Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/13/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	2	2	2	4	4	2	4	3	4	4	3	3	2	2	1	3	6	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Unter der leeren Menge versteht man diejenige Menge, die kein Element besitzt.
2. Die Identität auf ${}M$ ist die Abbildung von ${}M$ nach ${}M$, die jedes Element ${}x\in M$ auf sich selbst abbildet.
3. Das Produkt ${}a\cdot b$ ist definiert als die ${}a$-fache Summe der Zahl ${}b$ mit sich selbst.
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. Eine Menge ${}G$ mit einem ausgezeichneten Element ${}e\in G$ und mit einer Verknüpfung

   $G\times G\longrightarrow G,\,(g,h)\longmapsto g\circ h,$

   heißt Gruppe, wenn folgende Eigenschaften erfüllt sind.

   1. Die Verknüpfung ist assoziativ, d.h. für alle ${}f,g,h\in G$ gilt

      $(f\circ g)\circ h=f\circ (g\circ h).$

   2. Das Element ${}e$ ist ein neutrales Element, d.h. für alle ${}g\in G$ gilt

      $g\circ e=g=e\circ g.$

   3. Zu jedem ${}g\in G$ gibt es ein inverses Element, d.h. es gibt ein ${}h\in G$ mit

      $h\circ g=g\circ h=e.$

6. Eine Funktion der Form

   $f\colon K\longrightarrow K,\,x\longmapsto cx,$

   mit einem festen ${}c\in K$ heißt lineare Funktion.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. In einem kommutativen Halbring ${}R$ gilt die erste binomische Formel, also die Beziehung

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

2. Es sei ${}d$ eine fixierte positive natürliche Zahl. Dann gibt es zu jeder ganzen Zahl ${}n$ eine eindeutig bestimmte ganze Zahl ${}q$ und eine eindeutig bestimmte natürliche Zahl ${}r$, ${}0\leq r\leq d-1$, mit

   ${}n=qd+r\,.$

3. Es sei ${}x\in K$ ein Element in einem archimedisch angeordneten Körper ${}K$. Dann konvergiert die zugehörige Dezimalbruchfolge ${}(x_{n})$, ${}n\in \mathbb {N}$, gegen ${}x$.

Aufgabe (2 Punkte)

Beschreibe mit Quantoren die Eigenschaft einer Abbildung

$F\colon L\longrightarrow M,$

konstant zu sein.

Lösung

Es gibt ein ${}y\in M$ derart, dass für alle ${}x\in L$ die Gleichheit

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

gilt. Symbolischer:

$\exists y\in M(\forall x\in L(F(x)=y)).$

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Wir betrachten auf der Menge

${}M=\{a,b,c,d\}\,$

die durch die Tabelle

${}\star$	${}a$	${}b$	${}c$	${}d$
${}a$	${}b$	${}a$	${}c$	${}a$
${}b$	${}d$	${}a$	${}b$	${}b$
${}c$	${}a$	${}b$	${}c$	${}c$
${}d$	${}b$	${}d$	${}d$	${}d$

gegebene Verknüpfung ${}\star$.

1. Berechne

   $b\star (a\star (d\star a)).$

2. Besitzt die Verknüpfung ${}\star$ ein neutrales Element?

Lösung

1. Es ist

   ${}b\star (a\star (d\star a))=b\star (a\star b)=b\star a=d\,.$

2. Es gibt kein neutrales Element, da dann eine Zeile eine Wiederholung der Leitzeile sein müsste, was nicht der Fall ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}a\in R$ ein Element in einem kommutativen Ring. Berechne ${}20a$ mit maximal fünf Additionen.

Lösung

Wir berechnen

${}b:=a+a=2a\,,$

${}c:=b+b=4a\,,$

${}d:=c+c=8a\,,$

${}e:=d+d=16a\,.$

Dann ist

${}20a=16a+4a=e+c\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}M$ eine Menge und ${}a,b\in M$ zwei verschiedene Elemente. Definiere durch eine Fallunterscheidung eine Bijektion von ${}M$ nach ${}M$, die ${}a$ und ${}b$ vertauscht, und sonst alle Elemente unverändert lässt.

Lösung

Wir definieren

$f\colon M\longrightarrow M$

durch

${}f(x):={\begin{cases}b,\,{\text{ wenn }}x=a\,,\\a,\,{\text{ wenn }}x=b\,,\\x{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}\,$

Diese Abbildung ist bijektiv und besitzt offenbar die gewünschte Vertauschungseigenschaft.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Eindeutigkeit der Multiplikation auf ${}\mathbb {N}$.

Lösung Natürliche Zahlen/Eindeutigkeit der Multiplikation/Rekursive Bedingung/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine Menge und ${}\preccurlyeq$ eine Ordnung auf ${}M$. Zeige durch Induktion über ${}n\geq 2$ die Aussage: Wenn für Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in M$ die Beziehung

${}a_{1}\preccurlyeq a_{2}\preccurlyeq \ldots \preccurlyeq a_{n-1}\preccurlyeq a_{n}\,$

und

${}a_{n}\preccurlyeq a_{1}\,$

gilt, dann sind alle ${}a_{1},\ldots ,a_{n}$ gleich.

Lösung

Der Induktionsanfang ${}n=2$ folgt unmittelbar aus der Antisymmetrie. Es sei also die Aussage für ein gewisses ${}n\geq 2$ schon bewiesen und es liegen ${}n+1$ Elemente mit den Abschätzungen

${}a_{1}\preccurlyeq a_{2}\preccurlyeq \ldots \preccurlyeq a_{n}\preccurlyeq a_{n+1}\,$

und

${}a_{n+1}\preccurlyeq a_{1}\,$

vor. Wegen der Transitivität der Ordnung gilt dann auch

${}a_{n}\preccurlyeq a_{1}\,$

und damit gelten auch die Bedingungen in der Induktionsvoraussetzung. Somit ist also

${}a_{1}=a_{2}=\ldots =a_{n}\,.$

Wegen

${}a_{n}\preccurlyeq a_{n+1}\,$

und

${}a_{n+1}\preccurlyeq a_{1}\,$

stimmt auch ${}a_{n+1}$ mit diesem Element überein.

Aufgabe (2 Punkte)

Gabi Hochster hat sich wieder über Frau Maier-Sengupta geärgert. Sie möchte sagen „Frau Maier-Sengupta ist unterbelichtet“, doch weil sie keinen neuen Vermerk kassieren will, ändert sie in dem Satz jeden Vokal (stellenweise) zu einem anderen Vokal (ohne Umlaute) und jeden Diphthong (für uns sind das au, ai und eu) zu einem anderen Diphthong. Wie viele Möglichkeiten gibt es dafür?

Lösung

In dem Satz kommen zwei Diphthonge und zehn (einzelne) Vokale vor. Für die Diphthonge gibt es jeweils zwei Änderungsmöglichkeiten, für die Vokale jeweils vier. Insgesamt gibt es also

${}2^{2}\cdot 4^{10}=4^{11}=1024\cdot 1024\cdot 4=4194304\,$

Möglichkeiten.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Binomialkoeffizienten die rekursive Beziehung

${}{\binom {n+1}{k}}={\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k-1}}\,$

erfüllen.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k-1}}&={\frac {n!}{(n-k)!k!}}+{\frac {n!}{(n-(k-1))!(k-1)!}}\\&={\frac {n!}{(n-k)!k!}}+{\frac {n!}{(n+1-k)!(k-1)!}}\\&={\frac {(n+1-k)\cdot n!}{(n+1-k)!k!}}+{\frac {k\cdot n!}{(n+1-k)!k!}}\\&={\frac {(n+1-k+k)\cdot n!}{(n+1-k)!k!}}\\&={\frac {(n+1)!}{(n+1-k)!k!}}\\&={\binom {n+1}{k}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}a,b,c,d$ natürliche Zahlen mit

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

Es sei ${}a\geq c$. Zeige, dass dann ${}d\geq b$ ist und dass

${}a-c=d-b\,$

gilt.

Lösung

Aus der Annahme

${}b>d\,$

folgt mit (der echt größer Version von) Satz 10.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (2) der Widerspruch

${}a+b>c+d\,$

zur Voraussetzung. Wenn man zu der zu beweisenden Gleichheit

${}a-c=d-b\,$

beidseitig ${}c+b$ addiert, so erhält man die wahre Gleichung

${}(a-c)+(c+b)=a+b=c+d=(d-b)+(c+b)\,.$

Wegen der Abziehregel muss dann auch die in Frage stehende Gleichung wahr sein.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}a,b,c,d$ positive natürliche Zahlen. Es sei ${}b$ ein Teiler von ${}a$ und ${}d$ ein Teiler von ${}c$. Ferner sei ${}{\frac {c}{d}}$ ein Teiler von ${}{\frac {a}{b}}$. Zeige, dass dann ${}bc$ ein Teiler von ${}ad$ ist, und dass die Beziehung

${}{\frac {\,\,{\frac {a}{b}}\,\,}{\,\,{\frac {c}{d}}\,\,}}={\frac {ad}{bc}}\,$

gilt.

Lösung

Aufgrund der Voraussetzungen können wir

${}a=br\,,$

${}c=ds\,$

und

${}{\frac {a}{b}}=t{\frac {c}{d}}\,$

mit natürlichen Zahlen ${}r,s,t$ schreiben. Aufgrund der ersten und der dritten Zeile ist

${}r={\frac {a}{b}}=t{\frac {c}{d}}\,.$

Somit ist

${}ad=brd=bd{\frac {tc}{d}}=tbc\,.$

Also ist ${}ad$ ein Vielfaches von ${}bc$. Für den Quotienten gilt

${}{\frac {ad}{bc}}=t={\frac {\,\,{\frac {a}{b}}\,\,}{\,\,{\frac {c}{d}}\,\,}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass es zu ganzen Zahlen ${}d,n$ mit ${}d>0$ eindeutig bestimmte ganze Zahlen ${}k,s$ mit

${}n=kd+s\,$

und mit

${}-{\frac {d}{2}}<s\leq {\frac {d}{2}}\,$

gibt.

Lösung

Aufgrund der Division mit Rest in ${}\mathbb {Z}$ gibt es eindeutig bestimmte ganze Zahlen ${}q$ und ${}r$ mit

${}0\leq r<d\,$

mit

${}n=qd+r\,.$

Bei

${}r\leq {\frac {d}{2}}\,$

ist die Existenz bewiesen. Bei

${}r>{\frac {d}{2}}\,$

setzt man

${}s:=r-d\,.$

Es ist dann

${}0>s=r-d>{\frac {d}{2}}-d=-{\frac {d}{2}}\,$

und

${}n=qd+r=(q+1)d+r-d=(q+1)d+s\,$

ergibt die Existenz. Aus zwei Darstellungen

${}kd+s=n=\ell d+t\,$

mit ${}s\geq t$ ergibt sich

${}0=(k-\ell )d+s-t\,$

mit

${}0\leq s-t<d\,$

und die Eindeutigkeit in der Division mit Rest sichert die Eindeutigkeit in der vorliegenden Form.

Aufgabe (3 Punkte)

Man bestimme den größten gemeinsamen Teiler von ${}3146$ und ${}1515$ und man gebe eine Darstellung des ${}\operatorname {ggT}$ von ${}3146$ und ${}1515$ mittels dieser Zahlen an.

Lösung

Der euklidische Algorithmus liefert:

$3146=2\cdot 1515+116$

$1515=13\cdot 116+7$

$116=16\cdot 7+4$

$7=1\cdot 4+3$

$4=1\cdot 3+1.$

Die Zahlen ${}3146$ und ${}1515$ sind also teilerfremd und ${}1$ ist ihr größter gemeinsamer Teiler. Eine Darstellung der ${}1$ erhält man, indem man diese Division mit Rest rückwärts liest, also

${}{\begin{aligned}1&=4-1\cdot 3\\&=4-(7-1\cdot 4)\\&=2\cdot 4-7\\&=2(116-16\cdot 7)-7\\&=2\cdot 116-33\cdot 7\\&=2\cdot 116-33(1515-13\cdot 116)\\&=-33\cdot 1515+(2+13\cdot 33)\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431(3146-2\cdot 1515)\\&=-895\cdot 1515+431\cdot 3146.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das kleinste gemeinsame Vielfache und den größten gemeinsamen Teiler der drei Zahlen

$3^{4}\cdot 5^{2},\,2^{4}\cdot 3^{3}\cdot 5^{1}\cdot 7^{1},\,2^{5}\cdot 3^{2}\cdot 5^{2}.$

Die Ergebnisse sollen ausgerechnet vorliegen.

Lösung

Nach Korollar 21.9 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) (angewendet auf drei Zahlen) ist der größte gemeinsame Teiler gleich

${}3^{2}\cdot 5^{1}=45\,$

und das kleinste geminsame Vielfache ist gleich

${}2^{5}\cdot 3^{4}\cdot 5^{2}\cdot 7=32\cdot 81\cdot 25\cdot 7=2592\cdot 175=453600\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Mustafa Müller beschließt, sich eine Woche lang ausschließlich von Schokolade seiner Lieblingssorte „Gaumenfreude“ zu ernähren. Eine Tafel besitzt einen Energiewert von ${}2300$ kJ und sein Tagesbedarf an Energie ist ${}10000$ kJ. Wie viele Tafeln muss er am Tag (gerundet auf zwei Nachkommastellen) und wie viele Tafeln muss er in der Woche essen?

Lösung

Er muss pro Tag ca.

${}{\frac {10000}{2300}}=4{,}35\,$

Tafeln essen, in der Woche also

${}7\cdot 4{,}35=30{,}45\,$

Tafeln.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass für die Differenz von rationalen Zahlen die Gleichheit

${}{\frac {a}{b}}-{\frac {c}{d}}={\frac {ad-bc}{bd}}\,$

gilt.

Lösung

Die Subtraktion ist die Addition mit dem Negativen, und das Negative von ${}{\frac {c}{d}}$ ist ${}{\frac {-c}{d}}$. Also ist

${}{\frac {a}{b}}-{\frac {c}{d}}={\frac {a}{b}}+{\frac {-c}{d}}={\frac {ad+(-c)b}{bd}}={\frac {ad+(-cb)}{bd}}={\frac {ad-cb}{bd}}\,,$

wobei wir in den letzten beiden Schritten Vorzeichenregeln für ganze Zahlen verwendet haben.

Aufgabe (1 Punkt)

An der Tafel steht der Bruch

${\frac {541000}{3520000}},$

es ist aber nicht klar, auf welches Stellensystem er sich bezieht. Welche Vereinfachung kann man auf jeden Fall vornehmen?

Lösung

Es ist

${}{\frac {541000}{3520000}}={\frac {541}{3520}}\,$

unabhängig vom Stellenwertsystem, da ${}n$ hintere Nullen bedeuten, dass ein Vielfaches von ${}b^{n}$ vorliegt, wenn ${}b$ die Basis des Systems bezeichnet, und dies kann man kürzen.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die algebraische Struktur der Dezimalbrüche.

Lösung

Die Brüche seien

${}x=a\cdot 10^{k}\,$

und

${}y=b\cdot 10^{\ell }\,$

mit ${}a,b\in \mathbb {Z}$ und mit ${}k,\ell \in \mathbb {Z}$. Wegen der Symmetrie können wir ${}k\geq \ell$ annehmen. Dann ist

${}a\cdot 10^{k}+b\cdot 10^{\ell }=a\cdot 10^{k-\ell }\cdot 10^{\ell }+b\cdot 10^{\ell }={\left(a\cdot 10^{k-\ell }+b\right)}\cdot 10^{\ell }\,$

wieder von der gleichen Bauart, also ein Dezimalbruch. Für das Produkt ist

${}a\cdot 10^{k}\cdot b\cdot 10^{\ell }=a\cdot b\cdot 10^{k+\ell }\,.$

Die anderen Behauptungen sind ebenfalls klar.

Aufgabe (6 (3+2+1) Punkte)

In einer Äpfelpackung befinden sich stets sechs Äpfel, die zusammen ein Kilo wiegen sollen, wobei eine Toleranz zwischen ${}995$ und ${}1005$ Gramm erlaubt ist. Der kleinste Apfel in der Packung muss mindestens ${}90$ Prozent des Gewichts des größten Apfels der Packung haben.

1. Wie schwer (in gerundeten Gramm) kann ein Apfel in einer Packung maximal sein?
2. Wie leicht (in gerundeten Gramm) kann ein Apfel in einer Packung minimal sein?
3. Um wie viel Prozent ist der größtmögliche Apfel schwerer als der kleinstmögliche Apfel?

Lösung

Die Gewichte der Äpfel seien

${}x_{1}\leq x_{2}\leq x_{3}\leq x_{4}\leq x_{5}\leq x_{6}\,$

und die Bedingungen sind

${}995\leq x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}\leq 1005\,$

und

${}x_{1}\geq 0{,}9x_{6}\,.$

1. Wenn ${}x_{6}$ besonders groß werden soll, so hat man die besten Chancen beim Gesamtgewicht ${}1005$ Gramm und wenn die fünf übrigen Äpfel alle möglichst klein sind. Daher setzen wir

   ${}x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}=x_{5}\,$

   und

   ${}x_{1}=0{,}9x_{6}\,$

   an. Dies führt auf

   ${}1005=5x_{1}+x_{6}=5\cdot 0{,}9x_{6}+x_{6}=5{,}5x_{6}\,.$

   Division führt auf

   ${}1005:5{,}5=182{,}72..\,,$

   also gerundet ${}183$ Gramm. 90 Prozent davon sind

   ${}182{,}72-18{,}27=164{,}45\,.$

   Die anderen Äpfel der Packung wiegen also ${}164$ Gramm.

2. Der analoge Ansatz führt auf das Gesamtgewicht ${}995$ Gramm,

   ${}x_{2}=x_{3}=x_{4}=x_{5}=x_{6}\,$

   und

   ${}x_{1}=0{,}9x_{6}\,.$

   Dann ist

   ${}995=x_{1}+5x_{6}=5{,}9x_{6}\,.$

   Division ergibt

   ${}995:5{,}9=168{,}64..\,$

   und somit

   ${}x_{1}=168{,}64-16{,}86=151{,}78\,.$

   Der leichteste Apfel hat also das Gewicht ${}152$ Gramm, die anderen fünf Äpfel in der Packung wiegen ${}169$ Gramm.

3. Es ist

   ${}183:152=1{,}2039\,,$

   der größtmögliche Apfel in einer Packung ist also ${}20$ Prozent größer als der kleinstmögliche Apfel in einer Packung.

Aufgabe (5 Punkte)

Man gebe explizit ein ${}m$ mit der Eigenschaft an, dass für alle ${}n\geq m$ die Abschätzung

${}1,03^{n}\geq n^{2}\,$

gilt.

Lösung

Mit dem allgemeinen binomischen Lehrsatz ist

${}{\begin{aligned}1{,}03^{n}&=(1+0{,}03)^{n}\\&=1+n\cdot 0{,}03+{\binom {n}{2}}0{,}03^{2}+{\binom {n}{3}}0{,}03^{3}+\ldots \\&\geq {\binom {n}{3}}0{,}03^{3}\\&={\frac {n(n-1)(n-2)}{6}}\cdot {\frac {27}{1000000}}\\&=n^{2}\cdot {\left({\frac {(n-1)(n-2)}{6n}}\cdot {\frac {27}{1000000}}\right)}.\end{aligned}}$

Dies soll ${}\geq n^{2}$ werden, was man dadurch erreichen kann, dass der Klammerausdruck rechts ${}\geq 1$ wird. Dieser Ausdruck ist

${}{\begin{aligned}{\frac {(n-1)(n-2)}{6n}}\cdot {\frac {27}{1000000}}&={\frac {n^{2}-3n+2}{n}}\cdot {\frac {9}{2000000}}\\&={\left(n-3+{\frac {2}{n}}\right)}\cdot {\frac {9}{2000000}}\\&\geq {\left(n-3\right)}\cdot {\frac {9}{2000000}}.\end{aligned}}$

Die Bedingung

${}{\left(n-3\right)}\cdot {\frac {9}{2000000}}\geq 1\,$

wird zu

${}n\geq {\frac {2000000}{9}}+3\,,$

was jedenfalls bei

${}n\geq 300000\,$

erfüllt ist. Man kann also beispielsweise

${}m=300000\,$

nehmen.