit einem oder keinem Minuszeichen versehen, wobei ${}n$ kein Minuszeichen bekommt. Was ist die Summe dieser Zahlen?

Lösung

Zwei in einer solchen Reihe aufeinanderfolgende Zahlen ergeben

${}k+-(k-1)=k-k+1=1\,.$

Ein solches Paar trägt also mit ${}1$ zur Gesamtsumme bei. Wenn ${}n$ gerade ist, so gibt es ${}n/2$ solche Paare und die Gesamtsumme ist ${}n/2$. Wenn ${}n$ ungerade ist, so gibt es ${}{\frac {n-1}{2}}$ solche Paare sowie die letzte alleinstehende Zahl ${}1$, die positiv eingeht. Also ist die Gesamtsumme in diesem Fall gleich

${}{\frac {n-1}{2}}+1={\frac {n+1}{2}}\,.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Zeige

${}\prod _{k=2}^{n}{\left(1-{\frac {1}{k^{2}}}\right)}={\frac {n+1}{2n}}\,$

durch vollständige Induktion ($n\geq 2$).

Lösung

Induktionsanfang. Für ${}n=2$ steht links

${}1-{\frac {1}{4}}={\frac {3}{4}}\,$

und rechts ebenfalls

${}{\frac {2+1}{4}}={\frac {3}{4}}\,.$

Als Induktionsvoraussetzung nehmen wir an, dass die Gleichheit für ein bestimmtes ${}n$ gilt. Dann ist

${}{\begin{aligned}\prod _{k=2}^{n+1}{\left(1-{\frac {1}{k^{2}}}\right)}&={\left(\prod _{k=2}^{n}{\left(1-{\frac {1}{k^{2}}}\right)}\right)}\cdot {\left(1-{\frac {1}{(n+1)^{2}}}\right)}\\&={\frac {n+1}{2n}}\cdot {\left(1-{\frac {1}{(n+1)^{2}}}\right)}\\&={\frac {n+1}{2n}}\cdot {\frac {(n+1)^{2}-1}{(n+1)^{2}}}\\&={\frac {n+1}{2n}}\cdot {\frac {n^{2}+2n+1-1}{(n+1)^{2}}}\\&={\frac {n+1}{2n}}\cdot {\frac {n(n+2)}{(n+1)^{2}}}\\&={\frac {n+2}{2(n+1)}}\\&={\frac {(n+1)+1}{2(n+1)}}.\end{aligned}}$

Dies ist der rechte Ausdruck für ${}n+1$ und die Aussage ist bewiesen.

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Der Energiebedarf (durch Nahrung) eines Menschen beträgt pro Tag etwa ${}12.000\,kJ$ (Kilojoule). Die durchschnittliche Sonneneinstrahlung in Osnabrück beträgt pro Tag etwa ${}3kWh$ pro ${}m^{2}$ (${}3$ Kilowattstunden pro Quadratmeter). Wie viele Fläche benötigt man pro Person, um ihren Energiebedarf durch die Sonneneinstrahlung abzudecken?

Lösung

Eine Kilowattstunde sind ${}3600kJ$, die Sonneneinstrahlung pro Quadratmeter ist ${}3\cdot 3600=10800$ Kilojoule am Tag. Der Flächenbedarf ist also

${}{\frac {12000}{10800}}={\frac {10}{9}}=1,11...\,$

Quadratmeter pro Person.

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Wenn man alles Gold der Welt zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}21,7$ Meter beträgt. Wenn man alles Gold von Deutschland zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}8,6$ Meter beträgt. Wie viel Prozent des weltweiten Goldes besitzt Deutschland?

Lösung

Der Anteil am weltweiten Gold ist

${}\left({\frac {86}{217}}\right)^{3}=0,396^{3}=0,062\,,$

also etwa ${}6,2\%$.

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Wenn man alles Gold der Welt zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}21,7$ Meter beträgt. Dieser soll auf die Weltbevölkerung (${}8$ Milliarden) gleichmäßig aufgeteilt und als Goldwürfel ausgeteilt werden. Welche Seitenlänge hat der Würfel, den jeder Mensch bekommt?

Lösung

Es ist

${}8000000000=2000^{3}\,,$

deshalb ist die Seitenlänge der zu verteilenden Würfel gleich

${}{\frac {21,7}{2000}}=0,01085\,,$

also ${}1,085$ Zentimeter.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Wenn man die Gesamtgoldmenge der Welt auf alle Menschen aufteilt, so erhält jeder Mensch einen Goldwürfel, dessen Seitenlänge ${}1,085$ Zentimeter beträgt. Gold wiegt ${}19,3$ Gramm pro Kubikzentimeter. Der Wert von einem Kilogramm Gold beträgt ca ${}50.000$ Euro im Jahr ${}2020$. Wie viel Euro besitzt jeder Mensch in Gold?

Lösung

Es ist

${}1,085^{3}=1,277\,,$

das ist die Goldmenge pro Person in Kubikzentimetern. In Gramm ist dies

${}1,277\cdot 19,3=24,646\,.$

Ein Gramm ist ${}50$ Euro wert, also besitzt jede Person

${}24,646\cdot 50=1232,3\,$

Euro in Gold.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme die Lösungsintervalle für die Ungleichung

${}\vert {2x-3}\vert \geq \vert {5x-7}\vert \,$

in einem angeordneten Körper. Skizziere die Graphen der Funktionen ${}\vert {2x-3}\vert$ und ${}\vert {5x-7}\vert$.

Lösung

Entscheidend sind die beiden Grenzen ${}{\frac {3}{2}}$ und ${}{\frac {7}{5}}$ mit

${}{\frac {7}{5}}<{\frac {3}{2}}\,.$

Wenn

${}x\leq {\frac {7}{5}}\,$

ist, so muss man für beide Beträge das Negative nehmen. Dies führt zur Bedingung

${}-(2x-3)\geq -(5x-7)\,$

und damit zu

${}2x-3\leq 5x-7\,$

und zu

${}4\leq 3x\,,$

also

${}x\geq {\frac {4}{3}}\,.$

Das Intervall ${}[{\frac {4}{3}},{\frac {7}{5}}]$ gehört also zur Lösungsmenge. Sei nun

${}{\frac {7}{5}}\leq x\leq {\frac {3}{2}}\,.$

Dann ist der linke Betrag negativ und der rechte positiv zu nehmen. Dies führt zur Bedingung

${}-(2x-3)\geq 5x-7\,$

und damit zu

${}-2x+3\geq 5x-7\,$

und zu

${}10\geq 7x\,,$

also

${}x\leq {\frac {10}{7}}\,.$

Es ist

${}{\frac {7}{5}}\leq {\frac {10}{7}}\leq {\frac {3}{2}}\,$

und somit gehört das Intervall ${}[{\frac {7}{5}},{\frac {10}{7}}]$ zur Lösungsmenge. Sei nun

${}x\geq {\frac {3}{2}}\,.$

Dann sind beide Beträge positiv zu nehmen. Die Bedingung

${}2x-3\geq 5x-7\,$

führt auf

${}x\leq {\frac {4}{3}}\,,$

was in diesem Fall nicht erfüllbar ist. Die gesamte Lösungsmenge ist also das Intervall

$[{\frac {4}{3}},{\frac {10}{7}}].$

 

Aufgabe (3 Punkte)

„Eine neue Abstraktionsstufe ist immer auch eine neue Reflexionsstufe“. Äußern Sie sich zu dieser Behauptung!

Lösung

Abstraktionsstufe/Reflexionsstufe/Aufgabe/Lösung