Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil II/1/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	$\sum$
Punkte	3	3	3	1	3	3	3	3	4	3	10	2	3	3	4	4	2	7	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Vektoren $v_1,\dots ,v_n$ im $K^m$ heißen ein Erzeugendensystem des $K^m$, wenn man jeden Vektor $w\in K^m$ als eine Linearkombination mit den Vektoren $v_1,\dots ,v_n$ schreiben kann.
2. Unter den elementaren Zeilenumformungen versteht man die Manipulationen:
   1. Vertauschung von zwei Zeilen.
   2. Multiplikation einer Zeile mit $s\ne 0$.
   3. Addition des $a$-fachen einer Zeile zu einer anderen Zeile.
3. Die Relation $R$ heißt transitiv, wenn aus $xRy$ und $yRz$ stets $xRz$ folgt.
4. Der Restklassenring $C/N$ des Ringes $C$ der rationalen Cauchy-Folgen modulo des Ideals $N$ der Nullfolgen heißt Cauchy-Folgen-Modell der reellen Zahlen.
5. Die Funktion

   $ℝ⟶ℝ,x⟼b^x,$

   heißt Exponentialfunktion zur Basis $b$.

6. Die endliche Wahrscheinlichkeitsdichte $B_{p,n}$ auf  $M=\{1,\dots ,n\}$  mit

   $B_{p,n}(k)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})p^k(1-p{)}^{n-k}$

   heißt Binomialverteilung zur Stichprobenlänge $n$ und zur Erfolgswahrscheinlichkeit $p$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es seien $v_1=\left(\begin{array}{c}{a}_{11}\\ ⋮\\ a_{m1}\end{array}\right),v_2=\left(\begin{array}{c}{a}_{12}\\ ⋮\\ a_{m2}\end{array}\right),\dots ,v_n=\left(\begin{array}{c}{a}_{1n}\\ ⋮\\ a_{mn}\end{array}\right)$ Vektoren im $K^m$. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent.
   1. Die Vektoren bilden ein Erzeugendensystem des $K^m$.
   2. Für jeden Standardvektor $e_i$ gibt es eine Darstellung als Linearkombination

      $e_i=\sum s_j{v}_j.$

   3. Für jedes $w=\left(\begin{array}{c}{w}_1\\ ⋮\\ w_m\end{array}\right)\in K^m$ ist das lineare Gleichungssystem

      $s_1\left(\begin{array}{c}{a}_{11}\\ ⋮\\ a_{m1}\end{array}\right)+s_2\left(\begin{array}{c}{a}_{12}\\ ⋮\\ a_{m2}\end{array}\right)+\cdots +s_n\left(\begin{array}{c}{a}_{1n}\\ ⋮\\ a_{mn}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{w}_1\\ ⋮\\ w_m\end{array}\right)$

      lösbar.

2. Es sei $K$ ein angeordneter Körper, und es seien ${\left(x_n\right)}_{n\in \mathbb{N}},{\left(y_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ und ${\left(z_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ drei Folgen in $K$. Es gelte

   $x_n\le y_n\le z_n\text{ für alle }n\in \mathbb{N}$

   und ${\left(x_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ und ${\left(z_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$

   konvergieren beide gegen den gleichen Grenzwert $a$. Dann konvergiert auch ${\left(y_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ gegen diesen Grenzwert $a$.
3. Es sei

   $a{X}^2+bX+c=0$

   eine reelle quadratische Gleichung. Dann gilt folgendes Lösungsverhalten.

   1. Bei

      $b^2-4ac<0$

      gibt es keine reelle Lösung.

   2. Bei

      $b^2-4ac=0$

      gibt es die eine Lösung

      $x=\frac{-b}{2a}$

   3. Bei

      $b^2-4ac>0$

      gibt es die beiden Lösungen

      $x_{1,2}=\frac{\pm \sqrt{b^2-4ac}-b}{2a}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Gibt es eine Lösung $(a,b,c)\in \mathbb{Q}$ für das lineare Gleichungssystem

$a\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 11\\ 2\end{array}\right)+b\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 12\\ 3\end{array}\right)+c\left(\begin{array}{c}3\\ 1\\ 20\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}15\\ 11\\ 106\\ 31\end{array}\right)?$

Lösung

$(2,2,3)$ ist eine Lösung.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Lösungsmenge des Ungleichungssystems

$3x\ge -8$

und

$7x\le 10$

über $\mathbb{Q}$.

Lösung

Die Bedingungen bedeuten

$x\ge -\frac{8}{3}$

und

$x\le \frac{10}{7},$

die Lösungsmenge ist also das Intervall $[-\frac{8}{3},\frac{10}{7}]$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $M$ eine Menge mit $n$ Elementen. Bestimme die Anzahl der Relationen auf $M$, die

1. reflexiv
2. symmetrisch
3. reflexiv und symmetrisch

sind.

Lösung

Es sei  $M=\{1,\dots ,n\}$.  Eine Relation $R$ ist gegeben durch eine bestimmte Menge von geordneten Paaren $(x,y)$, $x,y\in M$. Daher kann man sich eine Relation auf $M$ so vorstellen, dass in einer $n\times n$-Tabelle gewisse Stellen angekreuzt werden und andere nicht.

Bei einer beliebigen Relation gibt es keine weiteren Bedingungen, sodass es $2^{n^2}$ Relationen gibt (das war nicht gefragt).

Bei einer reflexiven Relation muss auf der Diagonalen immer ein Kreuz sein, ansonsten hat man keine Bedingung, es gibt also  $n^2-n=n(n-1)$  freie Stellen und daher $2^{n(n-1)}$ reflexive Relationen.

Bei einer symmetrischen Relation hat man oberhalb der Diagonalen (einschließlich dieser) volle Freiheiten (unterhalb der Diagonalen muss sich der Eintrag wiederholen). Da gibt es  $\frac{n^2-n}{2}+n=\frac{n^2+n}{2}$  Plätze und somit gibt es $2^{\frac{n^2+n}{2}}$ symmetrische Relationen.

Bei einer symmetrischen und reflexiven Relation hat man echt oberhalb der Diagonalen volle Wahlfreiheiten. Davon gibt es $\frac{n^2-n}{2}$ Plätze, sodass es $2^{\frac{n^2-n}{2}}$ symmetrische und reflexive Relationen gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper. Wir betrachten die Abbildung

$\phi :K⟶{\mathrm{Mat}}_2(K),a⟼\left(\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& 0\end{array}\right).$

Welche Eigenschaften eines Ringhomomorphismus erfüllt die Abbildung $\phi$, welche nicht?

Lösung

Es ist

$\phi (a+b)=\left(\begin{array}{cc}a+b& 0\\ 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}b& 0\\ 0& 0\end{array}\right)=\phi (a)+\phi (b),$

die Abbildung ist also mit der Addition verträglich.

Es ist

$\phi (a\cdot b)=\left(\begin{array}{cc}a\cdot b& 0\\ 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}b& 0\\ 0& 0\end{array}\right)=\phi (a)\cdot \phi (b),$

die Abbildung ist also mit der Multiplikation verträglich.

Es ist

$\phi (1)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\ne \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),$

die Abbildung bildet also nicht die $1$ auf die $1$ ab. Insgesamt liegt kein Ringhomomorphismus vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien $M$ und $N$ endliche Mengen mit $m$ bzw. $n$ Elementen und sei

$f:M⟶N$

eine injektive Abbildung. Wie viele Abbildungen

$g:N⟶M$

mit

$g\circ f={\mathrm{Id}}_M$

gibt es?

Lösung

Jedes  $y\in N$  muss durch $g$ auf das aufgrund der Injektivität eindeutig bestimmte  $x\in M$  mit  $f(x)=y$  abgebildet werden. Für die restlichen $n-m$ Elemente in $N$ können die Bilder in $M$ frei gewählt werden. Dies ergibt insgesamt

$m^{n-m}$

Möglichkeiten.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne von Hand die Approximationen $x_1,x_2,x_3$ im Heron-Verfahren für die Quadratwurzel von $5$ zum Startwert $x_0=3$.

Lösung

Das Heron-Verfahren ergibt der Reihe nach

$x_1:=\frac{3+\frac{5}{3}}{2}=\frac{7}{3},$

$\begin{array}{cc}{x}_2& :=\frac{\frac{7}{3}+\frac{5}{\frac{7}{3}}}{2}\\ & =\frac{\frac{7}{3}+\frac{15}{7}}{2}\\ & =\frac{\frac{49+45}{21}}{2}\\ & =\frac{47}{21}\end{array}$

und

$\begin{array}{cc}{x}_3& :=\frac{\frac{47}{21}+\frac{5}{\frac{47}{21}}}{2}\\ & =\frac{\frac{47}{21}+\frac{105}{47}}{2}\\ & =\frac{\frac{2209+2205}{987}}{2}\\ & =\frac{2207}{987}.\end{array}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei $K$ ein angeordneter Körper und es seien ${\left(x_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ und ${\left(y_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ konvergente Folgen in $K$. Zeige, dass die Produktfolge ${(x_n\cdot y_n)}_{n\in \mathbb{N}}$ ebenfalls konvergent mit

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_n\cdot y_n)=\left(\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n\right)\cdot \left(\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{y}_n\right)$

ist.

Lösung

Sei  $ϵ>0$  vorgegeben. Die konvergente Folge ${\left(x_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ ist nach Lemma 44.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027)) insbesondere beschränkt und daher existiert ein  $D>0$  mit  $|x_n|\le D$  für alle  $n\in \mathbb{N}$.  Sei $x:=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$ und $y:=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{y}_n$. Wir setzen  $C:=max\{D,|y|\}$.  Aufgrund der Konvergenz gibt es natürliche Zahlen $N_1$ und $N_2$ mit

$|x_n-x|\le \frac{ϵ}{2C}\text{ für }n\ge N_1\text{ und }|y_n-y|\le \frac{ϵ}{2C}\text{ für }n\ge N_2.$

Diese Abschätzungen gelten dann auch für alle  $n\ge N:=max\{N_1,N_2\}$.  Für diese Zahlen gilt daher

$\begin{array}{cc}|x_n{y}_n-xy|& =|x_n{y}_n-x_{n}y+x_{n}y-xy|\\ & \le |x_n{y}_n-x_{n}y|+|x_{n}y-xy|\\ & =|x_n||y_n-y|+|y||x_n-x|\\ & \le C\frac{ϵ}{2C}+C\frac{ϵ}{2C}\\ & =ϵ.\end{array}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die rationale Zahl, die im Dezimalsystem durch

$7,103\overline{4002}$

gegeben ist.

Lösung

Es ist

$\begin{array}{cc}\mathrm{7,103}\overline{4002}& =\mathrm{7,103}+\mathrm{0,000}\overline{4002}\\ & =\frac{7103}{1000}+\frac{1}{1000}\cdot \mathrm{0,}\overline{4002}\\ & =\frac{7103}{1000}+\frac{1}{1000}\cdot 4002\cdot \mathrm{0,}\overline{0001}\\ & =\frac{7103}{1000}+\frac{1}{1000}\cdot 4002\cdot \frac{1}{9999}\\ & =\frac{7103\cdot 9999}{9999000}+\frac{4002}{9999000}\\ & =\frac{71022897}{9999000}+\frac{4002}{9999000}\\ & =\frac{71026899}{9999000}\\ & =\frac{23675633}{3333000}.\end{array}$

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Isomorphiesatz für reelle Zahlen.

Lösung

Wir können davon ausgehen, dass der eine Körper $M$ das Cauchy-Folgen-Modell $C/N$ der reellen Zahlen ist, wobei $C$ den Ring aller rationalen Cauchy-Folgen und $N$ das Ideal der Nullfolgen bezeichnet. Der andere Körper sei mit $K$ bezeichnet. Beide Körper enthalten die rationalen Zahlen und ein Ringhomomorphismus bildet $\mathbb{Z}$ auf $\mathbb{Z}$ und $\mathbb{Q}$ auf $\mathbb{Q}$ ab. Ein Ringhomomorphismus respektiert auch die Quadrate. In einem vollständigen archimedisch angeordneten Körper sind die nichtnegativen Elemente nach Aufgabe 45.22 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027)) genau die Quadrate, deshalb muss ein solcher Ringhomomorphismus auch positive Elemente in positive Elemente überführen. Da man in einem archimedisch angeordneten Körper nach Aufgabe . die Konvergenz mit Stammbrüchen allein überprüfen kann, erhält eine solche Abbildung auch die Konvergenz. Da in $M$ nach Konstruktion und Lemma 46.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) jedes Element Limes einer rationalen Cauchy-Folge ist, und diese auch in $K$ wegen der Vollständigkeit konvergiert, kann es nur eine solche Abbildung geben. Diese Überlegung zeigt zugleich, wie man die Abbildung $\phi$ ansetzen muss. Ein Element  $x\in M$  werde repräsentiert durch eine rationale Cauchy-Folge ${\left(x_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$. Diese Folge konvergiert in $K$ gegen ein $y$ und man setzt  $\phi (x)=y$.  Dies ist wohldefiniert. Wenn man nämlich eine andere $x$ repräsentierende rationale Cauchy-Folge ${\left(x{\text{'}}_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ nimmt, so ist die Differenz zu ${\left(x_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ eine Nullfolge und dann konvergieren nach Lemma 44.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017))  (1) die beiden Folgen in $K$ gegen das gleiche Element.

Aufgrund der Verträglichkeit mit der Konvergenz haben wir das kommutative Diagramm

$\begin{array}{cccc}C& \stackrel{}{⟶}& M=C/N& \\ & \psi \searrow & \downarrow \phi & \\ & & K& ,\end{array}$

wobei $\psi$ eine Cauchy-Folge auf ihren Limes in $K$ abbildet. Nach Lemma 44.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) ist diese Abbildung ein Ringhomomorphismus. Da die horizontale Abbildung surjektiv ist, ist auch $\phi$ ein Ringhomomorphismus.

Die Injektivität gilt für jeden Ringhomomorphismus zwischen Körpern, siehe Aufgabe .. Zum Nachweis der Surjektivität von $\phi$ sei  $y\in K$  vorgegeben. Nach Korollar 28.10 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) gibt es eine Dezimalbruchfolge, die gegen $y$ konvergiert. Da diese Dezimalbruchfolge eine rationale Cauchy-Folge ist, gehört sie zu $C$ und definiert ein Element in $M$, das durch $\phi$ auf $y$ abgebildet wird. Insgesamt ist also $\phi$ ein bijektiver Ringhomomorphismus.

Aufgabe (2 Punkte)

Inwiefern sind reelle Zahlen unnötig?

Lösung erstellen

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Anzahl der Tripel $(i,j,k)\in {\mathbb{N}}^3$ mit

$i+j+k=5.$

Lösung

Wenn $i$ fixiert ist, so muss

$j+k=5-i$

sein. D.h. $j$ läuft zwischen $0$ und $5-i$ und legt dabei $k$ eindeutig fest. Somit gibt es bei fixiertem $i$ genau $6-i$ Möglichkeiten. Da $i=0,1,\dots ,5$ ist, gibt es insgesamt also

$6+5+4+3+2+1=21$

erlaubte Tripel.

Aufgabe (3 Punkte)

Führe in $\mathbb{Z}/(7)[X]$ die Division mit Rest „$P$ durch $T$“ für die beiden Polynome $P=2X^3+4X^2+5$ und $T=3X^2+X+1$ durch.

Lösung

Es ist

$2X^3+4X^2+5=(3X^2+X+1)(3X+5)+6X.$

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f:ℝ⟶ℝ,x⟼x^3-3x+1.$

Bestimme, ausgehend vom Intervall $[0,1]$, mit der Intervallhalbierungsmethode ein Intervall der Länge $1/8$, in dem eine Nullstelle von $f$ liegen muss.

Lösung

Wegen  $f(0)=1$  und  $f(1)=-1$  muss nach dem Zwischenwertsatz im Intervall $[0,1]$ eine Nullstelle von $f$ liegen.

Die Intervallmitte ist $\frac{1}{2}$, dort hat $f$ den Wert

$f\left(\frac{1}{2}\right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^3-3\left(\frac{1}{2}\right)+1=\frac{1-12+8}{8}=-\frac{3}{8}.$

Dies ist negativ, also muss eine Nullstelle im Intervall $[0,\frac{1}{2}]$ liegen.

Die Intervallmitte von diesem Intervall ist $\frac{1}{4}$, dort hat $f$ den Wert

$f\left(\frac{1}{4}\right)={\left(\frac{1}{4}\right)}^3-3\left(\frac{1}{4}\right)+1=\frac{1-48+64}{64}=\frac{17}{64}.$

Dies ist positiv, also muss eine Nullstelle im Intervall $[\frac{1}{4},\frac{1}{2}]$ liegen.

Die Intervallmitte von diesem Intervall ist $\frac{3}{8}$, dort hat $f$ den Wert

$f\left(\frac{3}{8}\right)={\left(\frac{3}{8}\right)}^3-3\left(\frac{3}{8}\right)+1=\frac{27-576+512}{512}=-\frac{37}{512}.$

Dies ist negativ, also muss eine Nullstelle im Intervall $[\frac{1}{4},\frac{3}{8}]=[\frac{2}{8},\frac{3}{8}]$ liegen. Die Länge dieses Intervalls ist $\frac{1}{8}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Additionstheoreme für den Sinus und den Kosinus unter Verwendung von Drehmatrizen.

Lösung

Die Hintereinanderschaltung der Drehung um den Winkel $x$ und der Drehung um den Winkel $y$ ist die Drehung um den Winkel $x+y$. Nach Satz 35.15 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2026-2027)) wird diese Hintereinanderschaltung durch das Matrixprodukt der beiden Drehmatrizen beschrieben. Somit ist aufgrund einer einfachen Matrizenmultiplikation

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{cc}\cos (x+y)& -\sin (x+y)\\ \sin (x+y)& \cos (x+y)\end{array}\right)& =\left(\begin{array}{cc}\cos x& -\sin x\\ \sin x& \cos x\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{cc}\cos y& -\sin y\\ \sin y& \cos y\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}\cos x\cdot \cos y-\sin x\cdot \sin y& -\cos x\cdot \sin y-\sin x\cdot \cos y\\ \sin x\cdot \cos y+\cos x\cdot \sin y& \cos x\cdot \cos y-\sin x\cdot \sin y\end{array}\right).\end{array}$

Betrachten der Komponenten in der ersten Spalte ergibt die Behauptung.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises $E$ mit dem Kreis $K$, der den Mittelpunkt $(1,0)$ und den Radius $2$ besitzt.

Lösung

Der Einheitskreis ist die Lösungsmenge der Gleichung

$x^2+y^2=1$

und $K$ ist die Lösungsmenge der Gleichung

$(x-1{)}^2+y^2=x^2-2x+1+y^2=4.$

Wenn man von der zweiten Gleichung die erste abzieht, so erhält man

$-2x+1=3,$

also

$x=-1.$

Aus der Einheitskreisgleichung folgt daraus, dass

$y=0$

sein muss. Der einzige Schnittpunkt ist also $(-1,0)$ (der in der Tat ein Schnittpunkt ist).

Aufgabe (7 Punkte)

Lucy Sonnenschein befindet sich im Punkt $(0,0)$. Sie führt hintereinander und unabhängig voneinander vier Sprünge aus, die jeweils mit gleicher Wahrscheinlichkeit nach links, nach rechts, nach vorne oder nach hinten gehen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie zum Schluss von ihrem Ausgangspunkt einen Abstand von zumindest $3$ besitzt?

Lösung

Die möglichen Sprünge sind

$(1,0),(-1,0),(0,1),(0,-1).$

Diese werden jeweils mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{4}$ durchgeführt. Insgesamt gibt es $4^4=256$ Sprungmöglichkeiten, die alle die gleiche Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{256}$ besitzen.

Nach den vier Sprüngen befindet Lucy sich in einem Punkt der Form $(a,b)$, wobei

$|a|+|b|\le 4.$

Dabei sind $a,b$ ganzzahlig und $a+b$ ist ein Vielfaches von $2$. Mögliche Ergebnisse mit Betragssumme $4$ sind also bis auf Vorzeichen und Permutation

$(4,0),(3,1),(2,2)$

Wegen

$3^2+1^2>3^2$

und

$2^2+2^2=8<9$

haben die beiden ersten einen Abstand vom Nullpunkt größer als $>3$. Wenn die Betragssumme $0$ oder $2$ ist, so befindet sie sich innerhalb des Kreises mit Radius $3$. Wir müssen also die Wahrscheinlichkeiten bestimmen, dass sie sich zum Schluss in einer Position der Form $(3,1)$ oder der Form $(4,0)$ befindet. Für den zweiten Fall gibt es nur die vier Möglichkeiten $(4,0),(-4,0),(0,4),(0,-4)$, die nur erreicht werden, wenn genau viermal nur einer der Sprünge gemacht wird. Es gibt also dafür vier Möglichkeiten, und dies tritt mit Wahrscheinlichkeit

$\frac{4}{256}=\frac{1}{64}$

ein. Betrachten wir den ersten Fall. Zunächst gibt es acht mögliche Endpositionen, die zu diesem Fall gehören (nämlich $(\pm 3,\pm 1$ und $(\pm 1,\pm 3$). Damit Lucy auf $(3,1)$ kommt, muss sie dreimal den $(1,0)$-Sprung und einmal den $(0,1)$-Sprung machen. Dafür gibt es vier Möglichkeiten. Somit gibt es insgesamt

$8\cdot 4=32$

Möglichkeiten für den ersten Fall, was die Wahrscheinlichkeit

$\frac{32}{256}=\frac{1}{8}$

bedeutet. Die Wahrscheinlichkeit, auf einer Position mit Abstand $>3$ zu landen, ist somit

$\frac{1}{8}+\frac{1}{64}=\frac{9}{64}.$