Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/3/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	4	1	7	2	5	3	3	2	7	3	5	1	4	1	3	4	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es heißt

   ${}M\setminus T={\left\{x\in M\mid x\not \in T\right\}}\,$

   das Komplement von ${}T$.

2. Die Abbildung ${}\varphi$ heißt konstant, wenn es ein ${}c\in M$ mit ${}\varphi (x)=c$ für alle ${}x\in L$ gibt.
3. Die Summe ${}n+k$ ist diejenige natürliche Zahl, die man erhält, wenn man von ${}n$ ausgehend ${}k$-fach den Nachfolger nimmt.
4. Das Element ${}a$ heißt das Maximum von ${}T$, wenn ${}a\in T$ ist und wenn ${}a\geq x$ für alle ${}x\in T$ gilt.
5. Eine natürliche Zahl ${}t$ heißt gemeinsamer Teiler der ${}a_{1},\ldots ,a_{k}$, wenn ${}t$ jedes ${}a_{i}$ teilt für ${}i=1,\ldots ,k$.
6. Die Abbildung ${}f\colon K\rightarrow K$ heißt fallend, wenn für je zwei Elemente ${}x,x'\in K$ mit ${}x\leq x'$ die Abschätzung ${}f(x)\geq f(x')$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}M$ eine endliche Menge mit ${}m$ Elementen und es sei

   ${}T\subseteq M\,$

   eine Teilmenge, die ${}k$ Elemente besitze. Dann besitzt

   $M\setminus T$

   genau ${}m-k$ Elemente.
2. Jede natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N}$, ${}n\geq 2$, besitzt eine Zerlegung in Primfaktoren.
3. Die Menge der Dezimalbrüche bilden einen Ring innerhalb der rationalen Zahlen.

Aufgabe (4 (2+1+1) Punkte)

Eine Geldfälscherin stellt ${}3$- und ${}7$-Euro-Scheine her.

1. Zeige, dass es nur endlich viele (volle) Eurobeträge gibt, die sie nicht (exakt) begleichen kann.
2. Was ist der höchste Betrag, den sie nicht begleichen kann?
3. Beschreibe (ohne weitere Begründung) die Menge ${}M$ der Eurobeträge, die sie mit ihren Scheinen nicht begleichen kann.

Lösung

1. Es ist

   ${}12=3+3+3+3\,,$

   ${}13=7+3+3\,$

   und

   ${}14=7+7\,,$

   diese drei aufeinander folgenden Zahlen kann sie also begleichen. Alle höheren Zahlen kann sie auch begleichen, indem sie zur Darstellung von ${}12,13$ bzw. ${}14$ einfach eine gewisse Anzahl an ${}3$-Euroscheinen hinzugibt.

2. Die ${}11$ ist nicht darstellbar. In einer möglichen Darstellung der ${}11$ mit ${}3$ und ${}7$ kann höchstens eine ${}7$ vorkommen, da ${}7+7=14$ schon zu groß ist. Es ist aber

   ${}7+3=10\neq 11\,$

   und da ${}11$ kein Vielfaches von ${}3$ ist kann man diese Zahl auch nicht nur mit ${}3$ darstellen. Alle Zahlen darüber kann sie nach Teil (1) begleichen. Also ist ${}11$ die größte Zahl, die sie nicht begleichen kann.

3. Nicht begleichbar sind

   $1,2,4,5,8,11.$

Aufgabe (1 Punkt)

Heinz Ngolo und Mustafa Müller gehen auf die gleiche Schule. Heinz wohnt vier Kilomter von der Schule entfernt, Mustafa dagegen drei Kilometer. Was kann man darüber sagen, wie weit die beiden voneinander entfernt wohnen?

Lösung

Die beiden wohnen maximal ${}7$ Kilometer und minimal einen Kilometer auseinander.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Multiplikation und endliche Mengen.

Lösung

Wir behaupten, dass die Abbildung

$\psi \colon \{1,\ldots ,m\}\times {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow \{1,2,\ldots ,mn\},\,(i,j)\longmapsto (i-1)n+j,$

bijektiv ist. Zum Beweis der Surjektivität sei ${}z\in \{1,2,\ldots ,mn\}$ vorgegeben. Dieses (ganzzahlige) Intervall kann man in die disjunkten Intervalle

$\{1,\ldots ,n\}\cup \{n+1,\ldots ,2n\}\cup \{2n+1,\ldots ,3n\}\cup \ldots \cup \{(m-1)n+1,\ldots ,mn\}$

unterteilen. Das Element ${}z$ gehört somit zu einem dieser Intervalle, d.h. es gibt ein ${}i$ mit

${}z\in \{(i-1)n+1,\ldots ,in\}\,$

mit ${}i$ zwischen ${}1$ und ${}m$. Dann ist

${}z=(i-1)n+j\,$

mit einem ${}j$ zwischen ${}1$ und ${}n$ und gehört somit zum Bild. Zum Beweis der Injektivität seien

${}(i,j),(k,\ell )\in \{1,\ldots ,m\}\times {\{1,\ldots ,n\}}\,$

gegeben, die auf das gleiche Element abbilden. Es gilt also

${}(i-1)n+j=(k-1)n+\ell \,.$

Da ${}j$ und ${}\ell$ beide zu ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ gehören, sind die Summen jeweils maximal gleich ${}in$ bzw. ${}kn$. Daher können die Zahlen nur dann gleich sein, wenn

${}i=k\,$

und dann nach der Abziehregel auch

${}j=\ell \,$

ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass das Produkt von zwei ungeraden natürlichen Zahlen ungerade ist.

Lösung

Wir setzen die beiden ungeraden Zahlen als

${}m=2k+1\,$

und

${}n=2\ell +1\,$

an. Dann ist

${}m\cdot n=(2k+1)\cdot (2\ell +1)=4k\ell +2k+2\ell +1=2(2k\ell +k+\ell )+1\,$

wieder ungerade.

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 (3 Punkte)

Wie viele Teilquadrate mit positiver Seitenlänge gibt es in einem Quadrat der Seitenlänge ${}5$? Die Seiten der Teilquadrate sollen wie im Bild auf dem „Gitter“ liegen, ein einzelner Punkt gelte nicht als Quadrat.

Lösung

Die möglichen Seitenlängen sind ${}1,2,3,4,5$. Ein Unterquadrat ist durch die Lage des Eckes links oben eindeutig bestimmt, man muss bei fixierter Seitenlänge nur berücksichtigen, dass das Teilquadrat ganz im Grundquadrat liegt. Somit gibt es für die Seitenlänge ${}5$ eine Möglichkeit, für die Seitenlänge ${}4$ vier Möglichkeiten, für die Seitenlänge ${}3$ neun Möglichkeiten, für die Seitenlänge ${}2$ ${}16$ Möglichkeiten und für die Seitenlänge ${}1$ ${}25$ Möglickeiten, Insgesamt gibt es also

${}1+4+9+16+25=55\,$

Unterquadrate.

Aufgabe (3 Punkte)

Die offizielle Berechtigung für die Klausurteilnahme werde durch mindestens ${}200$ Punkte im Übungsbetrieb erworben. Professor Knopfloch sagt, dass es aber auf einen Punkt mehr oder weniger nicht ankomme. Zeige durch eine geeignete Induktion, dass man mit jeder Punkteanzahl zur Klausur zugelassen wird.

Lösung

Wir wollen zeigen, dass man zu jedem ${}n\in \mathbb {N}$ mit ${}n$ Punkten zur Klausur zugelassen wird. Dies folgt für ${}n\geq 200$ unmittelbar aus der offiziellen Grenze. Wir betrachten ${}n\leq 200$ und setzen ${}k=200-n$. Dies ist eine nichtnegative Zahl, über die wir Induktion führen, die Aussage ist

$A(k)={\text{mit }}200-k{\text{ Punkten wird man zugelassen}}.$

Bei ${}k=0$ ist ${}n=200$ und dies reicht zur Zulassung. Es sei nun die Aussage für irgendein ${}k\in \mathbb {N}$ bewiesen, d. h., mit ${}n=200-k$ Punkten wird man zugelassen. Es ist zu zeigen, dass die Aussage auch für ${}k+1$ gilt, d.h. dass man auch mit ${}n=200-k-1$ Punkten zugelassen wird. Wenn das aber nicht so wäre, so würde man mit ${}200-k$ Punkten zugelassen werden, aber nicht mit einem Punkt weniger, und es würde doch auf einen einzigen Punkt ankommen im Widerspruch zur Zusicherung des Professors.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Für eine Opernaufführung braucht man für die verschiedenen Rollen eine Altstimme, zwei Sopranstimmen, zwei Tenorstimmen und einen Bass. Im Ensemble stehen zwei Altstimmen, drei Sopranistinnen, vier Tenöre und drei Bässe zur Verfügung.

1. Wie viele Besetzungsmöglichkeiten für die Rollen gibt es?
2. Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Mitwirkenden auszuwählen, ohne Berücksichtigung der Rolle?

Lösung

1. Für die Altrolle gibt es ${}2$, für die Sopranrollen gibt es ${}3\cdot 2$, für die Tenorrollen gibt es ${}4\cdot 3$ und für die Bassrolle gibt es ${}3$ Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also

   ${}2\cdot 6\cdot 12\cdot 3=432\,$

   Besetzungsmöglichkeiten.

2. Wenn man sich fragt, wer überhaupt eingesetzt wird, so muss man aus den jeweiligen Stimmlagen eine passende Anzahl auswählen. Dies führt auf

   ${}{\binom {2}{1}}\cdot {\binom {3}{2}}\cdot {\binom {4}{2}}\cdot {\binom {3}{1}}=2\cdot 3\cdot 6\cdot 3=108\,$

   Möglichkeiten.

Aufgabe (7 (3+4) Punkte)

Es seien ${}a,b,c,d$ natürliche Zahlen mit ${}a\geq b$ und ${}c\geq d$.

1. Zeige

   ${}ac+bd\geq bc+ad\,.$

2. Zeige (in ${}\mathbb {N}$)

   ${}(a-b)\cdot (c-d)=ac+bd-(bc+ad)\,.$

Lösung

1. Wegen

   ${}a\geq b\,$

   ist nach Satz 10.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (3)

   ${}a(c-d)\geq b(c-d)\,.$

   Aufgrund des Distributivgesetzes für die Differenz bedeutet dies

   ${}ac-da\geq bc-bd\,.$

   Addition von ${}ad+bd$ ergibt unter Bezug auf Satz 10.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (1)

   ${}(ac-da)+ad+bd\geq (bc-bd)+ad+bd\,,$

   also

   ${}ac+bd\geq bc+ad\,.$

2. Aufgrund des Distributivgesetzes für die Differenz ist

   ${}(a-b)(c-d)=a(c-d)-b(c-d)=(ac-ad)-b(c-d)\,.$

   Wir wollen zeigen, dass dies mit

   $ac+bd-(bc+ad)$

   übereinstimmt. Dazu genügt es zu zeigen, dass die beiden Terme gleich sind, wenn man zu ihnen jeweils

   $b(c-d)+ad$

   hinzuaddiert. Dies ergibt einerseits

   ${}{\begin{aligned}((ac-ad)-b(c-d))+b(c-d)+ad&=(ac-ad)+ad\\&=ac\end{aligned}}$

   und andererseits nach Lemma 10.14 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (2) und nach Lemma 10.14 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (1)

   ${}{\begin{aligned}(ac+bd-(bc+ad))+b(c-d)+ad&=(ac+bd-(bc+ad))+(bc-bd)+ad\\&=(ac+bd-(bc+ad))+((bc+ad)-bd)\\&=(ac+bd+(bc+ad-bd))-(bc+ad)\\&=(ac+bc+ad)-(bc+ad)\\&=ac,\end{aligned}}$

   also das gleiche.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass für jede natürliche Zahl ${}n\geq 1$ die Abschätzung

${}3^{n}\geq n^{3}\,$

gilt.

Lösung

Für ${}n=1,2,3$ ergibt sich die Abschätzung durch direktes Nachrechnen. Für ${}n\geq 4$ wird die Aussage durch Induktion bewiesen. Wir nehmen also an, dass die Aussage für ein ${}n\geq 3$ schon bewiesen ist und haben sie für ${}n+1$ zu zeigen. Dies ergibt sich aus

${}{\begin{aligned}3^{n+1}&=3\cdot 3^{n}\\&\geq 3n^{3}\\&=n^{3}+n^{3}+n^{3}\\&\geq n^{3}+3n^{2}+3n+1\\&=(n+1)^{3},\end{aligned}}$

wobei wir in der zweiten Zeile die Induktionsvoraussetzung, in der vierten Zeile die Voraussetzung ${}n\geq 3$ und in der fünften Zeile den binomischen Lehrsatz angewendet haben.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}n$ eine fixierte natürliche Zahl und

${}M={\{1,\ldots ,n\}}\,.$

Wir betrachten die beiden Verknüpfungen (Maximum und Minimum)

$M\times M\longrightarrow M,\,(a,b)\longmapsto \operatorname {max} (a,b),$

und

$M\times M\longrightarrow M,\,(a,b)\longmapsto \operatorname {min} (a,b).$

Zeige, dass ${}M$ mit diesen beiden Verknüpfungen (mit welchen neutralen Elementen?) ein kommutativer Halbring ist.

Lösung

Die Kommutativität und die Assoziativität der beiden Verknüpfungen ist klar. Das neutrale Element des Maximums ist die ${}1$ und das neutrale Element des Minimums ist ${}n$, da ja nur Elemente aus ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ vorkommen. Es bleibt also noch das Distributivgesetz zu zeigen, welches bei den gegebenen Verknüpfungen (wir setzen das Maximum als Addition und das Minimum als Multiplikation an)

${}\operatorname {min} (a,\operatorname {max} (b,c))=\operatorname {max} (\operatorname {min} (a,b),\operatorname {min} (a,c))\,$

bedeutet. Dies beweisen wir durch eine Fallunterscheidung. Da die Situation in ${}b$ und ${}c$ symmetrisch ist, können wir ${}b\leq c$ annehmen. Bei

${}a\leq b\leq c\,$

ergibt sich links ${}a$ und rechts ebenfalls ${}\operatorname {max} (a,a)=a$. Bei

${}b\leq a\leq c\,$

ergibt sich links

${}\operatorname {min} (a,\operatorname {max} (b,c))=\operatorname {min} (a,c)=a\,$

und rechts ebenfalls

${}\operatorname {max} (\operatorname {min} (a,b),\operatorname {min} (a,c))=\operatorname {max} (b,a)=a\,.$

Bei

${}b\leq c\leq a\,$

ergibt sich links

${}\operatorname {min} (a,\operatorname {max} (b,c))=\operatorname {min} (a,c)=c\,$

und rechts ebenfalls

${}\operatorname {max} (\operatorname {min} (a,b),\operatorname {min} (a,c))=\operatorname {max} (b,c)=c\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne

Minus eins hoch fünfundzwanzig Millionen dreihundertvierundachtzig Tausend zweihundertneunundsechzig.

Lösung

Das Ergebnis ist ${}-1$ da der Exponent ungerade ist.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Zu einer positiven natürlichen Zahl ${}n$ sei ${}a_{n}$ das kleinste gemeinsame Vielfache der Zahlen ${}1,2,3,\ldots ,n$.

a) Bestimme ${}a_{n}$ für ${}n=1,2,3,4,5$.

b) Was ist die kleinste Zahl ${}n$ mit

${}a_{n}=a_{n+1}\,?$

c) Was ist die kleinste Zahl ${}n$ mit

${}a_{n}=a_{n+1}=a_{n+2}\,?$

Lösung

a) Es ist

$a_{1}=1,\,a_{2}=2,\,a_{3}=6,\,a_{4}=12,\,a_{5}=60.$

b) Wegen

${}6=2\cdot 3\,$

kommen in ${}a_{6}$ keine neuen Primteiler hinzu, also ist

${}a_{5}=a_{6}\,$

und ${}n=5$ ist die kleinste Zahl mit dieser Eigenschaft.

c) Genau dann ist

${}a_{n+1}>a_{n}\,,$

wenn ${}n$ eine Primzahlpotenz ${}p^{k}$, ${}k\geq 1$, (${}p$ Primzahl) ist, da diese nicht als Faktor einer kleineren Zahl auftauchen. Man muss also nach der kleinsten Folge von zwei Zahlen ohne Primzahlpotenzen suchen. Dies ist ${}14,15$, die Antwort ist also ${}13$.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne die Gaußklammer

$\left\lfloor {\frac {487}{23}}\right\rfloor .$

Lösung

Es ist

${}487=23\cdot 21+4\,,$

also ist

${}\left\lfloor {\frac {487}{23}}\right\rfloor =21\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne im Vierersystem

${\frac {321}{203}}+{\frac {131}{301}}$

(das Ergebnis muss nicht gekürzt sein).

Lösung

Es ist

${}{\frac {321}{203}}+{\frac {131}{301}}={\frac {321\cdot 301+131\cdot 203}{203\cdot 301}}\,.$

Die Multiplikationen berechnen wir einzeln. Es ist

${}321\cdot 301=223221\,,$

${}131\cdot 203=33313\,$

und

${}203\cdot 301=122303\,.$

Die obige Summe ergibt somit

${}{\frac {223221+33313}{122303}}={\frac {323200}{122303}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Lösungsmenge in ${}\mathbb {Q}$ für die Ungleichung

${}\vert {7x-5}\vert >\vert {6x-7}\vert \,.$

Lösung

Wir analysieren die Ungleichung

${}\vert {7x-5}\vert >\vert {6x-7}\vert \,$

abhängig davon, ob die Beträge positiv oder negativ zu nehmen sind. Es ist

${}7x-5\geq 0\,$

genau dann, wenn ${}x\geq {\frac {5}{7}}$ ist, und es ist

${}6x-7\geq 0\,$

genau dann, wenn ${}x\geq {\frac {7}{6}}$ ist. Wegen ${}{\frac {5}{7}}<{\frac {7}{6}}$ führt dies auf die folgenden Fälle.

1. ${}x<{\frac {5}{7}}\,.$

   Dann muss man die Bedingung

   ${}-(7x-5)>-(6x-7)\,$

   betrachten, also

   ${}7x-5<6x-7\,$

   bzw.

   ${}x<-2\,.$

   Daher gehört ${}{\left\{x\in \mathbb {Q} \mid x<-2\right\}}$ zur Lösungsmenge.

2. ${}{\frac {5}{7}}\leq x\leq {\frac {7}{6}}\,.$

   Dann muss man die Bedingung

   ${}7x-5>-(6x-7)\,$

   betrachten, also

   ${}7x-5>-6x+7\,$

   bzw.

   ${}13x>12\,,$

   also

   ${}x>{\frac {12}{13}}\,.$

   Wegen

   ${}{\frac {5}{7}}<{\frac {12}{13}}<{\frac {7}{6}}\,$

   führt dies auf die Lösungen ${}{\left\{x\in \mathbb {Q} \mid {\frac {12}{13}}<x\leq {\frac {7}{6}}\right\}}$.

3. ${}x>{\frac {7}{6}}\,.$

   Dann muss man die Bedingung

   ${}7x-5>6x-7\,$

   betrachten, die auf

   ${}x>-2\,,$

   führt. Also in diesem Fall automatisch erfüllt ist. Daher gehört ${}{\left\{x\in \mathbb {Q} \mid x\geq {\frac {7}{6}}\right\}}$ zur Lösungsmenge.

Die gesamte Lösungsmenge besteht daher aus allen ${}x\in \mathbb {Q}$ mit ${}x<-2$ oder ${}x>{\frac {12}{13}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Karl trinkt eine Flasche Bier (${}0{,}5$ Liter) mit einem Alkoholgehalt von ${}5$ Prozent. ${}10$ Prozent des getrunkenen Alkohols werden von seinem Blut aufgenommen, wobei er fünf Liter Blut hat (diese Gesamtmenge wird durch die Aufnahme nicht verändert). Wie viel Promille hat Karl, wenn er zuvor nüchtern war?

Lösung

In der Flasche befindet sich

${}0{,}5\,\mathrm {L} \cdot 0{,}05=0{,}025\,\mathrm {L} \,$

Alkohol. Somit gehen

${}0{,}025\,\mathrm {L} \cdot 0{,}1=0{,}0025\,\mathrm {L} \,$

in sein Blut. Der Anteil ist daher

${}{\frac {0{,}0025}{5}}=0{,}0005\,.$

Das sind ${}0{,}05$ Prozent bzw. ${}0{,}5$ Promille.