Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil II/14/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	2	4	2	1	3	5	3	3	2	3	3	4	1	4	3	8	3	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Abbildung ${}\varphi \colon K^{n}\rightarrow K^{m}$ heißt linear, wenn die beiden folgenden Eigenschaften erfüllt sind.
   1. ${}\varphi (u+v)=\varphi (u)+\varphi (v)$ für alle ${}u,v\in K^{n}$.
   2. ${}\varphi (sv)=s\varphi (v)$ für alle ${}s\in K$ und ${}v\in K^{n}$.
2. Die Äquivalenzklasse zu ${}x$ ist die Menge

   ${}[x]={\left\{y\in M\mid y\sim x\right\}}\,.$

3. Die Folge ${}x_{n}$ heißt beschränkt, wenn es ein Element ${}B\in K$ mit

   $\vert {x_{n}}\vert \leq B{\text{ für alle }}n\in \mathbb {N}$

   gibt.

4. Die reelle Zahl

   ${\sqrt {a\cdot b}}$

   heißt das geometrische Mittel von ${}a$ und ${}b$.

5. Zu einem Winkel ${}\alpha$ versteht man unter ${}\cos \alpha$ die erste Koordinate des trigonometrischen Punktes ${}P(\alpha )$.
6. Die Abbildung

   $\mu _{f}\colon {\mathfrak {P}}\,(M)\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,E\longmapsto \mu _{f}(E)=\sum _{x\in E}f(x),$

   heißt Wahrscheinlichkeitsmaß.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Das Äquivalenzklassenmodell von ${}\mathbb {Q}$ ist mit der Addition

   ${}[(a,b)]+[(c,d)]:=[(ad+bc,bd)]\,,$

   der Multiplikation

   ${}[(a,b)]\cdot [(c,d)]:=[(ac,bd)]\,,$

   dem Nullelement ${}[(0,1)]$, dem Einselement ${}[(1,1)]$ und der durch

   ${}[(a,b)]\geq [(c,d)]\,,$

   falls

   ${}ad\geq bc\,,$

   definierten Ordnung ein

   angeordneter Körper.
2. Eine nach oben beschränkte, wachsende Folge in ${}\mathbb {R}$ konvergiert.
3. Es seien ${}a\leq b$ reelle Zahlen und sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Es sei ${}y\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl zwischen ${}f(a)$ und ${}f(b)$. Dann gibt es ein ${}x\in [a,b]$ mit ${}f(x)=y$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Punktrichtungsform für die durch die Gleichung

${}-7x+3y=-4\,$

im ${}\mathbb {Q} ^{2}$ gegebene Gerade.

Lösung

Es ist ${}{\begin{pmatrix}0\\-{\frac {4}{3}}\end{pmatrix}}$ ein Punkt der Geraden, und der Richtungsvektor ist ${}{\begin{pmatrix}3\\7\end{pmatrix}}$. Somit ist

${\left\{{\begin{pmatrix}0\\-{\frac {4}{3}}\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\7\end{pmatrix}}\mid t\in \mathbb {Q} \right\}}$

eine Beschreibung der Geraden in Punktrichtungsform.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Kern der linearen Abbildung

$\mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}2&1&5&2\\3&-2&7&-1\\2&-1&-4&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}.$

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\3x&-2y&+7z&\,\,\,\,-w&=&0\\2x&\,\,\,\,-y&-4z&+3w&=&0\,\end{matrix}}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der ersten Gleichung die Variable ${}y$. Das resultierende System ist (${}II'=II+2I$, ${}III'=III+I$)

${\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\7x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+17z&+3w&=&0\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+5w&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir eliminieren nun aus ${}II'$ mittels ${}III'$ die Variable ${}z$, das ergibt

(${}II'-17III'$)

${\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+5w&=&0\\-61x&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&-82w&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir können jetzt dieses System lösen, wobei ${}x\neq 0$ die anderen Variablen eindeutig festlegt. Es sei ${}x=82$. Dann ist ${}w=-61$. Damit ist

${}z=-4x-5w=-4\cdot 82-5(-61)=-328+305=-23\,.$

Schließlich ist

${}y=-2x-5z-2w=-2(82)-5(-23)-2(-61)=-164+115+122=73\,.$

Die Lösungsmenge, also der Kern, ist somit

${\left\{s{\begin{pmatrix}82\\73\\-23\\-61\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}.$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass die Relation auf ${}\mathbb {N} \times \mathbb {N}$, die durch

$(a,b)\sim (c,d),{\text{ falls }}a+d=b+c,$

festgelegt ist, eine Äquivalenzrelation ist.

Lösung

1. Wegen ${}a+b=b+a$ ist ${}(a,b)\sim (a,b)$, die Relation ist also reflexiv.
2. Die Symmetrie folgt daraus, dass aus ${}a+d=b+c$ sofort ${}c+b=d+a$ folgt.
3. Zum Nachweis der Transitivität sei ${}(a,b)\sim (c,d)$ und ${}(c,d)\sim (e,f)$, also ${}a+d=b+c$ und ${}c+f=d+e$. Dann ist

   ${}a+f+c=a+d+e=b+e+c\,.$

   Aufgrund der Abziehregel ist dann

   ${}a+f=b+e\,,$

   und dies bedeutet ${}(a,b)\sim (e,f)$.

Aufgabe (1 Punkt)

Erstelle eine Multiplikationstafel für den Restklassenring ${}\mathbb {Z} /(5)$.

Lösung

${}\cdot$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}0$	${}0$	${}0$	${}0$	${}0$	${}0$
${}1$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}2$	${}0$	${}2$	${}4$	${}1$	${}3$
${}3$	${}0$	${}3$	${}1$	${}4$	${}2$
${}4$	${}0$	${}4$	${}3$	${}2$	${}1$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}G$ eine Gruppe. Zeige, dass sich Gruppenelemente ${}g\in G$ und Gruppenhomomorphismen ${}\varphi$ von ${}\mathbb {Z}$ nach ${}G$ über die Korrespondenz

$g\longmapsto (n\mapsto g^{n}){\text{ und }}\varphi \longmapsto \varphi (1)$

entsprechen.

Lösung

Es sei ${}g\in G$ fixiert. Dass die Abbildung

$\varphi _{g}\colon \mathbb {Z} \longrightarrow G,\,n\longmapsto g^{n},$

ein Gruppenhomomorphismus ist, ist eine Umformulierung der Potenzgesetze. Wegen ${}\varphi _{g}(1)=g^{1}=g$ erhält man aus der Potenzabbildung das Gruppenelement zurück. Umgekehrt ist ein Gruppenhomomorphismus ${}\varphi \colon \mathbb {Z} \rightarrow G$ durch ${}\varphi (1)$ eindeutig festgelegt, da ${}\varphi (n)=(\varphi (1))^{n}$ für ${}n$ positiv und ${}\varphi (n)={\left((\varphi (1))^{-1}\right)}^{-n}$ für ${}n$ negativ gelten muss.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Irrationalität der Wurzeln aus natürlichen Zahlen.

Lösung

Nehmen wir an, dass die rationale Zahl

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

die Eigenschaft

${}q^{k}={\left({\frac {a}{b}}\right)}^{k}={\frac {a^{k}}{b^{k}}}=n\,$

besitzt. Wir multiplizieren mit ${}b^{k}$ und erhalten in ${}\mathbb {N}$ die Gleichung

${}a^{k}=b^{k}\cdot n\,.$

Wegen Satz 21.4 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) besitzt diese Zahl, nennen wir sie ${}z$, eine eindeutige Primfaktorzerlegung und insbesondere ist der ${}p$- Exponent davon zu jeder Primzahl ${}p$ eindeutig bestimmt. Es sei ${}p$ eine Primzahl mit der Eigenschaft, dass der ${}p$-Exponent von ${}n$ kein Vielfaches von ${}k$ ist, was es nach Voraussetzung geben muss. Von der rechten Seite der letzten Gleichung her ist der ${}p$-Exponent von ${}z$ kein Vielfaches von ${}k$, von der linken Seite her aber doch, was ein Widerspruch ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne von Hand die Approximationen ${}x_{1},x_{2},x_{3}$ im Heron-Verfahren für die Quadratwurzel von ${}5$ zum Startwert ${}x_{0}=2$.

Lösung

Es ist

${}x_{1}={\frac {2+{\frac {5}{2}}}{2}}={\frac {9}{4}}\,,$

${}x_{2}={\frac {{\frac {9}{4}}+{\frac {5}{\,{\frac {9}{4}}\,}}}{2}}={\frac {{\frac {9}{4}}+{\frac {20}{9}}}{2}}={\frac {81+80}{72}}={\frac {161}{72}}\,,$

${}x_{3}={\frac {{\frac {161}{72}}+{\frac {5}{\,{\frac {161}{72}}\,}}}{2}}={\frac {{\frac {161}{72}}+{\frac {360}{161}}}{2}}={\frac {25921+25920}{23184}}={\frac {51841}{23184}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper, es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge in ${}K$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine beschränkte Folge in ${}K$. Zeige, dass dann auch die Produktfolge ${}(x_{n}y_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge ist.

Lösung

Es sei ${}B>0$ eine Schranke für ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Da ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge ist, gibt es zu ${}{\frac {\epsilon }{B}}$ ein ${}n_{0}$ derart, dass für ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung ${}\vert {x_{n}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{B}}$ gilt. Für diese Indizes ist dann auch

${}\vert {x_{n}y_{n}}\vert =\vert {x_{n}}\vert \cdot \vert {y_{n}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{B}}\cdot B=\epsilon \,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bildet im Ring aller rationalen Folgen die Teilmenge der in ${}\mathbb {Q}$ konvergenten Folgen ein Ideal?

Lösung

Die konstante Folge ${}x_{n}=1$ ist eine konvergente Folge. Die Folge ${}y_{n}=n$ gehört zum rationalen Folgenring ${}\mathbb {Q} ^{\mathbb {N} }$, es ist ${}x_{n}y_{n}=y_{n}$ und dies ist nicht konvergent. Es liegt also kein Ideal vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die rationale Zahl, die im Dezimalsystem durch

$2,07{\overline {203}}$

gegeben ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}2{,}07{\overline {203}}&=2{,}07+0{,}00{\overline {203}}\\&={\frac {207}{100}}+{\frac {1}{100}}\cdot 0{,}{\overline {203}}\\&={\frac {207}{100}}+{\frac {1}{100}}\cdot 203\cdot 0{,}{\overline {001}}\\&={\frac {207}{100}}+{\frac {1}{100}}\cdot 203\cdot {\frac {1}{999}}\\&={\frac {207}{100}}+{\frac {203}{99900}}\\&={\frac {206793+203}{99900}}\\&={\frac {206996}{99900}}\\&={\frac {51749}{24975}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten Rechtecke mit dem konstanten Umfang ${}d$. Zeige, dass unter diesen Rechtecken das Quadrat den maximalen Flächeninhalt besitzt.

Lösung

Bei konstantem Umfang ${}d$ ist das Rechteck durch die eine Seitenlänge ${}s\neq 0$ bestimmt, die andere Seitenlänge ist ${}{\frac {d}{2}}-s$ und der Flächeninhalt ist

${}s{\left({\frac {d}{2}}-s\right)}=s{\frac {d}{2}}-s^{2}\,.$

Beim Quadrat ist die Seitenlänge gleich ${}{\frac {d}{4}}$ und der Flächeninhalt gleich ${}{\frac {d^{2}}{16}}$. Es ist also

${}s{\frac {d}{2}}-s^{2}\leq {\frac {d^{2}}{16}}\,$

zu zeigen. Dies ist wegen

${}{\frac {d^{2}}{16}}-s{\frac {d}{2}}+s^{2}={\left(s-{\frac {d}{4}}\right)}^{2}\geq 0\,$

erfüllt.

Aufgabe (4 Punkte)

Forme die Gleichung

${}x^{5}+10x^{4}+x-5=0\,$

in eine äquivalente Gleichung der Form

${}y^{5}+b_{3}y^{3}+b_{2}y^{2}+b_{1}y+b_{0}=0\,$

mit ${}b_{i}\in \mathbb {Q}$ um.

Lösung

Wir machen den Ansatz ${}x=y+c$. Einsetzen ergibt

$(y+c)^{5}+10(y+c)^{4}+y+c-5=0,$

wobei der Koeffizient zu ${}y^{4}$ gleich ${}0$ werden soll. Dieser Koeffizient ist ${}5c+10$, also muss man

$c=-2$

wählen. Damit wird das Polynom zu

${}{\begin{aligned}\,&=(y+c)^{5}+10(y+c)^{4}+y+c-5\\&=(y-2)^{5}+10(y-2)^{4}+y-2-5\\&=y^{5}-5\cdot 2y^{4}+10(-2)^{2}y^{3}+10(-2)^{3}y^{2}+5(-2)^{4}y-2^{5}\\&\,\,\,+10(y^{4}+4(-2)y^{3}+6(-2)^{2}y^{2}+4(-2)^{3}y+16)+y-7\\&=y^{5}+40y^{3}-80y^{2}+80y-32-80y^{3}+240y^{2}-320y+160+y-7\\&=y^{5}-40y^{3}+160y^{2}-239y+121\end{aligned}}$

und die äquivalente Gleichung ist

${}y^{5}-40y^{3}+160y^{2}-239y+121=0\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Man finde ein Polynom ${}f\in \mathbb {R} [X]$ mit ${}f(0)=0$, ${}f(1)=1$, ${}f(-1)=1$ und ${}f(3)=9$.

Lösung

Das Polynom ${}X^{2}$ erfüllt offenbar diese Eigenschaften.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}a\in \mathbb {R}$ und seien

$f,g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

stetige Funktionen mit

${}f(a)>g(a)\,.$

Zeige, dass es ein ${}\delta >0$ derart gibt, dass

${}f(x)>g(x)\,$

für alle ${}x\in [a-\delta ,a+\delta ]$ gilt.

Lösung

Sei

${}c:=f(a)-g(a)>0\,.$

Da ${}f$ und ${}g$ stetig sind, gibt es zu

${}\epsilon :={\frac {c}{3}}\,$

positive Zahlen ${}\delta _{1}$ bzw. ${}\delta _{2}$ derart, dass aus ${}\vert {x-a}\vert \leq \delta _{1}$ die Abschätzung ${}\vert {f(x)-f(a)}\vert \leq \epsilon$ und aus ${}\vert {x-a}\vert \leq \delta _{2}$ die Abschätzung ${}\vert {g(x)-g(a)}\vert \leq \epsilon$ folgt. Mit

${}\delta :={\min {\left(\delta _{1},\delta _{2},\right)}}\,$

gilt somit für jedes ${}x\in [a-\delta ,a+\delta ]$ die Abschätzung

${}f(x)\geq f(a)-\epsilon >g(a)+\epsilon \geq g(x)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne

$5^{\frac {2}{3}}$

bis auf einen Fehler von ${}{\frac {1}{10}}$.

Lösung

Es ist

${}x\leq 5^{\frac {2}{3}}\,$

genau dann, wenn

${}x^{3}\leq 5^{2}=25\,$

ist. Es ist

${}(2,9)^{3}=24,389<25\,$

und

${}3^{3}=27>25\,,$

also ist

${}2,9<5^{\frac {2}{3}}<3\,.$

Aufgabe (8 (1+1+1+2+3) Punkte)

Es sei

${}P={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y=x^{2}\right\}}\,$

die Standardparabel und ${}K$ der Kreis mit dem Mittelpunkt ${}(0,1)$ und dem Radius ${}1$.

1. Skizziere ${}P$ und ${}K$.
2. Erstelle eine Gleichung für ${}K$.
3. Bestimme die Schnittpunkte

   $P\cap K.$

4. Beschreibe die untere Kreisbogenhälfte als Graph einer Funktion von ${}[-1,1]$ nach ${}\mathbb {R}$.
5. Bestimme, wie die Parabel relativ zum unteren Kreisbogen verläuft.

Lösung

1. ${}\,$
2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}K&={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid (y-1)^{2}+x^{2}=1\right\}}\\&={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y^{2}-2y+1+x^{2}=1\right\}}\\&={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y^{2}-2y+x^{2}=0\right\}}.\end{aligned}}$

3. Es geht um die gemeinsame Lösungsmenge der beiden Gleichungen

   ${}y=x^{2}\,$

   und

   ${}y^{2}-2y+x^{2}=0\,.$

   Wir ersetzen in der zweiten Gleichung ${}x^{2}$ durch ${}y$ und erhalten die Bedingung

   ${}0=y^{2}-2y+y=y^{2}-y=y(y-1)\,.$

   Also ist ${}y=0$ oder ${}y=1$. Dies führt zu den drei Schnittpunkten ${}(0,0),(1,1),(-1,1)$.

4. Die Kreisgleichung

   ${}y^{2}-2y+x^{2}=0\,$

   ist äquivalent zu

   ${}y^{2}-2y=-x^{2}\,$

   bzw. zu

   ${}(y-1)^{2}=1-x^{2}\,.$

   Somit ist

   ${}y=1\pm {\sqrt {1-x^{2}}}\,.$

   Der untere Kreisbogen ist somit der Graph der Funktion

   $[-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto 1-{\sqrt {1-x^{2}}}.$

5. Wir behaupten, dass die Parabel auf ${}[-1,1]$ oberhalb des unteren Kreisbogens verläuft. Es ist also

   ${}x^{2}\geq 1-{\sqrt {1-x^{2}}}\,$

   zu zeigen. Dies ist äquivalent zu

   ${}{\sqrt {1-x^{2}}}\geq 1-x^{2}\,.$

   Da beide Terme im angegebenen Intervall positiv sind, ist dies äquivalent zu

   ${}1-x^{2}\geq {\left(1-x^{2}\right)}^{2}=1+x^{4}-2x^{2}\,.$

   Dies ist äquivalent zu

   ${}x^{4}-x^{2}\leq 0\,$

   bzw. zu

   ${}x^{2}-1\leq 0\,,$

   was wegen ${}x\in [-1,1]$ erfüllt ist.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Skat wird mit ${}32$ Karten gespielt, dabei gibt es vier Könige und vier Damen (die Buben werden in dieser Aufgabe als Kinder betrachtet). Der „Skat“ besteht aus zwei zufälligen Karten und spielt eine besondere Rolle.

1. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass im Skat zwei Könige sind?
2. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass im Skat ein gleichgeschlechtliches Paar ist?
3. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass im Skat ein gemischtgeschlechtliches Paar ist?

Lösung

1. Es gibt insgesamt

   ${}{\binom {32}{2}}={\frac {32\cdot 31}{2}}=16\cdot 31=496\,$

   Möglichkeiten. Für einen reinen Königsskat gibt es ${}{\binom {4}{2}}=6$ Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit, dass im Skat zwei Könige sind, ist also

   ${}{\frac {6}{496}}={\frac {3}{248}}=0,012096774...\,.$

2. Es gibt nur die beiden Möglichkeiten zwei Könige oder zwei Damen. Diese Ereignisse sind disjunkt, somit ist die Gesamtwahrscheinlichkeit gleich

   ${}2\cdot {\frac {3}{248}}={\frac {3}{124}}=0,024193548...\,.$

3. Für ein Paar der Form ein König und eine Dame gibt es

   ${}4\cdot 4=16\,$

   Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit für ein solches Paar im Skat beträgt somit

   ${}{\frac {16}{496}}={\frac {1}{31}}=0,032258065...\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es werden unabhängig voneinander zwei Zahlen ${}x,y$ aus ${}\{1,2,\ldots ,10\}$ gezogen (mit Zurücklegen). Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass

${}xy\geq 50\,$

ist.

Lösung

Jedes Paar ${}(x,y)$ besitzt die gleiche Wahrscheinlichkeit ${}{\frac {1}{100}}$. Wir müssen also zählen, wie viele der hundert Paare die Eigenschaft besitzen, dass

${}xy\geq 50\,$

ist. Dazu zählen wir, wie viele Möglichkeiten es für ${}y$ bei gegebenem ${}x$ gibt. Bei

${}x=10\,$

gibt es für ${}y$ die Möglichkeiten

${}y=5,6,7,8,9,10\,,$

also insgesamt ${}6$ Möglichkeiten. Bei

${}x=9\,$

gibt es ${}5$ Möglichkeiten für ${}y$, bei

${}x=8\,$

gibt es ${}4$ Möglichkeiten für ${}y$, bei

${}x=7\,$

gibt es ${}3$ Möglichkeiten für ${}y$, bei

${}x=6\,$

gibt es ${}2$ Möglichkeiten für ${}y$, bei

${}x=5\,$

gibt es ${}1$ Möglichkeit für ${}y$. Insgesamt gibt es also

${}6+5+4+3+2+1=21\,$

Möglichkeiten und somit besitzt die Wahrscheinlichkeit, dass das Produkt zumindest ${}50$ ist, den Wert ${}{\frac {21}{100}}$.