Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/7/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	1	2	3	2	2	4	4	4	1	2	5	3	2	8	3	4	4	4	64

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. 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)

Lösung

1. Aus einer Gleichung  ${}n\cdot k=m\cdot k$  mit ${}k,m,n\in \mathbb {N}$ und mit  ${}k\neq 0$  folgt  ${}n=m$. 
2. Die Anzahl der ${}k$-elementigen Teilmengen in einer ${}n$-elementigen Menge ist der Binomialkoeffizient

   ${\binom {n}{k}}.$

3. Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper,  ${}T\subseteq K$  eine Teilmenge und

   $f\colon T\longrightarrow K$

   eine streng wachsende (oder streng fallende) Funktion. Dann ist ${}f$

   injektiv.

Aufgabe (1 Punkt)

Beurteile die Snookerweisheit „Ein Snookerspiel kann man in der ersten Session nicht gewinnen, aber verlieren“ vom logischen Standpunkt aus.

Lösung

Es spielen zwei Spieler gegeneinander, der eine gewinnt genau dann, wenn der andere verliert. Wenn einer also in der ersten Session verlieren kann, so kann auch einer (nämlich der andere) in der ersten Session gewinnen. Die Weisheit ist also unlogisch.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

1. Erstelle eine Wertetabelle, die für die natürlichen Zahlen von ${}1$ bis ${}10$ ausgibt, mit wie vielen Eurozahlen die Zahl minimal darstellbar ist.
2. Was ist der kleinste volle Geldbetrag, für den man mindestens vier Bargeldmittel einsetzen muss?

Lösung

1. ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$	${}9$	${}10$
   ${}\varphi (x)$	${}1$	${}1$	${}2$	${}2$	${}1$	${}2$	${}2$	${}3$	${}3$	${}1$

2. Für die ${}18$ braucht man die vier Zahlen

   ${}18=10+5+2+1\,,$

   für alle kleineren Zahlen reichen offenbar höchstens drei Geldmittel.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die folgende Form des allgemeinen Distributivgesetzes für einen kommutativen Halbring ${}R$ durch Induktion über ${}k$, wobei der Fall  ${}k=2$  verwendet werden darf (dabei sind ${}n_{1},\ldots ,n_{k}$ natürliche Zahlen und ${}a_{j,i}\in R$).

${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{i_{1}=1}^{n_{1}}a_{1,i_{1}}\right)}\cdot {\left(\sum _{i_{2}=1}^{n_{2}}a_{2,i_{2}}\right)}\cdots {\left(\sum _{i_{k}=1}^{n_{k}}a_{k,i_{k}}\right)}&=\sum _{(i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k})\in \{1,\ldots ,n_{1}\}\times \{1,\ldots ,n_{2}\}\times \cdots \times \{1,\ldots ,n_{k}\}}a_{1,i_{1}}\cdot a_{2,i_{2}}\cdots a_{k,i_{k}}.\,\end{aligned}}$

Lösung

Es sei die Aussage für ein bestimmtes ${}k$ bewiesen. Für ${}k+1$ Faktoren ist dann unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung und unter Verwendung des Falles von zwei Faktoren

${}{\begin{aligned}&{\left(\sum _{i_{1}=1}^{n_{1}}a_{1,i_{1}}\right)}\cdot {\left(\sum _{i_{2}=1}^{n_{2}}a_{2,i_{2}}\right)}\cdots {\left(\sum _{i_{k+1}=1}^{n_{k+1}}a_{k+1,i_{k+1}}\right)}\\&={\left(\sum _{(i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k})\in \{1,\ldots ,n_{1}\}\times \{1,\ldots ,n_{2}\}\times \cdots \times \{1,\ldots ,n_{k}\}}a_{1,i_{1}}\cdot a_{2,i_{2}}\cdots a_{k,i_{k}}\right)}{\left(\sum _{i_{k+1}=1}^{n_{k+1}}a_{k+1,i_{k+1}}\right)}\\&={\left(\sum _{(i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k},i_{k+1})\in \{1,\ldots ,n_{1}\}\times \{1,\ldots ,n_{2}\}\times \cdots \times \{1,\ldots ,n_{k}\}\times \{1,\ldots ,n_{k+1}\}}a_{1,i_{1}}\cdot a_{2,i_{2}}\cdots a_{k,i_{k}}\cdot a_{k+1,i_{k+1}}\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass die einzigen natürlichen Zahlen, die die Gleichung

${}a^{2}=a\,$

erfüllen, die ${}0$ und die ${}1$ sind.

Lösung

Wegen  ${}0^{2}=0$  und  ${}1^{2}=1$  erfüllen die beiden Zahlen die Gleichung. Sei  ${}a\neq 0,1$.  Dann ist

${}a\geq 2\,$

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

${}a^{2}=aa\geq 2a=a+a>a\,,$

also ist  ${}a^{2}\neq a$. 

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den Rest von ${}123456789$ bei Division durch ${}8$.

Lösung

Die folgenden Zahlen haben bei Division durch ${}8$ den gleichen Rest (da ${}1000$ ein Vielfaches von ${}8$ ist).

${}{\begin{aligned}123456789&\equiv 789\\&\equiv 69\\&\equiv 5.\end{aligned}}$

Der Rest ist also ${}5$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}x$ und ${}y$ natürliche Zahlen, die man beide als eine Summe von zwei Quadratzahlen darstellen kann. Zeige, dass man auch das Produkt ${}xy$ als Summe von zwei Quadratzahlen darstellen kann.

Lösung

Es sei

${}x=a^{2}+b^{2}\,$

und

${}y=c^{2}+d^{2}\,.$

Wir setzen

${}r=ac-bd\,$

und

${}s=ad+bc\,.$

Dann ist

${}{\begin{aligned}r^{2}+s^{2}&=(ac-bd)^{2}+(ad+bc)^{2}\\&=a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}-2acbd+a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}+2adbc\\&=a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}\\&=(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\\&=xy,\end{aligned}}$

also ist auch das Produkt eine Summe von zwei Quadratzahlen.

Aufgabe (4 Punkte)

Eine natürliche Zahl heißt palindromisch, wenn es egal ist, ob man ihre Dezimalentwicklung von vorne nach hinten oder von hinten nach vorne liest. Bestimme die kleinste Potenz

$1001^{n},$

die nicht palindromisch ist.

Lösung

Die Zahlen

${}1001^{n}=(1000+1)^{n}\,$

lassen sich einfach mit dem binomischen Lehrsatz berechnen. Es sind

${}(1000+1)^{0}=1\,,$

${}(1000+1)^{1}=1001\,,$

${}(1000+1)^{2}=1002001\,,$

${}(1000+1)^{3}=1003003001\,,$

${}(1000+1)^{4}=1004006004001\,$

palindromisch, dagegen ist

${}(1000+1)^{5}=1005010010005001\,$

nicht palindromisch.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien drei verschiedene Zahlen  ${}a,b,c>1$  gegeben. Wie viele Teiler besitzt das Produkt ${}a\cdot b\cdot c$ minimal?

Lösung

Wir können

${}a<b<c\,$

annehmen. Das Produkt ${}abc$ hat zumindest die Teiler

$1,a,b,c,ab,ac,bc,abd,$

wobei allerdings welche identisch sein können. Da aber alle Zahlen ${}a,b,c$ größer als ${}1$ und untereinander verschieden sind, sind auch die Produkte mit zwei Faktoren untereinander und auch vom Gesamtprodukt verschieden. Ferner sind die Zweierprodukte von allen Zahlen verschieden, die in ihnen vorkommen. Wegen den Größenverhältnissen ist  ${}ac>b$  und  ${}bc>a$.  Es kann allenfalls

${}c=ab\,$

sein. Es gibt also mindestens ${}7$ Teiler. Wählt man  ${}a=2$,   ${}b=4$  und  ${}c=8$,  so ist

${}abc=2\cdot 4\cdot 8=64=2^{6}\,,$

und dies hat in der Tat sieben Teiler.

Aufgabe (1 Punkt)

Finde eine Darstellung der ${}1$ für das Zahlenpaar ${}11$ und ${}13$.

Lösung

Es ist

${}6\cdot 11-5\cdot 13=66-65=1\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Anzahl der hinteren Nullen in der Dezimalentwicklung von ${}100!$.

Lösung

Die ${}5$ kommt in den ${}20$ Zahlen ${}5,10,\ldots ,100$ jeweils einmal vor und in ${}25,50,75,100$ nochmal zusätzlich mit einer weiteren Potenz. In ${}100!$ kommt also der Primfaktor ${}5$ mit dem Exponenten ${}24$ vor. Wegen der ${}50$ geraden Zahlen kommt der Primfaktor ${}2$ öfters vor. In ${}100!$ ist also ${}10^{24}$ die größte Zehnerpotenz und somit besitzt ${}100!$ genau ${}24$ Nullen am Ende.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme das kleinste gemeinsame Vielfache von ${}116901$ und ${}138689$.

Lösung

Wir bestimmen zuerst den größten gemeinsamen Teiler der beiden Zahlen mit Hilfe des euklidischen Algorithmus. Es ist

${}138689=116901+21788\,.$

Sodann ist

${}116901=5\cdot 21788+7961\,,$

${}21788=2\cdot 7961+5866\,,$

${}7961=5866+2095\,,$

${}5866=2\cdot 2095+1676\,,$

${}2095=1676+419\,,$

${}1676=4\cdot 419\,.$

Der ${}\operatorname {GgT}$ der beiden Zahlen ist also ${}419$. Daher ist das ${}\operatorname {KgV}$ der beiden Zahlen nach Lemma 21.3 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) gleich

${}{\frac {116901\cdot 138689}{419}}=279\cdot 138689=38694231\,.$

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

Auf einer Baustelle gibt es eine große Waage mit zwei Schalen und (beliebig viele) Gewichte der Schwere ${}12$ bzw. ${}50$ Kilogramm.

1. Erläutere, wie man damit sechs Kilogramm Sand abwiegen kann.
2. Bestimme, welche Massen man damit abwiegen kann.

Lösung

1. Wegen

   ${}3\cdot 50=6+12\cdot 12\,$

   kann man ${}6$ Kilo Sand abwiegen, indem man in die eine Schale dreimal das Fünfzigergewicht und in die andere zwölfmal das Zwölfergewicht drauflegt und die letzte Schale mit Sand auffüllt.

2. Da beide Zahlen Vielfache von ${}2$ sind, kann man auch nur Vielfache von ${}2$ abwiegen. Zwei kann man in der Tat abwiegen, wegen

   ${}50=2+4\cdot 12\,.$

   Indem man diese Situation vervielfacht, kann man jedes Vielfache von ${}2$ abwiegen.

Aufgabe (2 Punkte)

Heinz Ngolo und Mustafa Müller wollen wissen, wie viele Kaulquappen sich im Teich im Wald befinden. Der Teich ist einen Meter tief und ist quadratisch mit einer Seitenlänge von zehn Metern, die Kaulquappen sind darin gleichmäßig verteilt. Heinz hat eine Teekanne dabei, in die ein halber Liter Wasser hineinpasst. Sie trinken den Tee leer und füllen die Kanne mit Teichwasser. Sie zählen, dass in der Kanne genau ${}23$ Kaulquappen sind und schütten alles zurück. Wie viele Kaulquappen befinden sich im Teich?

Lösung

Der Teich enthält ${}100$ Kubikmeter Wasser. In einen Kubikmeter passen ${}1000$ Liter und somit der Inhalt von ${}2000$ Teekannen. In den Teich passen also

${}100\cdot 1000\cdot 2=200000\,$

Teekannen. Somit befinden sich im Teich ca.

${}200000\cdot 23=4600000\,$

Kaulquappen.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise, dass die rationalen Zahlen einen Körper bilden.

Lösung

1. Die Kommutativität der Addition folgt unmittelbar aus der Definition und der Kommutativität der ganzzahligen Addition und der ganzzahligen Multiplikation. Zum Nachweis der Assoziativität können wir annehmen, dass alle drei beteiligten rationalen Zahlen den gleichen Nenner haben. Es sei also

   $x={\frac {a}{r}},\,y={\frac {b}{r}},\,z={\frac {c}{r}}.$

   Dann ist

   ${}{\left(x+y\right)}+z={\left({\frac {a}{r}}+{\frac {b}{r}}\right)}+{\frac {c}{r}}={\frac {a+b}{r}}+{\frac {c}{r}}={\frac {a+b+c}{r}}=x+{\left(y+z\right)}\,.$

   Ferner ist

   ${}0+{\frac {a}{b}}={\frac {0}{b}}+{\frac {a}{b}}={\frac {0+a}{b}}={\frac {a}{b}}\,.$

   Zu  ${}x={\frac {a}{b}}$  betrachtet man  ${}y={\frac {-a}{b}}$.  Dann ist

   ${}x+y={\frac {a}{b}}+{\frac {-a}{b}}={\frac {a-a}{b}}={\frac {0}{b}}=0\,.$

2. Die Kommutativität und die Assoziativität der Multiplikation ergeben sich unmittelbar aus der Definition und den entsprechenden Eigenschaften der ganzzahligen Verknüpfungen. Die  ${}1={\frac {1}{1}}$  hat die Eigenschaft

   ${}1\cdot {\frac {a}{b}}={\frac {1}{1}}\cdot {\frac {a}{b}}={\frac {a}{b}}\,,$

   es ist also das neutrale Element der Multiplikation. Zu einer rationalen Zahl  ${}z\neq 0$  ist  ${}z={\frac {a}{b}}$  mit  ${}a,b\neq 0$  (also sowohl der Zähler als auch der Nenner sind von ${}0$ verschieden) und daher ist auch der umgedrehte Bruch

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

   eine rationale Zahl, und es gilt

   ${}{\frac {a}{b}}\cdot {\frac {b}{a}}={\frac {ab}{ab}}=1\,.$

3. Zum Nachweis des Distributivgesetzes sei

   $x={\frac {a}{r}},\,y={\frac {b}{r}},\,z={\frac {c}{r}}.$

   Damit ist unter Verwendung des Distributivgesetzes der ganzen Zahlen

   ${}{\begin{aligned}x\cdot (y+z)&={\frac {a}{r}}\cdot {\left({\frac {b}{r}}+{\frac {c}{r}}\right)}\\&={\frac {a}{r}}\cdot {\frac {b+c}{r}}\\&={\frac {a(b+c)}{r^{2}}}\\&={\frac {ab+ac}{r^{2}}}\\&={\frac {ab}{r^{2}}}+{\frac {ac}{r^{2}}}\\&={\frac {a}{r}}\cdot {\frac {b}{r}}+{\frac {a}{r}}\cdot {\frac {c}{r}}\\&=x\cdot y+x\cdot z.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

1. Beschreibe in Worten, wie man den Term

   $-{\frac {7}{5}}\cdot 2^{-3}$

   ausrechnet.

2. Schreibe die Funktion

   $\mathbb {Q} \setminus \{0\}\longrightarrow \mathbb {Q} ,\,x\longmapsto -{\frac {7}{5}}x^{-3}$

   als eine Hintereinanderschaltung von möglichst einfachen Abbildungen.

Lösung

1. Man nimmt die Zahl ${}2$ und nimmt davon die dritte Potenz, man multipliziert also die ${}2$ mit sich selbst und das Ergebnis nochmal mit ${}2$. Dieses Ergebnis invertiert man. Das Ergebnis davon multipliziert man mit ${}7$, das Ergebnis davon dividiert man durch ${}5$ und von diesem Ergebnis nimmt man das Negative.
2. Wir betrachten die Abbildungen

   $f\colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,x\longmapsto x^{3},$

   $g\colon \mathbb {Q} \setminus \{0\}\longrightarrow \mathbb {Q} ,\,y\longmapsto y^{-1},$

   $h\colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,z\longmapsto 7z,$

   $\alpha \colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,u\longmapsto {\frac {1}{5}}u$

   und

   $\beta \colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,v\longmapsto -v.$

   Dann ist die angegebene Funktion gleich

   $\beta \circ \alpha \circ h\circ g\circ f,$

   wobei man im Definitionsbereich von ${}f$ die ${}0$ herausnehmen muss.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und ${}b\in K$, ${}b>1$. Zeige, dass es dann Elemente  ${}c,d>1$  mit  ${}b=cd$  gibt.

Lösung

Wir setzen

${}c={\frac {b+1}{2}}\,.$

Da  ${}b>1$  ist, ist auch

${}b+1>2\,$

und damit ist

${}c>1\,.$

Wir setzen sodann

${}d=b\cdot c^{-1}={\frac {2b}{b+1}}\,,$

sodass die geforderte Gleichheit

${}b=c\cdot d\,$

gilt. Wegen  ${}b>1$  ist

${}2b=b+b>b+1\,,$

also ist auch

${}d>1\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass für jedes ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ der Dezimalbruch

$\sum _{i=1}^{k}3\cdot 10^{-i}$

die rationale Zahl ${}{\frac {1}{3}}$ mit einem Fehler von maximal ${}10^{-k}$ approximiert (von unten).

Lösung

Wir müssen die Abschätzungen

${}\sum _{i=1}^{k}3\cdot 10^{-i}\leq {\frac {1}{3}}<\sum _{i=1}^{k}3\cdot 10^{-i}+{\frac {1}{10^{-k}}}\,$

nachweisen. Wir schreiben diese Bedingung als

${}{\frac {\sum _{i=1}^{k}3\cdot 10^{k-i}}{10^{k}}}\leq {\frac {1}{3}}<{\frac {\sum _{i=1}^{k}3\cdot 10^{k-i}+1}{10^{k}}}\,.$

Um dies zu zeigen multiplizieren wir über Kreuz. Für die linke Seite erhalten wir

${}3{\left(\sum _{i=1}^{k}3\cdot 10^{k-i}\right)}=9\cdot \sum _{j=0}^{k-1}10^{j}<10^{k}\,,$

wobei die letzte Abschätzung auf Korollar 15.3 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) beruht. Wenn man zu ${}9\cdot \sum _{j=0}^{k-1}10^{j}$ die Zahl ${}3$ hinzuaddiert, so erhält man ${}10^{k}+2$, was die zweite Abschätzung ergibt.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Periodizitätseigenschaft bei der Division von natürlichen Zahlen.

Lösung

Wenn für ein ${}k$ der Rest  ${}r_{-k}=0$  ist, so sind auch alle weiteren Reste und damit auch die Ziffern gleich ${}0$, sodass eine Periodenlänge  ${}\ell =1$  vorliegt. Nehmen wir also an, dass alle Reste ${}r_{-i}$ von ${}0$ verschieden sind. Da die Reste

$r_{-1},r_{-2},r_{-3}$

allesamt zwischen ${}1$ und ${}b-1$ liegen, muss es in ihnen irgendwann eine Wiederholung geben, sagen wir, dass

${}r_{-k-\ell }=r_{-k}\,$

gilt. Da ${}z_{-i-1}$ und ${}r_{-i-1}$ für alle ${}i$ allein von ${}r_{-i}$ abhängt, wiederholt sich dann die Restfolge und die Ziffernfolge

$r_{-k},r_{-k-1},\ldots ,r_{-k-\ell +1}\,\,{\text{ bzw. }}\,\,z_{-k},z_{-k-1},\ldots ,z_{-k-\ell +1}$

unendlich oft periodisch.