Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/22/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	0	1	3	4	3	2	4	3	6	3	3	2	2	4	3	2	3	2	0	56

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es heißt

   ${}M\setminus T={\left\{x\in M\mid x\not \in T\right\}}\,$

   das Komplement von ${}T$.

2. Eine Verknüpfung ${}\circ$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Abbildung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y.$

3. Unter der Fakultät von ${}n$ versteht man die Zahl

   ${}n!:=n(n-1)(n-2)\cdots 3\cdot 2\cdot 1\,.$

4. Unter einer rationalen Zahl versteht man einen Ausdruck der Form

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

   wobei ${}a,b\in \mathbb {Z}$ und ${}b\neq 0$ sind, und wobei zwei Ausdrücke ${}{\frac {a}{b}}$ und ${}{\frac {c}{d}}$ genau dann als gleich betrachtet werden, wenn ${}ad=bc$ (in ${}\mathbb {Z}$) gilt.

5. Unter dem arithmetischen Mittel der Zahlen versteht man den Bruch

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

6. Der Betrag von ${}x$ ist folgendermaßen definiert.

   $\vert {x}\vert ={\begin{cases}x{\text{ falls }}x\geq 0\\-x{\text{ falls }}x<0\,.\end{cases}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Wenn ${}M$ eine Menge ist und wenn

   $\varphi \colon \{1,\ldots ,n\}\longrightarrow M$

   und

   $\psi \colon \{1,\ldots ,k\}\longrightarrow M$

   bijektive Abbildungen sind, so ist

   ${}n=k\,.$

2. Die Binomialkoeffizienten erfüllen die rekursive Beziehung

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

3. Zu je zwei Gruppenelementen ${}a,b\in G$ besitzen die beiden Gleichungen

   $a\circ x=b{\text{ und }}y\circ a=b$

   eindeutige Lösungen ${}x,y\in G$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Es ist schulbekannt, dass der Schuldirektor gerne die Quantoren durcheinander bringt. Er bittet Sie als Lehererin zu einem ernsten Gespräch und sagt: „Alle Eltern der Klasse 3b haben sich über Sie beschwert“. Was ist Ihre Rückfrage?

Lösung Quantoren/Schuldirektor/Aufgabe/Lösung

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

Wir zählen im Einsilbensystem, also mit den Abweichungen

sechs, sie, ben, acht, ... , sechzehn, siezehn, benzehn, achtzehn, ..., sechsundsiezig, sieundsiezig, benundsiezig, achtundsiezig, .. ., sechsundbenzig, sieundbenzig, benundbenzig, achtundbenzig, ...

1. Drücke die übliche Zahl Siebenundachtzig als Einsilbenzahl aus.
2. Drücke die Einsilbenzahl Sieundachtzig in der üblichen Weise aus.
3. Drücke die Einsilbenzahl Bentausendsiehundertbenundbenzig in der üblichen Weise aus.

Lösung

Das System ist einfach das Elfersystem, wobei nur die Ziffern ab ${}7$ anders benannt sind.

1. ${}87=7\cdot 11+10\,,$

   im Einsilbensystem, also neunundsiezig.

2. Die Zahl Sieundachtzig im Einsilbensystem bedeutet im Zehnersystem

   ${}9\cdot 11+7=106\,.$

3. Es ist

   ${}{\begin{aligned}8\cdot 11^{3}+7\cdot 11^{2}+8\cdot 11+8&=8\cdot 1331+7\cdot 121+8\cdot 11+8\\&=10648+847+88+8\\&=11591.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}M$ und ${}N$ Mengen und seien ${}A\subseteq M$ und ${}B\subseteq N$ Teilmengen. Zeige die Gleichheit

${}{\left(A\times N\right)}\cap {\left(M\times B\right)}=A\times B\,.$

Lösung

Wir zeigen die beiden Inklusionen. Es sei zunächst

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\cap {\left(M\times B\right)}\,.$

Dies bedeutet

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\,$

und

${}(x,y)\in {\left(M\times B\right)}\,.$

Dies bedeutet einerseits ${}x\in A$ und andererseits ${}y\in B$. Also ist ${}(x,y)\in A\times B$.

Wenn umgekehrt ${}(x,y)\in A\times B$ gilt, so ist ${}x\in A$ und ${}y\in B$. Wegen der Teilmengenbeziehungen ${}A\subseteq M$ und ${}B\subseteq N$ ist

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\,$

und

${}(x,y)\in {\left(M\times B\right)}\,$

und damit auch

${}(x,y)\in {\left(A\times N\right)}\cap {\left(M\times B\right)}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Begründe das Beweisprinzip der vollständigen Induktion aus den Dedekind-Peano-Axiomen.

Lösung

Es sei

${}M={\left\{n\in \mathbb {N} \mid A(n){\text{ ist wahr}}\right\}}\,.$

Wir wollen zeigen, dass ${}M=\mathbb {N}$ ist, denn genau dies bedeutet, dass die Aussage für alle ${}n$ gilt. Nach der ersten Bedingung ist

${}0\in M\,.$

Nach der zweiten Voraussetzung gilt für ${}M$, dass aus ${}n\in M$ stets ${}n+1\in M$ folgt. Damit erfüllt ${}M$ beide Voraussetzungen im Induktionsprinzip für Mengen, sodass ${}M=\mathbb {N}$ gilt.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}a,b,c$ natürliche Zahlen mit ${}a,b\geq c$. Zeige

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

Gilt

${}(8-5)+3=8+(3-5)\,$

in ${}\mathbb {N}$?

Lösung

Aufgrund der Abziehregel können wir die Gleichheit dadurch zeigen, dass wir beidseitig ${}c$ dazuaddieren und dafür die Gleichheit zeigen. Diese ergibt sich aus

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

Die angegebene Beispielgleichung ist in ${}\mathbb {N}$ nicht definiert, da der Ausdruck ${}3-5$ nicht definiert ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde die Zifferntupel ${}(a,b,c)\in \{1,2,\ldots ,9\}^{3}$, die die Gleichung

${}a\cdot ba=ac\,$

erfüllen, wobei ${}ba$ und ${}ac$ zweistellige Zahlen im Dezimalsystem bezeichnen. Schreibe die Gleichungen für die gefundenen Lösungen.

Lösung

Die Gleichung bedeutet

${}a\cdot {\left(10b+a\right)}=10a+c\,.$

Eine Umstellung liefert

${}c=a\cdot {\left(10b+a-10\right)}=a\cdot {\left(10(b-1)+a\right)}\,.$

Bei ${}b\geq 2$ folgt sofort, dass der Klammerausdruck rechts und dann der Ausdruck rechts überhaupt mindestens gleich ${}10$ ist, was für ${}c$ nicht gelten kann. Also ist

${}b=1\,$

und die Gleichung wird zu

${}c=a^{2}\,.$

Für ${}a$ gibt es also die Lösungen ${}1,2,3$ und ${}c$ ist dann die Quadratzahl davon, die ja einstellig sein muss. Die Lösungstupel sind also

$(1,1,1),\,(2,1,4),\,(3,1,9).$

Ausgeschrieben ist

${}1\cdot 11=11\,,$

${}2\cdot 12=24\,,$

${}3\cdot 13=39\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die erste binomische Formel für einen kommutativen Halbring.

Lösung

Unter mehrfacher Verwendung des Distributivgesetzes und der Kommutativgesetze ist

${}{\begin{aligned}(a+b)^{2}&=(a+b)(a+b)\\&=a(a+b)+b(a+b)\\&=a\cdot a+a\cdot b+b\cdot a+b\cdot b\\&=a^{2}+a\cdot b+a\cdot b+b^{2}\\&=a^{2}+2a\cdot b+b^{2}.\end{aligned}}$

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

Der VfB Stuttgart spielt gegen Bayern München und gewinnt auch in dieser Höhe verdient mit ${}8:3$.

1. Wie viele Möglichkeiten für die Torreihenfolge gibt es?
2. Wie viele Möglichkeiten für den Spielverlauf gibt es, wenn man unter Spielverlauf die Torreihenfolge und den Halbzeitstand versteht.
3. Das Spiel dauerte genau ${}90$ Minuten und in jeder Minute fiel höchstens ein Tor. Wie viele Möglichkeiten für den Spielverlauf gibt es, wenn man darunter versteht, welche Mannschaft in welcher Minute ein Tor geschossen hat (hier genügt eine Formel)?
4. Wie viele Möglichkeiten für die Torreihenfolge gibt es, wenn man weiß, dass Stuttgart, abgesehen vom anfänglichen ${}0:0$, stets in Führung lag.

Lösung

1. Es fallen insgesamt ${}11$ Tore, die Torreihenfolge ist festgelegt, wenn man weiß, welche Tore davon von München erzielt wurden. Also ist die Anzahl der Möglichkeiten gleich

   ${}{\binom {11}{3}}={\frac {11\cdot 10\cdot 9}{3\cdot 2}}=11\cdot 5\cdot 3=165\,.$

2. Bei jeder der ${}165$ Torreihenfolgen gibt es für die Pause ${}12$ Möglichkeiten (vor dem ersten Tor, nach dem ersten Tor, nach dem zweiten Tor, ..., nach dem elften Tor), also ist die Anzahl gleich

   ${}12\cdot 165=1980\,.$

3. Für jede der ${}165$ Torreihenfolgen muss man noch festlegen, in welchen Minuten die Tore fielen. Für diese Torminuten gibt es ${}{\binom {90}{11}}$ Möglichkeiten, also gibt es ${}165\cdot {\binom {90}{11}}$ Möglichkeiten für den Spielverlauf im beschriebenen Sinn.
4. Da Stuttgart stets (bis auf den Anfang) in Führung liegt, muss Stuttgart das erste und das zweite Tor erzielen. Wir berechnen die Möglichkeiten je nachdem, ob Stuttgart genau die ersten zwei Toren, genau die ersten drei Tore oder zumindest die ersten vier Tore erzielt. Stuttgart erzielt genau die ersten beiden Tore. Dann erzielt München das dritte Tor und es steht ${}2:1$. Wegen der Führungseigenschaft erzielt Stuttgart das vierte Tor und es steht ${}3:1$. Für den weiteren Torverlauf gibt es somit ${}{\binom {7}{2}}=21$ Möglichkeiten, und davon ist nur der Fall ausgeschlossen, dass München die beiden folgenden Tore schießt. Also gibt es in diesem Fall ${}20$ Möglichkeiten. Stuttgart erzielt genau die ersten drei Tore. Dann erzielt München das vierte Tor und es steht ${}3:1$. In diesem Fall gibt es dann wieder ${}20$ Möglichkeiten. Stuttgart erzielt die ersten vier Tore. Dann ist bei jedem weiteren Torverlauf die Führungseigenschaft erfüllt. Davon gibt es ${}{\binom {7}{3}}=35$ Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also

   ${}20+20+35=75\,$

   mögliche Torreihenfolgen, die die Führungsbedingung erfüllen.

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

Wir betrachten das kleine Einmaleins als eine Verknüpfungstabelle, in der alle Produkte ${}i\cdot j$ mit ${}1\leq i,j\leq 9$ stehen.

1. Ist das Produkt über alle Einträge in der Hauptdiagonale (von links oben nach rechts unten) eine Quadratzahl?
2. Ist das Produkt über alle Einträge in der Hauptdiagonale eine Kubikzahl?
3. Ist das Produkt über alle Einträge in der Nebendiagonale (von links unten nach rechts oben) eine Quadratzahl?

Lösung

1. Das Produkt der Einträge der Hauptdiagonale ist

   $1^{2}\cdot 2^{2}\cdot 3^{2}\cdots 8^{2}\cdot 9^{2},$

   also ein Produkt von Quadratzahlen und damit selbst eine Quadratzahl.

2. Im Produkt der Einträge der Hauptdiagonale kommt der Primfaktor ${}5$ nur als ${}5^{2}$ in der Mitte vor, der Exponent des Primfaktors ${}5$ ist also ${}2$ und kein Vielfaches von ${}3$, wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung kann das Produkt also keine Kubikzahl sein.
3. Das Produkt der Einträge der Nebendiagonale ist

   ${}(1\cdot 9)(2\cdot 8)(3\cdot 7)(4\cdot 6)(5\cdot 5)(6\cdot 4)(7\cdot 3)(8\cdot 2)(9\cdot 1)=(1\cdot 9)^{2}(2\cdot 8)^{2}(3\cdot 7)^{2}(4\cdot 6)^{2}\cdot 5^{2}\,,$

   dies ist also eine Quadratzahl.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz, dass es unendlich viele Primzahlen gibt.

Lösung

Angenommen, die Menge aller Primzahlen sei endlich, sagen wir ${}\{p_{1},p_{2},\ldots ,p_{r}\}$. Man betrachtet die Zahl

${}N=p_{1}\cdot p_{2}\cdot p_{3}{\cdots }p_{r}\ +1\,.$

Diese Zahl ist durch keine der Primzahlen ${}p_{i}$ teilbar, da bei Division von ${}N$ durch ${}p_{i}$ immer ein Rest ${}1$ verbleibt. Damit sind die Primfaktoren von ${}N$, die es nach Satz 12.9 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) geben muss, nicht in der Ausgangsmenge enthalten - Widerspruch.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von

${\binom {49}{6}}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\binom {49}{6}}&={\frac {49\cdot 48\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}\\&={\frac {49\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{5\cdot 3}}\\&=49\cdot 47\cdot 46\cdot 3\cdot 44\\&=7\cdot 7\cdot 47\cdot 23\cdot 2\cdot 3\cdot 2\cdot 2\cdot 11\\&=2^{3}\cdot 3\cdot 7^{2}\cdot 11\cdot 23\cdot 47.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Gabi Hochster sagt zu Heinz Ngolo: „Also, wir haben im Universum genau ${}10^{80}$ Atome, das nehmen wir jetzt mal so hin. Diese ordnen wir hintereinander von links nach rechts an und zeichnen auf jedem Atom ein Minuszeichen drauf. Nur auf den drei allerletzten Atomen malen wir der Reihe nach eine ${}1$, eine ${}7$ und eine ${}4$“. „Ich will aber auf meinen Atomen keine Minuszeichen haben“, sagt Heinz. „Egal, nun mach halt mit, es geht um die abstrakte Rechnung als solche“, bekräftigt Gabi, „also, ist diese geschriebene Zahl positiv oder negativ, ist sie gerade oder ungerade“?

Lösung

Die Zahl beginnt mit ${}10^{80}-3$ Minuszeichen, das ist eine ungerade Anzahl von Minuszeichen und daher ist die Zahl negativ (nämlich gleich ${}-174$). Die Zahl ist ein Vielfaches der ${}2$, also gerade.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass für jede ungerade Zahl ${}n$ die Zahl ${}25n^{2}-17$ ein Vielfaches von ${}8$ ist.

Lösung

Eine ungerade Zahl ${}n$ besitzt die Form ${}n=2k+1$ mit einer ganzen Zahl ${}k$. Somit ist

${}{\begin{aligned}25n^{2}-17&=25(2k+1)^{2}-17\\&=25(4k^{2}+4k+1)-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+25-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+8.\end{aligned}}$

Die ${}8$ hinten ist ein Vielfaches von ${}8$. Genau eine der beiden Zahlen ${}k$ und ${}k+1$ ist gerade, also von der Form ${}2m$. Daher ist ${}4\cdot k(k+1)$ ein Vielfaches von ${}8$ und somit ist die gesamte Zahl ein Vielfaches von ${}8$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}10868$ und ${}9243$.

Lösung

Der Euklidische Algorithmus liefert:

$10868=1\cdot 9243+1625$

$9243=4\cdot 1625+1118$

$1625=1\cdot 1118+507$

$1118=2\cdot 507+104$

$507=4\cdot 104+91$

$104=1\cdot 91+13$

$91=7\cdot 13+0.$

Der größte gemeinsame Teiler von ${}10868$ und ${}9243$ ist also ${}13$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die kleinste natürliche Zahl ${}\geq 2$, die nicht prim ist und die außer ${}1$ keinen Teiler kleiner als ${}10$ besitzt.

Lösung

Die Zahl besitzt jedenfalls eine Primfaktorzerlegung, in der ${}2,3,5,7$ nicht vorkommen. Der kleinste mögliche Primfaktor ist somit ${}11$. Da es keine Primzahl sein darf, ist

${}11^{2}=121\,$

die kleinste Möglichkeit.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}(\mathbb {Q} ,+,0)$ versehen mit der üblichen Addition. Es sei ${}c\neq 0$ fixiert. Zeige, dass mit der Verknüpfung

${}x*y:={\frac {xy}{c}}\,$

ein Körper vorliegt. Was ist dabei das neutrale Element zur neuen Multiplikation ${}*$?

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,x\longmapsto cx.$

Da dies eine lineare bijektive Funktion ist, wird die Addition in die Addition übersetzt. Wegen ${}\varphi (1)=c$ und

${}\varphi (xy)=cxy={\frac {cxcy}{c}}=(cx)*(cy)=\varphi (x)*\varphi (y)\,$

wird die übliche Multiplikation auf ${}\mathbb {Q}$ in die neue Multiplikation ${}*$ übersetzt. Daher übertragen sich sämtliche algebraischen Eigenschaften von ${}(\mathbb {Q} ,0,1,+,\cdot )$ auf ${}(\mathbb {Q} ,0,c,+,*)$ und es liegt ein Körper mit ${}c$ als neutralem Element für ${}*$ vor.

Aufgabe (2 Punkte)

Im Wald lebt ein Riese, der ${}8$ Meter und ${}37$ cm groß ist, sowie eine Kolonie von Zwergen, die eine Schulterhöhe von ${}3$ cm haben und mit dem Kopf insgesamt ${}4$ cm groß sind. Hals und Kopf des Riesen sind ${}1,23$ Meter hoch. Auf der Schulter des Riesen steht ein Zwerg. Wie viele Zwerge müssen aufeinander (auf den Schultern) stehen, damit der oberste Zwerg mit dem Zwerg auf dem Riesen zumindest gleichauf ist?

Lösung

Die Schulterhöhe des Riesen befindet sich (alle Angaben in Meter) auf

${}8{,}37-1{,}23=7{,}14\,$

Höhe. Mit dem einen Zwerg darauf sind das ${}7{,}18$. Es ist

${}238\cdot 0{,}03+0{,}04=7{,}14+0{,}04=7{,}18\,,$

daher braucht man ${}239$ Zwerge.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung