Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/11/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	8	3	1	2	4	3	2	2	4	5	4	4	2	2	2	4	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine bijektive Abbildung

   $f\colon M\longrightarrow N.$

2. Eine lineare (oder totale) Ordnung ${}\preccurlyeq$ auf einer Menge ${}I$.
3. Ein kommutativer Halbring.
4. Die Kommensurabilität von zwei Strecken ${}s$ und ${}t$.
5. Das arithmetische Mittel zu Elementen ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
6. Eine (ganzzahlige) Exponentialfunktion.

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt bijektiv, wenn sie sowohl injektiv als auch surjektiv ist.
2. Eine Ordnungsrelation ${}\preccurlyeq$ auf ${}I$ heißt lineare Ordnung, wenn zu je zwei Elementen ${}x,y\in I$ die Beziehung ${}x\preccurlyeq y$ oder ${}y\preccurlyeq x$ gilt.
3. Ein kommutativer Halbring ${}R$ ist eine Menge mit Verknüpfungen ${}+$ und ${}\cdot$ und mit zwei ausgezeichneten Elementen ${}0$ und ${}1$ derart, dass folgende Bedingungen erfüllt sind:
   1. Die Addition ist eine kommutative, assoziative Verknüpfung, für die ${}0$ das neutrale Element ist.
   2. Die Multiplikation ist eine kommutative, assoziative Verknüpfung, für die ${}1$ das neutrale Element ist.
   3. Es gilt das Distributivgesetz, also

      ${}a\cdot (b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c)\,$

      für alle ${}a,b,c\in R$.
4. Zwei Strecken ${}s$ und ${}t$ heißen kommensurabel, wenn es eine Strecke ${}g$ mit der Eigenschaft gibt, dass beide Strecken ganzzahlige Vielfache von ${}g$ sind.
5. Unter dem arithmetischen Mittel der Zahlen versteht man den Bruch

   ${\frac {a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}{n}}.$

6. Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und ${}b\in K_{+}$ ein positives Element. Dann nennt man die Abbildung

   $\mathbb {Z} \longrightarrow K,\,n\longmapsto b^{n},$

   die (ganzzahlige) Exponentialfunktion zur Basis ${}b$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Eindeutigkeit der Multiplikation auf einem Peano-Modell.
2. Der Vergleichssatz für natürliche Zahlen im Zehnersystem.
3. Das Umformungsprinzip für Gleichungen.

Lösung

1. Auf den natürlichen Zahlen gibt es eine eindeutig bestimmte Verknüpfung

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

   die

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

   erfüllt.
2. Es seien

   ${}m=a_{0}+a_{1}10+a_{2}10^{2}+\cdots +a_{k-1}10^{k-1}\,$

   und

   ${}n=b_{0}+b_{1}10+b_{2}10^{2}+\cdots +b_{\ell -1}10^{\ell -1}\,$

   zwei natürliche Zahlen im Zehnersystem. Dann ist

   ${}m>n\,$

   genau dann, wenn

   ${}k>\ell \,$

   oder wenn ${}k=\ell$ ist und wenn es ein ${}s$, ${}0\leq s<k$, derart gibt, dass

   $a_{k-1}=b_{k-1},\ldots ,a_{s+1}=b_{s+1},a_{s}>b_{s}$

   ist.
3. Es sei

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

   eine Gleichung in der Variablen ${}x$ über einem gegebenen Zahlenbereich ${}M$. Es sei

   $\varphi \colon M\longrightarrow M$

   eine Abbildung. Dann gelten die folgenden Eigenschaften.

   1. Wenn ${}a\in M$ eine Lösung der Gleichung ist, so ist ${}a$ auch eine Lösung der umgeformten Gleichung

      ${}\varphi (f(x))=\varphi (g(x))\,.$

   2. Wenn ${}\varphi$ injektiv ist, so ist ${}a\in M$ genau dann eine Lösung der Gleichung, wenn ${}a$ eine Lösung der umgeformten Gleichung

      ${}\varphi (f(x))=\varphi (g(x))\,$

      ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Wenn Karl an Susanne denkt, bekommt er feuchte Hände, einen Kloß im Hals und einen roten Kopf. Einen roten Kopf bekommt er genau dann, wenn er an Susanne denkt oder wenn er das leere Tor nicht trifft. Wenn Karl das leere Tor trifft, bekommt er feuchte Hände. Karl bekommt den Ball vor dem leeren Tor. Kurz darauf bekommt er feuchte Hände, einen roten Kopf, aber keinen Kloß im Hals. Hat er an Susanne gedacht? Hat er das leere Tor getroffen?

Lösung

Karl hat nicht an Susanne gedacht, da er sonst einen Kloß im Hals bekommen hätte, was er nicht hat. Andererseits bekommt er einen roten Kopf, was bedeutet, dass er das leere Tor nicht getroffen hat oder an Susanne gedacht hat. Da letzteres nicht der Fall ist, hat er das leere Tor nicht getroffen.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Isomorphiesatz für Dedekind-Peano-Modelle.

Lösung

Da die Abbildung ${}\varphi$ insbesondere die Null respektieren soll, muss

${}\varphi (0_{1})=0_{2}\,$

sein. Da die Abbildung die Nachfolgerabbildungen respektieren soll, gilt generell

${}\varphi (x^{\prime })=(\varphi (x))^{\star }\,$

für alle ${}x\in N_{1}$. Speziell gilt

${}\varphi (0_{1}^{\prime })={\left(\varphi (0_{1})\right)}^{\star }=0_{2}^{\star }\,.$

Aus dem gleichen Grund muss unter Verwendung des schon Bewiesenen

${}\varphi {\left(0_{1}^{\prime \prime }\right)}=\varphi {\left((0_{1}^{\prime })^{\prime }\right)}={\left(\varphi (0_{1}^{\prime })\right)}^{\star }={\left(0_{2}^{\star }\right)}^{\star }=0_{2}^{\star \star }\,.$

Ebenso muss

${}\varphi {\left(0_{1}^{\prime \prime \prime }\right)}=0_{2}^{\star \star \star }\,,$

${}\varphi {\left(0_{1}^{\prime \prime \prime \prime }\right)}=0_{2}^{\star \star \star \star }\,,$

u.s.w gelten. Hier hat man keine Wahlmöglichkeiten, alles ist durch die Nachfolgereigenschaft bestimmt. Da jedes Element ${}\neq 0_{1}$ aus ${}N_{1}$ von ${}0_{1}$ aus durch die Nachfolgerabbildung ${}\prime$ schließlich und genau einmal erreicht wird, ist dies eine wohldefinierte Abbildung von ${}N_{1}$ nach ${}N_{2}$.

Zum Nachweis der Surjektivität betrachten wir die Menge

${}T={\left\{y\in N_{2}\mid {\text{ Es gibt }}x\in N_{1}{\text{ mit }}y=\varphi (x)\right\}}\,.$

Wir müssen zeigen, dass

${}T=N_{2}\,$

ist. Dazu wenden wir das Induktionsaxiom für ${}N_{2}$ an. Wegen

${}\varphi (0_{1})=0_{2}\,$

gehört ${}0_{2}\in T$. Wenn ${}y\in T$ ist, so ist also

${}y=\varphi (x)\,$

für ein ${}x\in N_{1}$. Wegen der Verträglichkeit mit der Nachfolgerabbildung ist

${}y^{\star }=\varphi (x^{\prime })\,,$

d.h. auch ${}y^{\star }\in T$. Daher ist ${}T$ unter dem Nachfolger abgeschlossen und nach dem Induktionsaxiom ist also ${}T=N_{2}$. Zum Nachweis der Injektivität seien ${}x,{\tilde {x}}\in N_{1}$ verschieden. und zwar sei ${}{\tilde {x}}$ ein (direkter oder) höherer Nachfolger von ${}x$. Dann ist ${}\varphi ({\tilde {x}})$ der entsprechende Nachfolger von ${}\varphi (x)$ und insbesondere davon verschieden (siehe Aufgabe 7.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))), da das Nachfolgernehmen in ${}N_{2}$ injektiv ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}M$ eine endliche Menge und ${}\varphi \colon M\rightarrow M$ eine Abbildung. Es sei ${}\varphi ^{n}$ die ${}n$-fache Hintereinanderschaltung von ${}\varphi$ mit sich selbst. Zeige, dass es natürliche Zahlen ${}m>n\geq 1$ mit ${}\varphi ^{n}=\varphi ^{m}$ gibt.

Lösung

Da ${}M$ endlich ist, ist auch die Abbildungsmenge ${}\operatorname {Abb} \,{\left(M,M\right)}$ endlich, da es für jedes Element nur ${}{\#\left(M\right)}$ viele Möglichkeiten gibt, wohin es abgebildet werden kann. Die Hintereinanderschaltungen ${}\varphi ^{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, gehören alle zu dieser Abbildungsmenge. Da es keine injektive Abbildung von ${}\mathbb {N} _{+}$ in eine endliche Menge gibt, gibt es Zahlen ${}m\neq n$ mit

${}\varphi ^{m}=\varphi ^{n}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Wie oft sagt man „bitte“, wenn man dreimal „bitte, bitte, bitte, bitte“ sagt.

Lösung

Man sagt ${}3\times 4=12$- mal „bitte“.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass eine natürliche Zahl genau dann die Differenz zwischen zwei aufeinanderfolgenden Quadratzahlen ist, wenn sie ungerade ist.

Lösung

Zwei aufeinander folgende Quadratzahlen haben die Form ${}n^{2}$ und ${}(n+1)^{2}$ mit ${}n\in \mathbb {N}$. Ihre Differenz ist

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

Dies ist eine ungerade Zahl. Umgekehrt kann man eine ungerade Zahl ${}u$ als ${}u=2n+1$ mit ${}n\in \mathbb {N}$ schreiben, und die Gleichungskette zeigt, dass ${}u$ die Differenz von zwei aufeinander folgenden Quadratzahlen ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den binomischen Lehrsatz (für einen kommutativen Halbring) für den Exponenten ${}5$ aus dem binomischen Lehrsatz für den Exponenten ${}4$.

Lösung

Es seien ${}a,b$ Elemente in einem kommutativen Halbring ${}R$. Der binomische Lehrsatz für ${}n=4$ besagt

${}(a+b)^{4}=a^{4}+4a^{3}b+6a^{2}b^{2}+4ab^{3}+b^{4}\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}(a+b)^{5}&=(a+b)(a+b)^{4}\\&=(a+b){\left(a^{4}+4a^{3}b+6a^{2}b^{2}+4ab^{3}+b^{4}\right)}\\&=a{\left(a^{4}+4a^{3}b+6a^{2}b^{2}+4ab^{3}+b^{4}\right)}+b{\left(a^{4}+4a^{3}b+6a^{2}b^{2}+4ab^{3}+b^{4}\right)}\\&=a^{5}+4a^{4}b+6a^{3}b^{2}+4a^{2}b^{3}+ab^{4}+a^{4}b+4a^{3}b^{2}+6a^{2}b^{3}+4ab^{4}+b^{5}\\&=a^{5}+4a^{4}b+a^{4}b+6a^{3}b^{2}+4a^{3}b^{2}+4a^{2}b^{3}+6a^{2}b^{3}+ab^{4}+4ab^{4}+b^{5}\\&=a^{5}+5a^{4}b+10a^{3}b^{2}+10a^{2}b^{3}+5ab^{4}+b^{5},\end{aligned}}$

und dies besagt der binomische Lehrsatz für den Exponenten ${}5$.

Aufgabe (3 Punkte)

Heinz-Peter schaut am Morgen in den Spiegel und entdeckt fünf Pickel auf seiner Stirn. Diese müssen alle ausgedrückt werden, wobei zwei Pickel so nah beieinander liegen, dass sie unmittelbar hintereinander behandelt werden müssen. Wie viele Reihenfolgen gibt es, die Pickel auszudrücken?

Lösung

Das Pickelpaar und die drei übrigen einzelnen Pickel können als vier Pickelfelder betrachtet werden, die in beliebiger Reihenfolge beackert werden könnnen. Dafür gibt es ${}4!=24$ Möglichkeiten. Bei jeder dieser Reihenfolge hat man beim Pickelpaar die freie Wahlmöglichkeit, welcher zuerst drankommt. Daher gibt es insgesamt

$2\cdot 24=48$

Möglichkeiten.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von ${}10!$.

Lösung

Es ist

${}10!=10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=2\cdot 5\cdot 3^{2}\cdot 2^{3}\cdot 7\cdot 2\cdot 3\cdot 5\cdot 2^{2}\cdot 3\cdot 2=2^{8}\cdot 3^{4}\cdot 5^{2}\cdot 7\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Ersetze im Term ${}3x^{2}+5x+6$ die Variable ${}x$ durch den Term ${}4y^{2}+2y+3$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}3{\left(4y^{2}+2y+3\right)}^{2}+5{\left(4y^{2}+2y+3\right)}+6&=3{\left(16y^{4}+4y^{2}+9+16y^{3}+24y^{2}+12y\right)}+20y^{2}+10y+15+6\\&=48y^{4}+12y^{2}+27+48y^{3}+72y^{2}+36y+20y^{2}+10y+15+6\\&=48y^{4}+48y^{3}+104y^{2}+46y+48.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise durch Induktion die Simpson-Formel oder Simpson-Identität für die Fibonacci-Zahlen ${}f_{n}$. Sie besagt (für $n\geq 2$)

${}f_{n+1}f_{n-1}-f_{n}^{2}=(-1)^{n}\,.$

Lösung

Der Induktionsanfang für ${}n=2$ ist durch

${}f_{3}\cdot f_{1}-f_{2}^{2}=2\cdot 1-1^{2}=1=(-1)^{2}\,$

gesichert. Es sei also die Aussage für ein ${}n$ schon bewiesen und betrachten wir die Aussage für ${}n+1$. Es ist

${}{\begin{aligned}f_{n+2}f_{n}-f_{n+1}^{2}&={\left(f_{n}+f_{n+1}\right)}f_{n}-f_{n+1}^{2}\\&=f_{n}^{2}+f_{n+1}f_{n}-f_{n+1}^{2}\\&=f_{n}^{2}+f_{n+1}{\left(f_{n}-f_{n+1}\right)}\\&=f_{n}^{2}+f_{n+1}{\left(f_{n}-f_{n}-f_{n-1}\right)}\\&=f_{n}^{2}-f_{n+1}f_{n-1}\\&=(-1){\left(f_{n+1}f_{n-1}-f_{n}^{2}\right)}\\&=(-1)(-1)^{n}\\&=(-1)^{n+1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Finde unter den Zahlen ${}\leq 1000$ diejenige Zahl mit der maximalen Anzahl an Teilern.

Lösung

Wir betrachten direkt die Primfaktorzerlegungen

${}n=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}\cdots p_{r}^{k_{r}}\,,$

woraus direkt die Teileranzahl

$(k_{1}+1)(k_{2}+1)\cdots (k_{r}+1)$

ablesbar ist. Da ${}n$ klein sein soll, können wir direkt mit den ersten Primzahlen arbeiten und ferner

${}k_{1}\geq k_{2}\geq \ldots \geq k_{r}\,$

annehmen. Bei ${}r=1$ ist

${}2^{9}=512<1000\,,$

welches ${}10$ Teiler besitzt, ${}2^{10}$ ist schon zu groß. Bei ${}r=2$ besitzt (wir führen nur ernsthafte Kandidaten auf)

${}2^{8}\cdot 3=768\,$

${}18$ Teiler,

${}2^{6}\cdot 3^{2}=576\,$

hat ${}21$ Teiler,

${}2^{5}3^{3}=864\,$

hat ${}24$ Teiler,

${}2^{4}3^{4}=1296>1000\,.$

Bei ${}r=3$ besitzt

${}2^{6}\cdot 3\cdot 5=960\,$

${}28$ Teiler,

${}2^{4}\cdot 3^{2}\cdot 5=720\,$

hat ${}30$ Teiler,

${}2^{3}\cdot 3^{3}\cdot 5=1080\,$

ist zu groß,

${}2^{2}\cdot 3^{2}\cdot 5^{2}=900\,$

hat ${}27$ Teiler. Bei ${}r=3$ besitzt

${}2^{3}\cdot 3\cdot 5\cdot 7=840\,$

${}32$ Teiler.

${}2^{2}\cdot 3^{2}\cdot 5\cdot 7=1260\,$

ist zu groß. Wegen

${}2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11=2310>1000\,$

kann es nicht mehr Primfaktoren geben. Also besitzt ${}840$ unter allen Zahlen unterhalb von ${}1000$ die maximale Anzahl an Teilern, nämlich ${}32$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass beim euklidischen Algorithmus zu ${}a$ und ${}b$ der größte gemeinsame Teiler von zwei aufeinanderfolgenden Resten stets gleich bleibt und schließe daraus, dass der Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler der beiden Zahlen berechnet.

Lösung

Die Reste seien mit ${}r_{i}$ bezeichnet. Wenn ${}t$ ein gemeinsamer Teiler von ${}r_{i+1}$ und von ${}r_{i+2}$ ist, so zeigt die Beziehung

${}r_{i}=q_{i}r_{i+1}+r_{i+2}\,,$

dass ${}t$ auch ein Teiler von ${}r_{i}$ und damit ein gemeinsamer Teiler von ${}r_{i+1}$ und von ${}r_{i}$ ist. Die Umkehrung folgt genauso. Daraus folgt mit der Gleichungskette

${}\operatorname {ggT} (a,b)=\operatorname {ggT} (b,r_{2})=\operatorname {ggT} (r_{2},r_{3})=\ldots =\operatorname {ggT} (r_{k-2},r_{k-1})=\operatorname {ggT} (r_{k-1},r_{k})=\operatorname {ggT} (r_{k-1},0)=r_{k-1}\,,$

dass der Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}a$ und ${}b$ berechnet.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme, ob die Abbildung

$\mathbb {Z} ^{3}\longrightarrow \mathbb {Q} ,\,(m,n,k)\longmapsto 2^{m}\cdot 3^{n}\cdot 5^{k},$

injektiv und ob sie surjektiv ist.

Lösung

Seien ${}(m,n,k)$ und ${}(a,b,c)$ aus ${}\mathbb {Z} ^{3}$ gegeben, die unter ${}\varphi$ auf das gleiche Element abgebildet werden. Dann ist

${}2^{m}\cdot 3^{n}\cdot 5^{k}=2^{a}\cdot 3^{b}\cdot 5^{c}\,.$

Durch beidseitige Multiplikation mit ${}2^{r}\cdot 3^{s}\cdot 5^{t}$ mit ${}r,s,t$ hinreichend groß kann man erreichen, dass alle Exponenten positiv sind. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung und da ${}2,3,5$ Primzahlen sind, folgt, dass die Exponenten links und rechts übereinstimmen. Also ist

${}(m,n,k)=(a,b,c)\,$

und die Abbildung ist injektiv.

Die Abbildung ist nicht surjektiv, da beispielsweise ${}7$ nicht im Bild liegt. Wäre nämlich

${}7=2^{m}\cdot 3^{n}\cdot 5^{k}\,,$

so könnte man die negativen Exponenten der rechten Seite nach links bringen und es würde sich ein Widerspruch zur eindeutigen Primfaktorzerlegung ergeben.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und ${}x>0$. Zeige, dass auch das inverse Element ${}x^{-1}$ positiv ist.

Lösung

Nehmen wir an, dass ${}x^{-1}$ nicht größer als ${}0$ ist. Dann ist

${}x^{-1}<0\,$

und somit wäre nach Lemma 19.13 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (6) sofort

${}1=x\cdot x^{-1}<0\,$

im Widerspruch zu Lemma 19.13 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (1).

Aufgabe (2 Punkte)

Frau Maier-Sengupta ist für ein halbes Jahr in Elternzeit. Ihr Sohn Siddhartha kam mit einem Gewicht von drei Kilogramm auf die Welt und wurde in den sechs Monaten ausschließlich von Muttermilch ernährt. Nach den sechs Monaten wiegt er zehn Kilogramm. Jeden Tag hat das Kind ${}150$ Milliliter Milch getrunken. Wie viel Milch hat Siddhartha in den sechs Monaten getrunken und wie viel Prozent davon ging in die Gewichtszunahme? (Rechne mit Monat = ${}30$ Tage und setze das Milchgewicht gleich dem Gewicht von Wasser an).

Lösung

${}150$ Milliliter sind ${}0{,}15$ Liter. Siddhartha hat somit in den sechs Monaten

${}6\cdot 30\cdot 0{,}15=180\cdot 0{,}15=27\,$

Liter Milch getrunken.

Dabei hat er ${}10-3=7$ Kilogramm zugenommen. Der Anteil der Gewichtszunahme an der Gesamttrinkmenge beträgt also

${}{\frac {7}{27}}=0{,}259\dotso \,$

In Prozent ist der Anteil ca. ${}26$ Prozent.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne die Gaußklammer von ${}-{\frac {133}{3}}$.

Lösung

Es ist

$-44=-{\frac {132}{3}}$

und

$-45=-{\frac {135}{3}},$

daher ist

${}-45\leq -{\frac {133}{3}}<-44\,,$

also ist

${}\left\lfloor -{\frac {133}{3}}\right\rfloor =-45\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise, dass die ganzzahlige Exponentialfunktion zu einer Basis ${}b>1$ streng wachsend ist.

Lösung

Es sei also ${}b>1$ und ${}m>n$. Wir müssen zeigen, dass

${}\varphi _{b}(m)=b^{m}>b^{n}=\varphi _{b}(n)\,$

ist. Nach Lemma 27.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (4) ist

${}b^{m}=b^{m-n}\cdot b^{n}\,$

mit ${}m-n>0$. Wegen Lemma 19.13 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (8) ist

${}b^{m-n}>1\,$

und daher ist auch

${}b^{m}=b^{m-n}\cdot b^{n}>1\cdot b^{n}=b^{n}\,.$

Aufgabe (4 (2+1+1) Punkte)

1. Führe sämtliche Divisionen mit Rest

   ${}10\cdot k=q\cdot 17+r\,$

   für

   ${}k=1,\ldots ,16\,$

   aus.

2. Bestimme mit Hilfe von Teil (1) die Dezimalentwicklung von ${}{\frac {3}{17}}$.
3. Bestimme mit Hilfe von Teil (1) die Dezimalentwicklung von ${}{\frac {11}{17}}$.

Lösung

1. Es ist

   ${}10\cdot 1=0\cdot 17+10\,,$

   ${}10\cdot 2=1\cdot 17+3\,,$

   ${}10\cdot 3=1\cdot 17+13\,,$

   ${}10\cdot 4=2\cdot 17+6\,,$

   ${}10\cdot 5=2\cdot 17+16\,,$

   ${}10\cdot 6=3\cdot 17+9\,,$

   ${}10\cdot 7=4\cdot 17+2\,,$

   ${}10\cdot 8=4\cdot 17+12\,,$

   ${}10\cdot 9=5\cdot 17+5\,,$

   ${}10\cdot 10=5\cdot 17+15\,,$

   ${}10\cdot 11=6\cdot 17+8\,,$

   ${}10\cdot 12=7\cdot 17+1\,,$

   ${}10\cdot 13=7\cdot 17+11\,,$

   ${}10\cdot 14=8\cdot 17+4\,,$

   ${}10\cdot 15=8\cdot 17+14\,,$

   ${}10\cdot 16=9\cdot 17+7\,.$

2. Man kann aus den ganzzahligen Anteilen der obigen Liste die Ziffern ablesen. Somit ist

   ${}{\frac {3}{17}}=0{,}{\overline {1764705882352941}}\,.$

3. Es ist

   ${}{\frac {11}{17}}=0{,}{\overline {6470588235294117}}\,.$