Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/T3/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	21	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	1	4	1	3	5	3	2	2	2	1	2	4	4	6	5	5	3	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. Die Mengen ${}L$ und ${}M$ heißen disjunkt, wenn ihr Durchschnitt ${}L\cap M=\emptyset$ ist.
3. Eine Abbildung ${}F$ von ${}L$ nach ${}M$ ist dadurch gegeben, dass jedem Element der Menge ${}L$ genau ein Element der Menge ${}M$ zugeordnet wird.
4. 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.

5. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
6. Die Abbildung

   $G\colon M\longrightarrow L,$

   die jedes Element ${}y\in M$ auf das eindeutig bestimmte Element ${}x\in L$ mit ${}F(x)=y$ abbildet, heißt die Umkehrabbildung zu ${}F$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Wenn ${}M$ eine Menge ist und wenn

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

   und

   $\psi \colon \{1,\ldots ,k\}\longrightarrow M$

   bijektive Abbildungen sind, so ist

   ${}n=k\,.$

2. Für jede natürliche Zahl ${}n$ sei eine Aussage ${}A(n)$ gegeben. Es gelte
   1. ${}A(0)$ ist wahr.
   2. Für alle ${}n$ gilt: wenn ${}A(n)$ gilt, so ist auch ${}A(n+1)$ wahr.
   Dann gilt ${}A(n)$ für alle ${}n$.
3. Auf den natürlichen Zahlen gibt es genau eine Verknüpfung

   $\mathbb {N} \times \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {N} ,\,(x,y)\longmapsto x+y,$

   mit

   $x+0=x{\text{ für alle }}x\in \mathbb {N} \,\,{\text{ und }}\,\,x+y'=(x+y)'{\text{ für alle }}x,y\in \mathbb {N} .$

Aufgabe (2 Punkte)

Führe die erste binomische Formel für rationale Zahlen auf die erste binomische Formel für ganze Zahlen zurück.

Lösung

Wir schreiben die beteiligten rationalen Zahlen als

$a={\frac {k}{m}}\,\,{\text{ und }}\,\,b={\frac {r}{s}}.$

Unter Verwendung von grundlegenden Rechenregeln für Brüche erhalten wir

${}{\begin{aligned}(a+b)^{2}&={\left({\frac {k}{m}}+{\frac {r}{s}}\right)}^{2}\\&={\left({\frac {ks+rm}{ms}}\right)}^{2}\\&={\frac {(ks+rm)^{2}}{(ms)^{2}}}\\&={\frac {(ks)^{2}+2ksrm+(rm)^{2}}{(ms)^{2}}}\\&={\frac {(ks)^{2}}{(ms)^{2}}}+2{\frac {ksrm}{(ms)^{2}}}+{\frac {(rm)^{2}}{(ms)^{2}}}\\&={\left({\frac {k}{m}}\right)}^{2}+2{\frac {ks}{ms}}\cdot {\frac {rm}{ms}}+{\left({\frac {r}{s}}\right)}^{2}\\&=a^{2}+2ab+b^{2}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass man das Multiplizieren von natürlichen Zahlen durch das maximal zweifache Quadrieren, das Addieren, Subtrahieren und durch das Halbieren ausdrücken kann.

Lösung Natürliche Zahlen/Produkt/Quadrieren/2/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Finde einen möglichst einfachen aussagenlogischen Ausdruck, der die folgende tabellarisch dargestellte Wahrheitsfunktion ergibt.

${}p$ ${}q$ ${}?$ w w w w f w f w w f f f

Lösung

$p\vee q.$

Aufgabe (4 Punkte)

Hanny, Nanny, Fanny und Sanny leben auf dem Ponyhof. Heute machen sie einen Ausflug mit den Ponies Pona, Pone, Pono und Ponu. Jedes der Mädchen sitzt dabei genau auf einem Pony, und sie reiten hintereinander. Folgende Fakten sind bekannt.

1. Fanny sitzt nicht auf Pona.
2. Pone und Ponu vertragen sich nicht so gut und laufen daher nicht direkt hintereinander.
3. Nanny sitzt auf Pone oder auf Pono.
4. Sanny reitet auf Pona oder auf Pone.
5. Nanny reitet direkt hinter Sanny.
6. Auf Ponu sitzt nicht Sanny.
7. Pona läuft direkt zwischen Pone und Pono.
8. Auf Pono sitzt weder Fanny noch Hanny.
9. Sanny reitet weiter vorne als Hanny.

Wer sitzt auf welchem Pony und in welcher Reihenfolge laufen sie?

Lösung

Nach (7) liegt der Ponyabschnitt Pone-Pona-Pono oder Pono-Pona-Pone vor. Nach (2) sind somit nur die Ponyreihenfolgen Pone-Pona-Pono-Ponu oder Ponu-Pono-Pona-Pone möglich. Nach (8) sitzt auf Pono Nanny oder Sanny, nach (4) sitzt aber Sanny auf Pona oder Pone. Deshalb sitzt Nanny auf Pono. Nach (5) reitet Nanny direkt hinter Sanny. Bei der Reihenfolge Ponu-Pono-Pona-Pone müsste also Sanny auf Ponu reiten, was nach (4) ausgeschlossen ist. Also ist die Reihenfolge Pone-Pona-Pono-Ponu und Sanny reitet auf Pona. Nach (9) reitet Hanny auf Ponu und folglich reitet Fanny auf Pone.

Reihenfolge	Pony	Reiterin
1	Pone	Fanny
2	Pona	Sanny
3	Pono	Nanny
4	Ponu	Hanny

Aufgabe (1 Punkt)

Man finde eine äquivalente Formulierung für die Aussage „Frau Maier-Sengupta hat nicht alle Tassen im Schrank“ mit Hilfe einer Existenzaussage.

Lösung

Es gibt eine Tasse, die Frau Maier-Sengupta nicht im Schrank hat.

Aufgabe weiter

Der Ausdruck ${}D(x,y)$ bedeute, dass die Person ${}x$ (aus dem Kurs) heute einen Stift mit der Farbe ${}y$ (aus einer bestimmten Menge von Farben) dabei hat. Formuliere in normalen Worten, was die folgenden formal geschriebenen Ausdrücke bedeuten.

1. ${}\forall x(\exists yD(x,y))$.
2. ${}\exists x(\forall yD(x,y))$.
3. ${}\forall x(\forall yD(x,y))$.
4. ${}\exists x(\exists yD(x,y))$.
5. ${}\exists y(\forall xD(x,y))$.
6. ${}\forall y(\exists xD(x,y))$.

Lösung

1. Jede Person (hier und im folgenden: aus dem Kurs) hat heute (mindestens) einen Stift (irgendeiner Farbe) dabei.
2. Es gibt eine Person, die von allen Farben einen Stift dieser Farbe dabei hat.
3. Jede Person hat einen Stift von jeder Farbe dabei.
4. Es gibt eine Person, die einen Stift dabei hat.
5. Es gibt eine Farbe derart, dass jede Person einen Stift dieser Farbe dabei hat.
6. Für alle Farben gibt es eine Person, die einen Stift dieser Farbe dabei hat.

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 (3 Punkte)

Die Hochschule „Tellerrand“ bietet lediglich ${}4$ Fächer an, nämlich Hethitologie, Assyriologie, Ägyptologie und Semitistik. Sie bietet lediglich ${}2$-Fächer-Bachelor an in beliebiger Fächerkombination. Wie viele Fächerkombinationen gibt es (es wird nicht zwischen Erst- und Zweitfach unterschieden)? Skizziere ein Mengendiagramm, das die Studentenschaft mit ihren Fächern wiedergibt. Die zu einem Fach gehörenden Studenten und Studentinnen sollen dabei durch ein zusammenhängendes Gebiet dargestellt werden.

Lösung

Es gibt ${}6$ Möglichkeiten.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}A,\,B$ und ${}C$ Mengen. Beweise die Identität

${}A\setminus {\left(B\setminus C\right)}={\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}\,.$

Lösung

Es sei ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$. Das bedeutet ${}x\in A$ und ${}x\notin B\setminus C$. Dies wiederum bedeutet ${}x\notin B$ oder ${}x\in B\cap C$. Somit ist insgesamt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$.

Es sei nun umgekehrt ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$. Bei ${}x\in {\left(A\setminus B\right)}$ ist ${}x\in A$ und ${}x\notin B$ und somit ist insbesondere ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$. Ist hingegen ${}x\in A\cap C$, so ist bei ${}x\in A\setminus B$ die Zugehörigkeit zur linken Menge schon erwiesen. Also müssen wir nur noch den Fall ${}x\in B$ betrachten. In diesem Fall ist ${}x\notin B\setminus C$ und somit ist ebenfalls ${}x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$.

Aufgabe (2 (0.5+0.5+0.5+0.5) Punkte)

Wir zählen

${\text{ ich}},\,{\text{ Mama}},\,{\text{ Oma}},\,{\text{Uroma}},\,{\text{Ururoma}},\ldots .$

1. Was ist die Mama der Urururoma?
2. Was ist die Uroma der Uroma?
3. Was ist die Oma der Oma der Oma?
4. Was ist die Ururoma der Uroma?

Lösung

1. Ururururoma.
2. Ururururoma.
3. Ururururoma.
4. Urururururoma.

Aufgabe (2 Punkte)

Die Absetzmulde ist voll mit Schutt und soll durch eine leere Mulde ersetzt werden, die das Absetzkipperfahrzeug bringt, das auch die volle Mulde mitnehmen soll. Auf dem Fahrzeug und auf dem Garagenvorplatz, wo die volle Mulde steht, ist nur Platz für eine Mulde. Dafür kann die Straße als Zwischenablage genutzt werden. Wie viele Ladevorgänge sind vor Ort nötig, bis der Gesamtaustausch vollständig abgeschlossen ist?

Lösung

1. Leere Mulde auf dem Straßenplatz ${}A$ abladen.
2. Volle Mulde auf Fahrzeug hochladen.
3. Volle Mulde auf dem Straßenplatz ${}B$ abladen.
4. Leere Mulde auf Fahrzeug hochladen.
5. Leere Mulde auf den Garagenvorplatz abladen.
6. Volle Mulde auf Fahrzeug hochladen.

Es sind also sechs Ladevorgänge nötig.

Aufgabe (1 Punkt)

Professor Knopfloch ist soeben aufgestanden und noch etwas schläfrig. Er setzt sich seine zwei Kontaktlinsen in seine Augen. Beim Frühstück stellt er fest, dass in seinem linken Auge keine Kontaktlinse ist. Er ist sich sicher, dass keine Kontaktlinse verloren ging, jede Kontaklinse landete in einem seiner Augen. Ist die Abbildung, die die Zuordnung an diesem Morgen der Kontaktlinsen zu den Augen beschreibt, surjektiv, injektiv, bijektiv?

Lösung

Die einzige Möglichkeit ist, dass beide Kontaklinsen im rechten Auge gelandet sind. Somit ist die Abbildung nicht injektiv (${}2$ Elemente haben den gleichen Wert), und auch nicht surjektiv, da das linke Auge nicht getroffen wird. Insbesondere ist die Abbildung nicht bijektiv.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ Mengen und ${}F\colon L\rightarrow M$ und ${}G\colon M\rightarrow N$ surjektive Abbildungen. Zeige, dass die Hintereinanderschaltung ${}G\circ F$ ebenfalls surjektiv ist.

Lösung

Sei ${}z\in N$ gegeben. Aufgrund der Surjektivität von ${}G$ gibt es ein ${}y\in M$ mit

${}G(y)=z\,.$

Aufgrund der Surjektivität von ${}F$ gibt es ein ${}x\in L$ mit

${}F(x)=y\,.$

Insgesamt ist

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

es gibt also ein Urbild von ${}z$ und somit ist die Gesamtabbildung surjektiv.

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

1. Es sei ${}H$ die Menge aller (lebenden oder verstorbenen) Menschen. Untersuche die Abbildung

   $\varphi \colon H\longrightarrow H,$

   die jedem Menschen seine Mutter zuordnet, auf Injektivität und Surjektivität.

2. Welche Bedeutung hat die Hintereinanderschaltung ${}\varphi ^{3}$?
3. Wie sieht es aus, wenn man die gleiche Abbildungsvorschrift nimmt, sie aber auf die Menge ${}E$ aller Einzelkinder und auf die Menge ${}M$ aller Mütter einschränkt?
4. Seien Sie spitzfindig (evolutionsbiologisch oder religiös) und argumentieren Sie, dass die Abbildung in (1) nicht wohldefiniert ist.

Lösung

1. Die Abbildung ist nicht injektiv, da Geschwister die gleiche Mutter haben, und nicht surjektiv, da nicht jeder Mensch ein Mutter ist.
2. Die Abbildung ${}\varphi ^{3}$ ordnet jedem Menschen seine Urgroßmutter in der mütterlichen Stammlinie zu.
3. Die Abbildung ist jetzt injektiv, da verschiedene Einzelkinder verschiedene Mütter haben. Sie ist nicht surjektiv, da es Mütter gibt, die mehr als ein Kind haben.
4. Evolutionsbiologisch: Da sich die Menschheit evolutionär aus nichtmenschlichen Vorfahren entwickelt hat, muss es in der Folge ${}\varphi ^{n}(x)$, ${}n\in \mathbb {N}$, einen Übergang von Mensch zu Nichtmensch geben, also ein ${}n\in \mathbb {N}$ derart, dass ${}\varphi ^{n}(x)$ schon ein Mensch ist, aber ${}\varphi ^{n+1}(x)$ noch nicht. Für ${}\varphi ^{n}(x)$ ist dann die Abbildung nicht definiert. Relgiös: Adam und Eva haben keine Mutter, obwohl sie Menschen sind.

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 (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Wohldefiniertheit der Anzahl einer endlichen Menge.

Lösung

Es seien die bijektiven Abbildungen

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

und

$\psi \colon \{1,\ldots ,k\}\longrightarrow M$

gegeben. Da man bijektive Abbildungen umkehren kann und da die Hintereinanderschaltung von bijektiven Abbildungen nach Lemma 6.4 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (3) wieder bijektiv ist, ist auch

$\psi ^{-1}\circ \varphi \colon {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow \{1,\ldots ,k\}$

bijektiv. Wir müssen also nur die endlichen Standardmengen ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ untereinander vergleichen. Wir müssen also zeigen, dass wenn eine bijektive Abbildung

$\theta \colon {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow \{1,\ldots ,k\}$

vorliegt, dass dann

${}n=k\,$

ist. Dies zeigen wir durch Induktion nach ${}n$. Wenn ${}n=0$ ist, so ist die Menge links leer und somit muss auch die rechte Menge leer sein, also ist dann auch ${}k=0$. Es seien nun ${}n,k$ nicht ${}0$, sodass sie also jeweils einen Vorgänger haben. Es sei ${}m$ der Vorgänger von ${}n$ und ${}\ell$ der Vorgänger von ${}k$. Diese Zahlen sind eindeutig bestimmt, da die Nachfolgerabbildung injektiv ist. Wir setzen

${}z=\theta (n)\in \{1,\ldots ,k\}\,.$

Dann gibt es nach der Herausnahme von ${}n$ bzw. ${}z$ eine bijektive Abbildung

$\{1,\ldots ,m\}={\{1,\ldots ,n\}}\setminus \{n\}\longrightarrow \{1,\ldots ,k\}\setminus \{z\}.$

Nach Lemma 6.9 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) gibt es eine bijektive Abbildung zwischen ${}\{1,\ldots ,\ell \}$ und ${}\{1,\ldots ,k\}\setminus \{z\}$. Somit gibt es dann auch insgesamt eine bijektive Abbildung zwischen ${}\{1,\ldots ,m\}$ und ${}\{1,\ldots ,\ell \}$. Nach Induktionsvoraussetzung ist ${}m=\ell$, also auch

${}n=m'=\ell '=k\,.$

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Wir behaupten, dass die Summe von vier aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen durch ${}8$ teilbar ist.

1. Beweise diese Aussage mit vollständiger Induktion.
2. Beweise diese Aussage ohne vollständige Induktion.

Lösung

Eine ungerade natürliche Zahl besitzt die Form ${}2n+1$ mit einer natürlichen Zahl ${}n\in \mathbb {N}$. Vier aufeinanderfolgende Zahlen sind damit ${}2n+1,2n+3,2n+5,2n+7$.

1. Induktionsbeweis: Für ${}n=0$ geht es um

   ${}1+3+5+7=16=2\cdot 8\,,$

   was durch ${}8$ teilbar ist. Es sei nun die Vierersumme der aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen beginnend mit ${}2n+1$ ein Vielfaches der ${}8$. Es ist zu zeigen, dass dies auch für die Vierersumme der aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen beginnend mit ${}2(n+1)+1=2n+3$ gilt. Es ist

   ${}{\begin{aligned}(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)+(2n+9)&=(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)+(2n+1)+8\\&=(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)+8\\&=8k+8\\&=8(k+1),\end{aligned}}$

   sodass diese Zahl wieder ein Vielfaches der ${}8$ ist.

2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)+(2n+7)&=2n+2n+2n+2n+1+3+5+7\\&=8n+16\\&=8(n+2),\end{aligned}}$

   sodass ein Vielfaches der ${}8$ vorliegt.

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die naürliche Additionstabelle bis zu einer bestimmten Zahl ${}n$, also

${}+$	${}1$	${}2$	${}3$	${}\ldots$	${}n-1$	${}n$
${}1$	${}1+1$	${}1+2$	${}1+3$	${}\ldots$	${}1+n-1$	${}1+n$
${}2$	${}2+1$	${}2+2$	${}2+3$	${}\ldots$	${}2+n-1$	${}2+n$
${}3$	${}3+1$	${}3+2$	${}3+3$	${}\ldots$	${}3+n-1$	${}3+n$
${}\ldots$	${}\vdots$	${}\vdots$	${}\vdots$	${}\vdots$	${}\vdots$	${}\vdots$
${}n-1$	${}n-1+1$	${}n-1+2$	${}n-1+3$	${}\ldots$	${}n-1+n-1$	${}n-1+n$
${}n$	${}n+1$	${}n+2$	${}n+3$	${}\ldots$	${}n+n-1$	${}n+n$

Zeige durch Induktion, dass die Gesamtsumme aller in der Tabelle auftretenden Summen gleich ${}(n+1)n^{2}$ ist, also

${}\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq n}(i+j)=(n+1)n^{2}\,.$

Lösung

Für ${}n=1$ gibt es nur den einen Summanden ${}1+1$, sodass der Induktionsanfang gesichert ist. Es sei die Aussage für ein ${}n$ bewiesen. Wir unterteilen die zu berechnende Summe je nachdem, ob die beteiligten Summanden kleiner oder gleich ${}n+1$ sind. Dann ist unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung und der Formel für die Summe der ersten ${}n$ Zahlen

${}{\begin{aligned}\sum _{1\leq i\leq n+1,\,1\leq j\leq n+1}(i+j)&=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq n}(i+j)+\sum _{\,1\leq j\leq n}(n+1+j)+\sum _{1\leq i\leq n}(i+n+1)+(n+1)+(n+1)\\&=(n+1)n^{2}+2\sum _{\,1\leq j\leq n}(n+1+j)+2(n+1)\\&=(n+1)n^{2}+2n(n+1)+2\sum _{\,1\leq j\leq n}j+2(n+1)\\&=(n+1)n^{2}+2n(n+1)+n(n+1)+2(n+1)\\&=(n+1)(n^{2}+2n+n+2)\\&=(n+1)(n+2)(n+1)\\&=(n+2)(n+1)^{2}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Das folgende Zitat zur Entwicklung der Zählkompetenz beim Kind ist dem didaktischen Projekt Kira entnommen.

„Phase 1 (verbales Zählen): Die Zahlwortreihe ist noch nicht strukturiert und wird wie ein Gedicht aufgesagt (einszweidreivier). Die Zahlwörter werden noch nicht zum Zählen eingesetzt.

Phase 2 (asynchrones Zählen): Zahlwörter werden zum Zählen benutzt, allerdings werden noch oft Objekte vergessen oder mehrfach gezählt.

Phase 3 (Ordnen der Objekte während des Zählens): Kinder ordnen die Objekte, um sie besser zählen zu können (z.B. durch Wegschieben oder Umlegen während des Zählens).

Phase 4 (resultatives Zählen): Kinder wissen, dass sie beim Zählen mit der Eins anfangen müssen (und fangen auch immer mit der Eins an zu zählen), dass jedes Objekt nur einmal gezählt wird und dass die letztgenannte Zahl die Anzahl angibt.

Phase 5 (abkürzendes Zählen): Kinder können kleinere Mengen simultan erfassen, indem sie z.B. Strukturen bilden bzw. ausnutzen (z.B. werden fünf Plättchen, die wie das Bild der Fünf auf einem Würfel dargestellt werden, sofort als fünf erkannt). Sie können von einer beliebigen Zahl an zählen und das auch in Zweierschritten oder auch rückwärts (vgl. Hasemann 2007, S. 8f.).“

Bringe die beschriebenen Phasen mit abstrakten mathematischen Konzepten in Verbindung.

Lösung Zählen/Lernprozess/Mathematischer Vergleich/Aufgabe/Lösung