Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/29/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	0	0	0	4	5	0	4	5	2	4	8	4	2	2	0	2	3	0	51

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Menge

   ${}L\cap M={\left\{x\mid x\in L{\text{ und }}x\in M\right\}}\,$

   heißt der Durchschnitt der beiden Mengen.

2. Man nennt

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

   den Graphen der Abbildung ${}F$.

3. Eine Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y,$

   heißt assoziativ, wenn für alle ${}x,y,z\in M$ die Gleichheit

   ${}(x\circ y)\circ z=x\circ (y\circ z)\,$

   gilt.

4. Das Element ${}a$ heißt das Minimum von ${}T$, wenn ${}a\in T$ ist und wenn ${}a\leq x$ für alle ${}x\in T$ gilt.
5. Die beiden natürlichen Zahlen ${}a$ und ${}b$ heißen teilerfremd, wenn sie keinen gemeinsamen Teiler ${}\geq 2$ besitzen.
6. Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und ${}b\in K_{+}$ ein positives Element. Dann nennt man die Abbildung

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

   die (ganzzahlige) Exponentialfunktion zur Basis ${}b$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. 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

   ${}n=\sum _{i=0}^{k}r_{i}10^{i}\,.$

2. Es seien ${}n$ und ${}m$ positive natürliche Zahlen mit den Primfaktorzerlegungen ${}n=\prod _{p}p^{\nu _{p}(n)}$ und ${}m=\prod _{p}p^{\nu _{p}(m)}$. Dann ist

   ${}\operatorname {kgV} (n,m)=\prod _{p}p^{\max {\left({\nu _{p}(n)},{\nu _{p}(m)}\right)}}\,$

   und

   ${}\operatorname {ggT} (n,m)=\prod _{p}p^{\min {\left({\nu _{p}(n)},{\nu _{p}(m)}\right)}}\,.$

3. 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 (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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 (5 (1+1+3) Punkte)

Der gemeinnützige Verein „Bobbycarbahn für alle Kinder“ errichtet Bobbycarbahnen. Diese werden aus quadratischen Grundplatten (mit einer Seitenlänge von ${}0,7$ Metern) zusammengesetzt, die entweder gegenüberliegende Seitenberandungen (Typ ${}A$; hier fährt man parallel zur Seitenberandung) oder an einer Ecke anliegende Seitenberandungen haben (Typ ${}B$, in der Ecke gegenüber den Seiten gibt es eine kleine Eckberandung; hier fährt man eine Kurve).

1. Es soll eine insgesamt quadratische Bahn aus ${}16$ Grundplatten gebaut werden, wobei eine geschlossene Bahn entstehen soll, die jede Platte einfach durchläuft. Skizziere eine mögliche Anordnung der Grundplatten.
2. Wie viele Platten vom Typ ${}A$ und wie viele vom Typ ${}B$ werden in Ihrer Skizze verwendet?
3. Es soll eine insgesamt quadratische Bahn aus ${}9$ Grundplatten gebaut werden, wobei eine geschlossene Bahn entstehen soll, die jede Platte einfach durchläuft. Begründe, dass dies nicht möglich ist.

Lösung

1. ${}\,$
2. ${}\,$
3. Wir beginnen in der Mitte. Ohne Einschränkung (durch Drehung bzw. eine Spiegelung) verläuft der Weg nach oben und dann nach links. Dann muss er in das Eck links oben laufen und dann nach unten. In die Mitte kann es nicht zurückgehen, sonst würden die anderen Platten nicht erreicht werden. Also verläuft der Weg weiter nach unten links und dann unten nach rechts und schließlich nach oben. Rechts in der Mitte kann der Weg nicht in die Mitte, sonst würde die Eckplatte rechts oben nicht getroffen. Wenn diese getroffen wird, so kann man von dort nicht in die Mitte und es entsteht kein geschlossener Weg.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige

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

durch Induktion.

Lösung

Für ${}n=0$ steht beidseitig ${}1$. Es sei die Aussage für ${}n$ bekannt. Dann ist unter Verwendung von [[Binomialkoeffizient/Summe in Pascaldreieck/Fakt|Kurs:Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)/Binomialkoeffizient/Summe in Pascaldreieck/Fakt/Faktreferenznummer (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))]] 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 (5 (3+2) Punkte)

Beweise für die Größergleichrelation auf den natürlichen Zahlen

1. die Verträglichkeit mit der Addition,
2. die Verträglichkeit mit der Multiplikation.

Lösung

1. Wir beweisen die Aussage duch Induktion über ${}c$. Bei ${}c=0$ ist die Aussage klar. Für den Induktionsschritt müssen wir lediglich zeigen, dass die Aussage für ${}c=1$ gilt. Bei ${}a=b$ ist die Aussage klar, da der Nachfolger wohldefiniert ist. Bei ${}a>b$ ist nach Lemma 10.6 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (3) ${}a\geq b+1$ und somit

   ${}a+1>a\geq b+1\,.$

   Dies zeigt zugleich, dass aus ${}a>b$ auch ${}a+1>b+1$ folgt. Da die Ordnung total ist, folgt somit auch aus ${}a+1\geq b+1$ die Beziehung ${}a\geq b$.

2. Wir führen Induktion nach ${}c$, die Fälle ${}c=0,1$ sind klar. Es sei die Aussage für ${}c$ bewiesen. Dann ist mit dem Distributivgesetz, der Induktionsvoraussetzung und der Verträglichkeit mit der Addition

   ${}(c+1)a=ca+a\geq cb+b=(c+1)b\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Wir betrachten das kleine Einmaleins als eine Verknüpfungstabelle, in der alle Produkte ${}i\cdot j$ mit ${}1\leq i,j\leq 9$ stehen. Ist die Summe über alle Einträge in der Tabelle gerade oder ungerade?

Lösung

Der Eintrag ${}i\cdot j$ ist genau dann ungerade, wenn beide Faktoren ${}i$ und ${}j$ ungerade sind. Da es fünf ungerade einstellige Zahlen gibt, tauchen im kleinen Einmaleins ${}25$ ungerade Zahlen als Produkte auf, die andern Einträge sind gerade. Somit ist die Summe über alle Einträge ungerade.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}n$-elementige Menge und sei

$B={\left\{F:M\rightarrow M{\text{ Abbildung}}\mid F{\text{ bijektiv}}\right\}}.$

Zeige, dass

${}{\#\left(B\right)}=n!\,$

ist.

Lösung

Wir zeigen etwas allgemeiner, dass es zwischen zwei endlichen Mengen ${}M$ und ${}N$, die beide ${}n$ Elemente besitzen, ${}n!$ bijektive Abbildungen gibt. Dies zeigen wir durch Induktion nach ${}n$, wobei der Fall ${}n=1$ klar ist. Die Aussage sei nun für ${}n$ schon bewiesen und es liegen zwei ${}(n+1)$-elementige Mengen ${}M$ und ${}N$ vor. Es sei ${}x\in M$ ein fixiertes Element. Dann gibt es für die Bilder ${}\varphi (x)$ genau ${}n+1$ Möglichkeiten, nämlich die Anzahl der Menge ${}N$. Wenn dies festgelegt ist, so entsprechen die bijektiven Abbildungen von ${}M$ nach ${}N$ mit

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

den bijektiven Abbildungen von ${}M\setminus \{x\}$ nach ${}N\setminus \{y\}$. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es ${}n!$ solche bijektiven Abbildungen. Daher ist die Anzahl der bijektiven Abbildungen zwischen ${}M$ und ${}N$ gleich

${}(n+1)\cdot n!=(n+1)!\,.$

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. Es 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. Es 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 (4 Punkte)

Beweise die Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung für natürliche Zahlen.

Lösung

Die Eindeutigkeit wird durch Induktion über ${}n$ gezeigt. Für ${}n=2$ liegt eine Primzahl vor. Es sei nun ${}n\geq 3$ und seien zwei Zerlegungen in Primfaktoren gegeben, sagen wir

${}n=p_{1}{\cdots }p_{r}=q_{1}{\cdots }q_{s}\,.$

Wir müssen zeigen, dass nach Umordnung die Primfaktorzerlegungen übereinstimmen. Die Gleichheit bedeutet insbesondere, dass die Primzahl ${}p_{1}$ das Produkt rechts teilt. Nach dem Lemma von Euklid muss dann ${}p_{1}$ einen der Faktoren rechts teilen. Nach Umordnung können wir annehmen, dass ${}q_{1}$ von ${}p_{1}$ geteilt wird. Da ${}q_{1}$ selbst eine Primzahl ist, folgt, dass ${}p_{1}=q_{1}$ sein muss. Daraus ergibt sich durch Kürzen, dass

${}p_{2}{\cdots }p_{r}=q_{2}{\cdots }q_{s}\,$

ist. Nennen wir diese Zahl ${}n'$. Da ${}n'<n$ ist, können wir die Induktionsvoraussetzung auf ${}n'$ anwenden und erhalten, dass links und rechts die gleichen Primzahlen stehen.

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 (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 (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Lucy Sonnenschein ist in einem Geschäft und interessiert sich für eine blaugrün-karierte Bluse. Sie fragt den Verkäufer nach dem Preis und dieser sagt „ich glaube, die kostet ${}67,40$, ich muss aber noch mal kurz nachschauen“. Als er zurückkommt, sagt er „das war fast genau richtig, ich hab mich nur bei einer Ziffer vertan, der genaue Preis ist “

$67,43{\text{ (Variante A)}},$

$367,40{\text{ (Variante B)}}.$

Beurteile den Fehler in den beiden Varianten.

Lösung Bluse/Preis/Korrektur/Aufgabe/Lösung

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

Am 26.4.2021 schreibt die Tagesschau (tagesschau.de): „In Deutschland sind inzwischen mehr als 25 Millionen Menschen mindestens ein Mal geimpft“. Im ausführlichen Text heißt es dann „In Deutschland sind inzwischen mehr als 25 Millionen Impfdosen verabreicht worden. Wie das Robert Koch-Institut (RKI) mitteilte, sei die Marke am Wochenende überschritten worden [und] liegt nun bei 25,45 Millionen. Laut aktuellen RKI-Zahlen sind bundesweit bislang knapp 19,5 Millionen Menschen erstgeimpft. Das entspricht einem Bevölkerungsanteil von 23,4 Prozent. Knapp sechs Millionen Menschen sind inzwischen bereits zweimal geimpft, dies entspricht 7,2 Prozent der Bevölkerung“.

1. Was fällt auf?
2. Wie groß ist die Bevölkerung von Deutschland?
3. Wie viel Prozent der Erstgeimpften haben auch eine zweite Impfung erhalten?

Lösung

1. Es liegt ein Widerspruch vor. Einmal sind mehr als 25 Millionen Menschen erstgeimpft, einmal sind es 19,5 Millionen Menschen.
2. Die ${}6000000$ entsprechen ${}7,2\%$, daher ergeben sich ${}100\%$ aus

   ${}0,072x=6000000\,,$

   also

   ${}x={\frac {6000000}{0,072}}\cong 83330000\,.$

   Ebenso ergibt sich

   ${}x={\frac {19500000}{0,234}}\cong 83330000\,.$

3. Der Anteil der Zweitgeimpften zu den Erstgeimpften ist

   ${}{\frac {72}{234}}\cong 0,308\,,$

   das sind etwa ${}30,8\%$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung