Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/16/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	1	3	4	2	6	4	3	4	4	3	2	2	2	3	5	2	1	4	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. Man sagt, dass eine natürliche Zahl ${}n$ größergleich einer natürlichen Zahl ${}k$ ist, geschrieben

   ${}n\geq k\,,$

   wenn man von ${}k$ aus durch endlichfaches Nachfolgernehmen zu ${}n$ gelangt.

3. Die beiden natürlichen Zahlen ${}a$ und ${}b$ heißen teilerfremd, wenn sie keinen gemeinsamen Teiler ${}\geq 2$ besitzen.
4. Die ganzen Zahlen haben die Form ${}\pm a$ und ${}\pm b$ mit natürlichen Zahlen ${}a,b$. Die Multiplikation wird folgendermaßen definiert.

   ${}a\cdot b:=a\cdot b\,,$

   ${}a\cdot (-b):=-(a\cdot b)\,,$

   ${}(-a)\cdot b:=-(a\cdot b)\,,$

   ${}(-a)\cdot (-b):=a\cdot b\,.$

5. Man nennt den Exponenten, mit dem ${}p$ in der Primfaktorzerlegung von ${}n$ vorkommt, den ${}p$-Exponenten von ${}n$.
6. Die Abbildung ${}f\colon K\rightarrow K$ heißt fallend, wenn für je zwei Elemente ${}x,x'\in K$ mit ${}x\leq x'$ die Abschätzung ${}f(x)\geq f(x')$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Das Produkt zweier natürlicher Zahlen ist nur dann gleich ${}0$, wenn einer der Faktoren ${}0$ ist.
2. Es seien ${}a,b,c$ natürliche Zahlen mit ${}a\geq b$. Dann ist

   ${}c(a-b)=ca-cb\,.$

3. Es sei ${}K$ ein archimedisch angeordneter Körper und ${}x>1$. Dann gibt es zu jedem ${}B\in K$ eine natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ mit

   ${}x^{n}\geq B\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

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

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

Lösung

$\neg p\vee \neg q.$

Aufgabe (3 Punkte)

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

$f\colon M\longrightarrow N$

eine injektive Abbildung. Wie viele Abbildungen

$g\colon N\longrightarrow M$

mit

${}g\circ f=\operatorname {Id} _{M}\,$

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 (4 Punkte)

Zeige, dass die Addition auf den natürlichen Zahlen durch die Bedingungen

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

eindeutig bestimmt ist.

Lösung

Die Addition erfüllt nach Lemma 8.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (1, 2) diese Eigenschaften.

Es seien zwei Verknüpfungen ${}+$ und ${}*$ auf ${}\mathbb {N}$ gegeben, die beide diese charakteristischen Eigenschaften erfüllen. Es ist zu zeigen, dass dann diese beiden Verknüpfungen überhaupt übereinstimmen. Wir müssen also die Gleichheit

${}x+y=x*y\,$

für alle ${}x,y\in \mathbb {N}$ beweisen. Dies machen wir durch Induktion über ${}y$ (für beliebige ${}x$). Bei

${}y=0\,$

ist wegen

${}x+0=x=x*0\,$

die Aussage richtig. Es sei die Aussage nun für ein bestimmtes ${}y$ schon bewiesen. Dann ist mit der charakteristischen Eigenschaft und der Induktionsvoraussetzung

${}x+y^{\prime }=(x+y)^{\prime }=(x*y)^{\prime }=x*y^{\prime }\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Ed soll ${}56:8$ ausrechnen. Er rechnet folgendermaßen:

„nun, es ist

${}{\begin{aligned}56&=5\cdot 10+6\\&=5\cdot (8+2)+6\\&=5\cdot 8+5\cdot 2+6\\&=5\cdot 8+16\\&=5\cdot 8+1\cdot 10+6\\&=5\cdot 8+1\cdot (8+2)+6\\&=5\cdot 8+1\cdot 8+2+6\\&=6\cdot 8+8\\&=7\cdot 8,\end{aligned}}$

die Antwort ist also ${}7$.“

Wie rechnet er ${}63:7$?

Lösung

Ed rechnet

${}{\begin{aligned}63&=6\cdot 10+3\\&=6\cdot (7+3)+3\\&=6\cdot 7+6\cdot 3+3\\&=6\cdot 7+21\\&=6\cdot 7+2\cdot 10+1\\&=6\cdot 7+2\cdot (7+3)+1\\&=6\cdot 7+2\cdot 7+2\cdot 3+1\\&=8\cdot 7+7\\&=9\cdot 7,\end{aligned}}$

die Antwort ist also ${}9$.

Aufgabe (6 Punkte)

Es seien ${}\ell ,m\in \mathbb {N} _{+}$ und es sei ${}x$ die Zahl mit ${}\ell$ Neunen und ${}y$ die Zahl mit ${}m$ Neunen (im Zehnersystem). Zeige, dass ${}y$ genau dann von ${}x$ geteilt wird, wenn ${}m$ von ${}\ell$ geteilt wird.

Lösung

Wir schreiben

${}x=10^{\ell }-1\,$

und

${}y=10^{m}-1\,.$

Es sei zuerst ${}\ell$ ein Teiler von ${}m$, also

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

Dann ist

${}{\begin{aligned}y&=10^{m}-1\\&=10^{\ell k}-1\\&={\left(10^{\ell }\right)}^{k}-1\\&={\left(10^{\ell }-1\right)}\cdot {\left(10^{(k-1)\ell }+\cdots +10^{2\ell }+10^{\ell }+1\right)},\end{aligned}}$

also ist ${}x$ ein Teiler von ${}y$.

Für die Umkehrung schreiben wir

${}m=\ell k+r\,$

mit ${}0\leq r<\ell$ und setzen voraus, dass ${}y$ von ${}x$ geteilt wird. Es ist ${}r=0$ zu zeigen. Es ist

${}{\begin{aligned}y&=10^{m}-1\\&=10^{\ell k+r}-1\\&=10^{\ell k}\cdot 10^{r}-1\\&={\left(10^{\ell k}-1\right)}\cdot 10^{r}+10^{r}-1.\end{aligned}}$

Nach der Hinrichtung ist der linke Faktor des linken Summanden ein Vielfaches von ${}10^{\ell }-1$. Wenn auch ${}y$ ein Vielfaches von ${}10^{\ell }-1$ ist, so muss auch die Differenz, also ${}10^{r}-1$ ein Vielfaches von ${}10^{\ell }-1$ sein. Dies kann aber aus Größengründen nur bei ${}r=0$ sein.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise

${}\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\binom {n}{i}}2^{i}=(-1)^{n}\,.$

Lösung

Der Induktionsanfang bei ${}n=1$ ist klar. Unter Verwendung der Pascalschen Rekursionsformel und der Induktionsvoraussetzung ist

${}{\begin{aligned}\sum _{i=0}^{n+1}(-1)^{i}{\binom {n+1}{i}}2^{i}&=\sum _{i=0}^{n+1}(-1)^{i}{\left({\binom {n}{i}}+{\binom {n}{i-1}}\right)}2^{i}\\&=\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\binom {n}{i}}2^{i}+\sum _{i=1}^{n+1}(-1)^{i}{\binom {n}{i-1}}2^{i}\\&=(-1)^{n}-2\cdot \sum _{i=1}^{n+1}(-1)^{i-1}{\binom {n}{i-1}}2^{i-1}\\&=(-1)^{n}-2\cdot \sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}{\binom {n}{j}}2^{j}\\&=(-1)^{n}-2(-1)^{n}\\&=(-1)^{n+1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass es zu ganzen Zahlen ${}d,n$ mit ${}d>0$ eindeutig bestimmte ganze Zahlen ${}q,r$ mit ${}0\leq r<d$ und mit

${}n=dq+r\,$

gibt. Dabei darf die Division mit Rest für natürliche Zahlen verwendet werden.

Lösung

Bei ${}n\geq 0$ liegt das Ergebnis unmittelbar aufgrund der Division mit Rest für natürliche Zahlen vor. Es sei also ${}n<0$. Dann ist ${}-n\in \mathbb {N}$ und die Division mit Rest für natürliche Zahlen ergibt

${}-n=pd+s\,$

mit ${}p\in \mathbb {N}$ und ${}s$ zwischen ${}0$ und ${}d-1$. Negation dieser Gleichung liefert

${}n=(-p)d-s\,.$

Bei ${}s=0$ liegt unmittelbar das gewünschte Ergebnis vor. Es sei also ${}s>0$. Dann ist

${}n=(-p)d-s=(-p)d-d+(d-s)=(-p-1)d+(d-s)\,$

und

${}r=d-s\,$

liegt zwischen ${}0$ und ${}d-1$.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Zu einer positiven natürlichen Zahl ${}n$ sei ${}a_{n}$ das kleinste gemeinsame Vielfache der Zahlen ${}1,2,3,\ldots ,n$.

1. Bestimme ${}a_{n}$ für ${}n=1,2,3,4,5,6,7,8,9$.
2. Was ist die kleinste Zahl ${}n$ mit

   ${}a_{n}=a_{n+1}=a_{n+2}=a_{n+3}\,?$

Lösung

1. Es ist

   $a_{1}=1,\,a_{2}=2,\,a_{3}=6,\,a_{4}=12,\,a_{5}=60,\,a_{6}=60,\,a_{7}=420,\,a_{8}=840,\,a_{9}=2520.$

2. Genau dann ist

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

   wenn ${}n$ eine Primzahlpotenz ${}p^{k}$, ${}k\geq 1$, (${}p$ Primzahl) ist, da diese nicht als Faktor einer kleineren Zahl auftauchen. Man muss also nach der kleinsten Folge von drei Zahlen ohne Primzahlpotenzen suchen. Dies ist ${}20,21,22$, die Antwort ist also ${}19$.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten das kleine Einmaleins als eine Verknüpfungstabelle, in der alle Produkte ${}i\cdot j$ mit ${}1\leq i,j\leq 9$ stehen. Bestimme die Primfaktorzerlegung des Produktes über alle Einträge in der Tabelle.

Lösung

Es sei ${}n$ das Produkt aller Zahlen im kleinen Einmaleins. Als Primfaktoren kommen nur ${}2,3,5,7$ in Frage. Jede Zahl ${}i\leq 9$ wird mit jeder der neun einstelligen Zahl sowohl von links als auch von rechts multipliziert und dadurch tritt die Primfaktorzerlegung von ${}i$ in der ${}18$-ten Potenz auf. Somit ergibt sich

${}{\begin{aligned}n&=2^{18}\cdot 3^{18}\cdot 4^{18}\cdot 5^{18}\cdot 6^{18}\cdot 7^{18}\cdot 8^{18}\cdot 9^{18}\\&=2^{18}\cdot 3^{18}\cdot 2^{36}\cdot 5^{18}\cdot 2^{18}\cdot 3^{18}\cdot 7^{18}\cdot 2^{54}\cdot 3^{36}\\&=2^{126}\cdot 3^{72}\cdot 5^{18}\cdot 7^{18}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Die Puzzleteile für ein Puzzle haben eine grob rechteckige Form, wobei die eine Seite erkennbar länger als die andere ist, und auf jeder Seite gibt es entweder eine Einbuchtung oder eine Ausbuchtung. Wie viele Typen von Puzzelteilen gibt es?

Lösung

Wir betrachten die Puzzleteile je nachdem, ob sie ${}0,1,2,3$ oder ${}4$ Ausbuchtungen haben (was die Anzahl der Einbuchtungen festlegt). Bei keiner Ausbuchtung gibt es keine weitere Unterscheidung. Bei einer Ausbuchtung kann die Ausbuchtung an einer kurzen oder an einer langen Seite sein. Bei zwei Ausbuchtungen gibt es vier Möglichkeiten: Die beiden Ausbuchtungen können gegenüber an den kurzen Seiten, oder gegenüber an den langen Seiten, oder nebeneinander an einer kurzen und an einer langen Seite sein. Im letzteren Fall macht es aber noch einen Unterschied, ob, wenn man die Ausbuchtung an der kurzen Seite nach oben dreht, die Ausbuchtung an der langen Seite links oder rechts liegt. Für drei Ausbuchtungen gibt es wieder zwei und bei vier Ausbuchtungen wieder eine Möglichkeit. Insgesamt gibt es also

${}1+2+4+2+1=10\,$

Typen.

Aufgabe (2 Punkte)

Ersetze im Term ${}4x^{2}+3x+7$ die Variable ${}x$ durch den Term ${}y^{3}+5$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}4{\left(y^{3}+5\right)}^{2}+3{\left(y^{3}+5\right)}+7&=4{\left(y^{6}+10y^{3}+25\right)}+3y^{3}+15+7\\&=4y^{6}+43y^{3}+122.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Es sei

${}x_{n}:=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}\,.$

1. Finde das kleinste ${}n$ mit

   ${}x_{n}\geq 2\,.$

2. Finde das kleinste ${}n$ mit

   ${}x_{n}\geq 2{,}5\,.$

Lösung

1. Es ist

   ${}1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}={\frac {6+3+2}{6}}={\frac {11}{6}}<2\,$

   und

   ${}1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}={\frac {11}{6}}+{\frac {1}{4}}={\frac {44+6}{24}}={\frac {50}{24}}={\frac {25}{12}}>2\,.$

   Die Summe der ersten vier Stammbrüche ist also erstmals größer als ${}2$.

2. Es ist

   ${}1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}={\frac {25}{12}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}={\frac {125+12+10}{60}}={\frac {147}{60}}={\frac {49}{20}}<2,5\,.$

   Wegen

   ${}{\frac {1}{7}}>{\frac {1}{20}}\,$

   ist die Summe der ersten sieben Stammbrüche größer als ${}2,5$.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige

${}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}={\frac {n}{n+1}}\,.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}&=\sum _{k=1}^{n}{\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)}\\&={\left(1-{\frac {1}{2}}\right)}+{\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)}+{\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right)}+\cdots +{\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)}\\&=1-{\frac {1}{n+1}}\\&={\frac {n}{n+1}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Zwei Personen, ${}A$ und ${}B$, liegen unter einer Palme, ${}A$ besitzt ${}2$ Fladenbrote und ${}B$ besitzt ${}3$ Fladenbrote. Eine dritte Person ${}C$ kommt hinzu, die kein Fladenbrot besitzt, aber ${}5$ Taler. Die drei Personen werden sich einig, für die ${}5$ Taler die Fladenbrote untereinander gleichmäßig aufzuteilen. Wie viele Taler gibt ${}C$ an ${}A$ und an ${}B$?

Lösung

Es gibt insgesamt ${}5$ Fladenbrote, sodass also jede Person ${}{\frac {5}{3}}$ Brote isst. Somit gibt ${}A$ genau ${}{\frac {1}{3}}$ Brot an ${}C$ ab und ${}B$ gibt ${}{\frac {4}{3}}$ Brote an ${}C$ ab. ${}B$ gibt also ${}4$-mal soviel ab wie ${}A$ und bekommt daher ${}4$ Taler, und ${}A$ bekommt einen Taler von ${}C$.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass für ${}n\geq 3$ die Abschätzung

${}n^{n+1}\geq (n+1)^{n}\,$

gilt.

Lösung

Es ist

${}n^{n+1}=n\cdot n^{n}\,$

und

${}(n+1)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}n^{n-k}=n^{n}+n\cdot n^{n-1}+{\binom {n}{2}}n^{n-2}+\cdots +{\binom {n}{n-1}}n^{1}+1\,.$

Hier stehen ${}n+1$ Summanden, wobei der allerletzte gleich ${}1$ ist. Wir vergleichen die Summanden mit ${}n^{n}$. Die ersten beiden Summanden sind gleich ${}n^{n}$, für ${}k\geq 2$ ist

${}{\binom {n}{k}}n^{n-k}={\frac {n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!}}n^{n-k}<n^{k}\cdot n^{n-k}=n^{n}\,.$

Bei

${}n\geq 3\,$

sind somit insbesondere die letzten beiden Summanden zusammengenommen kleinergleich ${}n^{n}$ und die Summe rechts ist somit ${}\leq n\cdot n^{n}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Die Biologin Sandra O'Neil ist eine renommierte Forscherin über Bakterien. Ihr Institut hat ein hochauflösendes Mikroskop erworben, das auf dem Bildschirm die Wirklichkeit im Verhältnis ${}3:10^{7}$ wiedergibt. Auf dem Bildschirm ist die Geißel des Bakteriums ${}21$ cm lang und dreimal so lang wie das Bakterium selbst. Auf dem Bakterium befindet sich ein roter Punkt, dessen Flächeninhalt auf dem Bildschirm ${}2$ Quadratzentimeter einnimmt.

1. Wie lang ist das Bakterium in Wirklichkeit?
2. Welchen Flächeninhalt hat der rote Punkt in Wirklichkeit?

Lösung

Der Faktor von der wirklichen Länge zur Bildschirmlänge ist ${}10^{7}/3$, der umgekehrte Faktor ist ${}3\cdot 10^{-7}$.

1. Die Länge des Bakteriums auf dem Bildschirm ist

   ${}{\frac {1}{3}}\cdot 21cm=7cm=7\cdot 10^{-2}m\,.$

   Deshalb ist die wirkliche Länge des Bakteriums gleich ${}7\cdot 10^{-2}\cdot 3\cdot 10^{-7}=21\cdot 10^{-9}=2,1\cdot 10^{-8}$ in Meter, also ${}21$ Nanometer.

2. Der Flächeninhalt im Mikroskop ist

   ${}2cm^{2}=2\cdot 10^{-4}m^{2}\,.$

   Um den wahren Flächeninhalt zu bestimmen, muss man den umgekehrten Faktor quadrieren. Der wahre Flächeninhalt des roten Punktes ist somit gleich

   ${}2\cdot 10^{-4}\cdot {\left(3\cdot 10^{-7}\right)}^{2}=18\cdot 10^{-18}\,$

   Quadratmeter.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme

${\left({\left({\left({\left({\left({\frac {3}{7}}\right)}^{-1}\right)}^{-1}\right)}^{-1}\right)}^{-1}\right)}^{-1}.$

Lösung

Das ist ${}{\frac {7}{3}}$, da sich beim Inversennehmen Zähler und Nenner vertauschen und fünfmal das Inverse genommen wird.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper. Finde alle Lösungen ${}(a,b,c)\in K^{3}$, die das Gleichungssystem

${}a\cdot b=c\,,$

${}b\cdot c=a\,,$

${}a\cdot c=b\,,$

erfüllen.

Lösung

Wenn

${}a=0\,$

ist, so sind wegen der ersten und der dritten Gleichung auch ${}b$ und ${}c$ gleich ${}0$. Dies ergibt die Lösung ${}(0,0,0)$. Es kann ansonsten nur noch Lösungen geben, wo alle Zahlen ungleich ${}0$ sind. Wir setzen die erste Gleichung ${}c=a\cdot b$ in die zweite Gleichung ein und erhalten

${}b\cdot (a\cdot b)=a\,.$

Daraus folgt wegen ${}a\neq 0$ durch Kürzen

${}b^{2}=1\,.$

Somit ist ${}b=1$ oder ${}b=-1$. Entsprechende Überlegungen führen dazu, dass auch ${}a$ und ${}c$ nur ${}1$ oder ${}-1$ sein können. Bei ${}b=1$ folgt mit der ersten Gleichung

${}a=c\,.$

Dies führt zu den Lösungen ${}(1,1,1)$ und ${}(-1,1,-1)$ (wobei letzteres wegen ${}(-1)^{2}=1$ in der Tat eine Lösung ist). Bei ${}b=-1$ ist

${}a=-c\,,$

was zu den Lösungen

$(1,-1,-1)$

und

$(-1,-1,1)$

führt.

Aufgabe (3 Punkte)

Beschreibe eine typische Fehlvorstellung, die man zum Zahlenstrahl haben kann. Wie kann man diese erkennen und gegebenenfalls ausräumen?

Lösung Zahlenstrahl/Fehlvorstellung/Aufgabe/Lösung