Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/4/Klausur mit Lösungen

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	2	2	3	6	6	3	5	4	2	2	2	2	2	4	3	3	4	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Differenzmenge $A\setminus B$ zu zwei Mengen $A,B$.
2. Eine surjektive Abbildung

   $f:L⟶M.$

3. Die Differenz $a-b$ von natürlichen Zahlen $a,b$ mit  $b\le a$. 
4. Die Addition für ganze Zahlen.
5. Ein kommutativer Ring $R$.
6. Ein archimedisch angeordneter Körper $K$.

Lösung

1. Man nennt

   $A\setminus B:=\{x\mid x\in A\text{ und }x\in ̸B\}$

   die Differenzmenge „$A$ ohne $B$ “.

2. Die Abbildung $f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes $y\in M$ mindestens ein Element $x\in L$ mit $f(x)=y$ gibt.
3. Die Differenz $a-b$ ist diejenige natürliche Zahl $c$ für die  $a=b+c$  gilt.
4. Die Addition wird gemäß einer Fallunterscheidung folgendermaßen definiert. Für natürliche Zahlen $a,b$ setzt man

   $a+b:=a+b,$

   $a+(-b):=\{\begin{array}{c}a-b,\text{ falls }a\ge b,\\ -(b-a),\text{ falls }a<b,\end{array}$

   $(-a)+b:=\{\begin{array}{c}b-a,\text{ falls }b\ge a,\\ -(a-b),\text{ falls }b<a,\end{array}$

   $(-a)+(-b):=-(a+b).$

5. Ein Ring $R$ heißt kommutativ, wenn die Multiplikation kommutativ ist.
6. Ein angeordneter Körper $K$ heißt archimedisch angeordnet, wenn es zu jedem $x\in K$ eine natürliche Zahl $n$ mit

   $n\ge x$

   gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das allgemeine Distributivgesetz für einen kommutativen Halbring.
2. Die rekursive Beziehung zwischen den Binomialkoeffizienten (Pascalsches Dreieck).
3. Der Satz über die Untergruppen von $\mathbb{Z}$.

Lösung

1. Es sei $R$ ein kommutativer Halbring und es seien $a_1,\dots ,a_r,b_1,\dots ,b_s$ Elemente aus $R$. Dann gilt das allgemeine Distributivgesetz

   $\left(\sum _{i=1}^r{a}_i\right)\left(\sum _{k=1}^s{b}_k\right)=\sum _{1\le i\le r,1\le k\le s}{a}_i{b}_k.$

2. Die Binomialkoeffizienten erfüllen die rekursive Beziehung

   $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k-1}).$

3. Die Untergruppen von $\mathbb{Z}$ sind genau die Teilmengen der Form

   $\mathbb{Z}d=\{kd\mid k\in \mathbb{Z}\}$

   mit einer eindeutig bestimmten nicht-negativen Zahl $d$.

Aufgabe (2 Punkte)

Auf wie viele Arten kann man mit den üblichen Münzen einen Betrag von $10$ Cent begleichen?

Lösung

Wir zählen zunächst die Möglichkeiten, mit den $5$- und $10$-Centmünzen die folgenden Beträge darzustellen:

$0\text{ Cent}:1\text{ Möglichkeit},$

$5\text{ Cent}:1\text{ Möglichkeit},$

$10\text{ Cent}:2\text{ Möglichkeiten}.$

Dann betrachten wir in jedem Fall, mit wie vielen $2$-Centmünzen man jeweils noch unterhalb von $10$ Cent bleibt, der verbleibende Rest wird mit $1$-Centmünzen aufgefüllt. Hierfür gibt es der Reihe nach

$6,3,1\text{ Möglichkeiten}.$

Diese Möglichkeiten für die Zweier muss man mit den obigen Möglichkeiten multiplizieren, das ergibt insgesamt

$1\cdot 6+1\cdot 3+2\cdot 1=11$

Möglichkeiten.

Aufgabe (2 Punkte)

Anfang März beträgt die Zeitdifferenz zwischen Deutschland und Paraguay $4$ Stunden (in Paraguay wurde es $4$ Stunden später hell). Am 25. März 2018 wurde in Deutschland die Uhr von der Winterzeit auf die Sommerzeit umgestellt, die Uhr wurde also um eine Stunde nachts von $2$ auf $3$ vorgestellt. In der gleichen Nacht wurde die Uhr in Paraguay umgestellt. Wie groß war die Zeitdifferenz nach der Umstellung?

Lösung

Da Paraguay auf der Südhalbkugel liegt, wird dort Ende März von der dortigen Sommerzeit auf die dortige Winterzeit umgestellt, dort wird also die Uhr zurückgestellt. Daher beträgt die Zeitdifferenz zwischen Deutschland und Paraguay danach ganze $6$ Stunden.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

$\phi :L⟶M$

eine surjektive Abbildung. Zeige, dass es eine Teilmenge  $S\subseteq L$  derart gibt, dass man $\phi$ als Abbildung

${\phi }^{\prime }:S⟶M$

auffassen kann ($\phi$ und ${\phi }^{\prime }$ unterscheiden sich nur hinsichtlich des Definitionsbereiches) und dass ${\phi }^{\prime }$ bijektiv ist.

Lösung

Wegen der Surjektivität von $\phi$ gibt es zu jedem  $y\in M$  mindestens ein  $x\in L$  mit  $\phi (x)=y$.  Wir wählen nun zu jedem  $y\in M$  ein solches zugehöriges $x$. Es sei $S$ die Vereinigung all dieser gewählten $x$. Die auf $S$ eingeschränkte Abbildung

${\phi }^{\prime }:S⟶M,x⟼\phi (x),$

ist nach wie vor surjektiv, da ja jedes  $y\in M$  von einem (dem gewählten)  $x\in S$  erreicht wird. Die Abbildung ist injektiv, da es zu jedem  $y\in M$  in $S$ nur das eine gewählte Urbild gibt. Insgesamt ist also ${\phi }^{\prime }$ bijektiv.

Aufgabe (6 (2+1+3) Punkte)

Professor Knopfloch kommt gelegentlich mit verschiedenen Socken und/oder mit verschiedenen Schuhen in die Universität. Er legt folgende Definitionen fest.

1. Ein Tag heißt sockenzerstreut, wenn er verschiedene Socken anhat.
2. Ein Tag heißt schuhzerstreut, wenn er verschiedene Schuhe anhat.
3. Ein Tag heißt zerstreut, wenn er sockenzerstreut oder schuhzerstreut ist.
4. Ein Tag heißt total zerstreut, wenn er sowohl sockenzerstreut als auch schuhzerstreut ist.

a) Vom Jahr $2025$ weiß man, dass $17$ Tage sockenzerstreut und $11$ Tage schuhzerstreut waren. Wie viele Tage waren in diesem Jahr maximal zerstreut und wie viele Tage waren minimal zerstreut? Wie viele Tage waren in diesem Jahr maximal total zerstreut und wie viele Tage waren minimal total zerstreut?

b) Vom Jahr $2023$ weiß man, dass $270$ Tage sockenzerstreut und $120$ Tage schuhzerstreut waren. Wie viele Tage waren in diesem Jahr maximal zerstreut und wie viele Tage waren minimal total zerstreut?

c) Erstelle eine Formel, die die Anzahl der sockenzerstreuten, der schuhzerstreuten, der zerstreuten und der total zerstreuten Tage in einem Jahr miteinander in Verbindung bringt.

Lösung

a) Zerstreutheit: Die sockenzerstreuten Tage sind jedenfalls zerstreut. Das Minimum ergibt sich, wenn alle schuhzerstreuten Tage auch sockenzerstreut waren, das sind $17$. Das Maximum ergibt sich, wenn kein Tag gleichzeitig sockenzerstreut und schuhzerstreut war, das ergibt $28$ Tage.

Totale Zerstreutheit: Die total zerstreuten Tage sind insbesondere schuhzerstreut. Das Maximum ergibt sich, wenn alle schuhzerstreuten Tage auch sockenzerstreut waren, das sind $11$ Tage. Das Minimum ergibt sich, wenn kein Tag gleichzeitig schuh- und sockenzerstreut war, also $0$.

b) Wegen

$270+120=390\ge 365$

können alle Tage des Jahres zerstreut gewesen sein, also $365$. Minimal waren $25$ Tage total zerstreut.

c) Es sei $s$ die Anzahl der sockenzerstreuten Tage, $x$ die Anzahl der schuhzerstreuten Tage, $z$ die Anzahl der zerstreuten Tage und $t$ die Anzahl der total zerstreuten Tage. Dann gilt die Formel

$s+x=z+t.$

Beide Seiten der Formel sind additiv in den Tagen, sie muss also nur für einen Tag nachgewiesen werden. Wenn der Tag nicht zerstreut ist, steht beidseitig $0$. Wenn der Tag sockenzerstreut ist, aber nicht schuhzerstreut (oder umgekehrt), so ist der Tag zerstreut, aber nicht total zerstreut, und beidseitig steht $1$. Wenn der Tag total zerstreut ist, so steht beidseitig $2$.

Aufgabe (6 (1+1+1+2+1) Punkte)

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

$x$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$
$F(x)$	$3$	$5$	$1$	$7$	$8$	$2$	$6$	$4$

gegebene Abbildung $F$ von

$M=\{1,2,\dots ,8\}$

in sich selbst.

1. Erstelle eine Wertetabelle für  $F^2=F\circ F$. 
2. Erstelle eine Wertetabelle für  $F^3=F\circ F\circ F$. 
3. Begründe, dass sämtliche iterierten Hintereinanderschaltungen $F^n$ bijektiv sind.
4. Bestimme für jedes  $x\in M$  das minimale  $n\in {\mathbb{N}}_{+}$  mit der Eigenschaft, dass

   $F^n(x)=x$

   ist.

5. Bestimme das minimale  $n\in {\mathbb{N}}_{+}$  mit der Eigenschaft, dass

   $F^n(x)=x$

   für alle  $x\in M$  ist.

Lösung

1. Es ist

   $x$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$
   $F(F(x))$	$1$	$8$	$3$	$6$	$4$	$5$	$2$	$7$

2. Es ist

   $x$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$
   $F(F(F(x)))$	$3$	$4$	$1$	$2$	$7$	$8$	$5$	$6$

3. Aus der Wertetabelle kann man unmittelbar entnehmen, dass $F$ bijektiv ist. Nach Satz . (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027)) sind dann sämtliche Hintereinanderschaltungen der Abbildung mit sich selbst wieder bijektiv.
4. Die Abbildungsvorschrift bewirkt

   $1\mapsto 3\mapsto 1$

   und

   $2\mapsto 5\mapsto 8\mapsto 4\mapsto 7\mapsto 6\mapsto 2.$

   Für $x=1,3$ ist also  $n=2$  und für  $x=2,5,8,4,7,6$  ist  $n=6$. 

5. Bei  $n=6$  sind nach Teil (4) die Zahlen $2,5,8,4,7,6$ wieder an ihrer Stelle, aber auch $1,3$ sind an ihrer Stelle, da $6$ ein Vielfaches von $2$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige durch vollständige Induktion, dass für jedes  $n\in \mathbb{N}$  die Zahl

$6^{n+2}+7^{2n+1}$

ein Vielfaches von $43$ ist.

Lösung

Induktionsanfang. Für  $n=0$  ist

$6^2+7=43$

ein Vielfaches von $43$. Induktionsschritt. Es sei nun die Aussage für $n$ bewiesen und betrachten wir den Ausdruck für $n+1$. Dieser ist

$\begin{array}{cc}{6}^{n+1+2}+7^{2(n+1)+1}& =6\cdot 6^{n+2}+7^2\cdot 7^{2n+1}\\ & =6\cdot 6^{n+2}+(6+43)7^{2n+1}\\ & =6(6^{n+2}+7^{2n+1})+43\cdot 7^{2n+1}\\ & =6\cdot 43\cdot s+43\cdot 7^{2n+1}\\ & =43\cdot (6\cdot s+7^{2n+1}),\end{array}$

wobei im vorletzten Schritt die Induktionsvoraussetzung verwendet wurde (nämlich die Eigenschaft, dass $6^{n+2}+7^{2n+1}$ ein Vielfaches von $43$ ist). Daher ist diese Zahl ein Vielfaches von $43$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Existenz der Zifferndarstellung für natürliche Zahlen.

Lösung

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über $n$. Für $n=0$ wählt man $k=0$ und $r_0=0$. Es sei nun $n\ge 1$ und die Aussage für kleinere Zahlen schon bewiesen. Nach Satz 15.1 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027)) mit $d=10$ gibt es eine Darstellung

$n=q\cdot 10+r_0$

mit $r_0$ zwischen $0$ und $9$. Es ist $q<n$, deshalb gilt nach Induktionsvoraussetzung die Aussage für $q$. D.h. man kann

$q=\sum _{i=0}^{\ell }{s}_{i}10^i$

mit $0\le s_i\le 9$ (bei $q=0$ ist dies als leere Summe zu lesen) und mit $s_{\ell }\ne 0$ schreiben. Daher ist

$\begin{array}{cc}n& =q\cdot 10+r_0\\ & =\left(\sum _{i=0}^{\ell }{s}_{i}10^i\right)\cdot 10+r_0\\ & =\sum _{i=0}^{\ell }\left(s_{i}10^{i+1}\right)+r_0\\ & =\sum _{j=1}^{\ell +1}\left(s_{j-1}10^j\right)+r_0\end{array}$

eine Darstellung der gesuchten Art. Dabei ist $r_j=s_{j-1}$ für $j\ge 1$ und $k=\ell +1$.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Gabi Hochster möchte sich die Fingernägel ihrer linken Hand (ohne den Daumennagel) lackieren, wobei die drei Farben $B,G,R$ zur Verfügung stehen. Sie möchte nicht, dass zwei benachbarte Finger die gleiche Farbe bekommen.

1. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn sie nur zwei Farben verwendet?
2. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn sie alle drei Farben verwendet?

Lösung

1. Wenn nur zwei Farben verwendet werden, sagen wir die Farben $X$ und $Y$, so legt die Farbe auf dem Zeigefinger alles weitere fest, nämlich $XYXY$ oder $YXYX$. Da es drei Möglichkeiten gibt, aus drei Farben zwei Farben auszuwählen, gibt es sechs Möglichkeiten, die Nägel mit nur zwei Farben in der beschriebenen Weise zu lackieren.
2. Wenn alle drei Farben vorkommen sollen, so kommt genau eine doppelt und die beiden anderen Farben einfach vor. Für die Wahl der doppelt verwendeten Farbe gibt es drei Möglichkeiten. Für die Auswahl der zwei Finger für diese Farbe gibt es grundsätzlich

   $(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2})=6$

   Möglichkeiten, davon sind aber drei Möglichkeiten durch die Nachbarschaftsbedingung ausgeschlossen. In jedem dieser Fälle hat man noch zwei Möglichkeiten, wie man die beiden anderen Farben verteilen soll. Also gibt es von diesem Typ

   $3\cdot 3\cdot 2=18$

   Möglichkeiten.

Aufgabe (2 Punkte)

Erläutere die Division mit Rest für natürliche Zahlen anhand zweier Eimer (das Fassungsvermögen der beiden Eimer sei ein Vielfaches von einem Liter).

Lösung

Es gebe einen gefüllten (großen) Eimer mit Fassungsvermögen $n$ Liter und einen leeren (Schöpf-)Eimer mit Fassungsvermögen $d$ Liter. Mit dem kleinen Eimer kann man sukzessive den Inhalt des großen Eimers abschöpfen, indem man den kleinen Eimer vollmacht und somit bei jedem Schritt den Inhalt um $d$ Liter reduziert. Dies kann man solange machen, solange mindestens $d$ Liter im großen Eimer verblieben sind. Der Restbestand ist dann zwischen $0$ und $d-1$ Litern. Wenn

$n=qd+r$

die Division mit Rest ist, so ist $q$ die Anzahl der Durchgänge und $r$ der Restbestand in Litern.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei $G$ eine Gruppe. Zeige, dass

${\left(x^{-1}\right)}^{-1}=x$

für alle  $x\in G$  ist.

Lösung

Es ist

$x\circ x^{-1}=1.$

Damit ist $x$ das Inverse zu $x^{-1}$. Damit ist

${\left(x^{-1}\right)}^{-1}=x.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei $n$ eine ganze Zahl, von der die folgenden Eigenschaften bekannt sind:

1. $n$ ist negativ.
2. $n$ ist ein Vielfaches von $8$, aber nicht von $-16$.
3. $n$ ist kein Vielfaches von $36$.
4. $n$ ist ein Vielfaches von $150$, aber nicht von $125$.
5. In der Primfaktorzerlegung von $n$ gibt es keine Primzahl, die größer als $5$ ist.

Was ist $n$?

Lösung

Wir müssen nur für die Primzahlen $2,3,5$ bestimmen, mit welcher Potenz sie in $n$ vorkommen. Wegen (2) kommt $2$ mit der dritten Potenz vor, aber nicht mit der vierten. Wegen (3) ist $9$ kein Teiler von $n$, da ja $4$ ein Teiler ist, und wegen (4) ist $3$ ein Teiler von $n$. Wegen (4) kommt $5$ mit der zweiten Potenz vor, aber nicht mit der dritten. Daher ist

$n=-2^3\cdot 3\cdot 5^2=-600.$

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Es seien $a,m,n$ natürliche Zahlen mit  $a\ge 1$. 

1. Bestimme $\mathrm{ggT}(a^m,a^n)$.
2. Bestimme $\mathrm{kgV}(a^m,a^n)$.

Lösung

Es sei

$n\ge m.$

Dann ist

$a^n=a^{m+n-m}=a^m\cdot a^{n-m}$

und somit ist $a^m$ ein Teiler von $a^n$. In einem solchen Fall ist der Teiler der größte gemeinsame Teiler und das Vielfache das kleinste gemeinsame Vielfache. Also ist

$\mathrm{ggT}(a^m,a^n)=a^m$

und

$\mathrm{kgV}(a^m,a^n)=a^n.$

Aufgabe (2 Punkte)

Ein Apfelverkäufer verkauft $2893$ Äpfel für $3127$ Euro. Ein zweiter Apfelverkäufer verkauft $3417$ Äpfel für $3693$ Euro. Welches Angebot ist günstiger?

Lösung

Wir bestimmen, wie viel die gleiche Menge an Äpfeln bei den beiden Verkäufern kostet. Um die beiden Angebote vergleichen zu können, berechnen wir den jeweiligen Preis für

$2893\cdot 3417=9885381$

Äpfel. Beim ersten Verkäufer muss man dafür

$3127\cdot 3417=10684959$

Euro bezahlen. Beim zweiten Verkäufer muss man dafür

$3693\cdot 2893=10683849$

Euro bezahlen. Das zweite Angebot ist also günstiger.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Größergleichrelation $\ge$ auf $\mathbb{Q}$ mit der Addition und mit der Multiplikation verträglich ist.

Lösung

Es sei  $x=\frac{a}{b}$,   $y=\frac{c}{d}$  und  $z=\frac{e}{f}$  mit positiven Nennern $b,d,f$. Durch Übergang zu einem gemeinsamen Hauptnenner können wir direkt  $b=d=f$  annehmen. Sei

$x\ge y,$

also

$a\ge c.$

Dann ist nach Lemma 20.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027))  (2) auch

$a+e\ge c+e$

und somit ist

$x+z=\frac{a}{b}+\frac{e}{b}=\frac{a+e}{b}\ge \frac{c+e}{b}=\frac{c}{b}+\frac{e}{b}=y+z.$

Wenn die beiden Brüche $\frac{a}{b}$ und $\frac{c}{d}$ beide $\ge 0$ sind, so sind alle Zähler und Nenner aus $\mathbb{N}$ und dies überträgt sich auf $\frac{ac}{bd}$, also ist auch dies $\ge 0$.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über Wachstum und Injektivität für einen angeordneten Körper $K$.

Lösung

Es seien  $x,y\in T$  verschieden. Da wir in einem angeordneten Körper sind, ist  $x>y$  oder  $y>x$,  wobei wir ohne Einschränkung den ersten Fall annehmen können. Bei streng wachsender Monotonie folgt daraus

$f(x)>f(y)$

und insbesondere sind $f(x)$ und $f(y)$ verschieden, also ist die Abbildung injektiv.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $z$ eine rationale Zahl. Zeige, dass $z$ genau dann ganzzahlig ist, wenn

$\lfloor -z\rfloor =-\lfloor z\rfloor$

gilt.

Lösung

Wenn $z$ ganzzahlig ist, so ist auch das Negative davon ganzzahlig und die Gaußklammer gibt einfach die Zahl aus. Wenn umgekehrt $z$ nicht ganzzahlig ist, so ist

$z=n+u$

mit einer ganzen Zahl  $n=\lfloor z\rfloor$  und

$0<u<1.$

Dann ist

$\lfloor -z\rfloor =\lfloor -n-u\rfloor =\lfloor -n-1+1-u\rfloor =\lfloor -(n+1)+(1-u)\rfloor =-(n+1)\ne -n,$

da $1-u$ echt zwischen $0$ und $1$ liegt.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass eine rationale Zahl genau dann ein Dezimalbruch ist, wenn in der gekürzten Bruchdarstellung der Nenner die Form $2^i\cdot 5^j$ mit $i,j\in \mathbb{N}$ besitzt.

Lösung

Wenn die rationale Zahl die Form $\frac{a}{2^i\cdot 5^j}$ besitzt, so kann man mit $2^j\cdot 5^i$ erweitern und erhält im Nenner $10^{i+j}$, sodass ein Dezimalbruch vorliegt. Es sei nun die rationale Zahl

$z=\frac{a}{b}$

in gekürzter Darstellung gegeben, und sei vorausgesetzt, dass in der Primfaktorzerlegung von $b$ eine Primzahl

$p\ne 2,5$

vorkommt. Wir schreiben

$b=pu.$

Nehmen wir an, dass die Zahl ein Dezimalbruch ist, dann gibt es eine Gleichung der Form

$\frac{a}{b}=\frac{a}{pu}=\frac{c}{10^k}.$

Dies bedeutet nach dem Überkreuzprinzip, dass

$a\cdot 10^k=pcu$

ist. Wegen der Teilerfremdheit ist $p$ kein Teiler von $a$, müsste also wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung in $10^k$ vorkommen, was aber nicht der Fall ist. Dies ist ein Widerspruch.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne $1$ durch $41$ mit dem Divisionsalgorithmus.

Lösung

Es ist

$1=0\cdot 41+1,$

$10=0\cdot 41+10,$

$100=2\cdot 41+18,$

$180=4\cdot 41+16,$

$160=3\cdot 41+37,$

$370=9\cdot 41+1.$

Von dieser Stelle an wiederholen sich die Zahlen und es beginnt die Periode, das Ergebnis ist also

$\frac{1}{41}=\mathrm{0,}\overline{02439}.$