Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/24/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	3	4	3	1	6	12	5	2	4	2	2	1	1	3	1	2	4	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zu einer Menge ${}M$ nennt man die Menge aller Teilmengen von ${}M$ die Potenzmenge von ${}M$.
2. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
3. Die Summe ${}n+k$ ist diejenige natürliche Zahl, die man erhält, wenn man von ${}n$ ausgehend ${}k$-fach den Nachfolger nimmt.
4. Unter der Negation auf der Menge der ganzen Zahl ${}\mathbb {Z}$ versteht man die Abbildung ${}-\colon \mathbb {Z} \rightarrow \mathbb {Z}$, die durch

   ${}-(x):={\begin{cases}-a,{\text{ falls }}x=a\in \mathbb {N} \,,\\b,{\text{ falls }}x=-b{\text{ mit }}b\in \mathbb {N} _{+}\,,\end{cases}}\,$

   gegeben ist.

5. Auf den rationalen Zahlen ${}\mathbb {Q}$ wird die Größergleichrelation ${}\geq$ durch ${}{\frac {a}{b}}\geq {\frac {c}{d}}$ (bei positiven Nennern $b,d\in \mathbb {N} _{+}$), falls ${}ad\geq cb$ in ${}\mathbb {Z}$ gilt, definiert.
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)

Lösung

1. Für natürliche Zahlen ${}n,k$ gilt

   ${}n\geq k\,$

   genau dann, wenn es ein ${}m\in \mathbb {N}$ gibt mit

   ${}n=k+m\,.$

2. Die Untergruppen von ${}\mathbb {Z}$ sind genau die Teilmengen der Form

   ${}\mathbb {Z} d={\left\{kd\mid k\in \mathbb {Z} \right\}}\,$

   mit einer eindeutig bestimmten nicht-negativen Zahl ${}d$.
3. Es seien ${}n$ und ${}k$ positive natürliche Zahlen. Dann wird ${}n$ von ${}k$ genau dann geteilt, wenn für jede Primzahl ${}p$ die Beziehung

   ${}{\nu _{p}(n)}\geq {\nu _{p}(k)}\,$

   gilt.

Aufgabe weiter

Der Ausdruck ${}D(x,y)$ bedeute, dass die Person ${}x$ (aus dem Kurs) heute einen Stift mit der Farbe ${}y$ (aus einer bestimmten Menge von Farben) dabei hat. Formuliere in normalen Worten, was die folgenden formal geschriebenen Ausdrücke bedeuten.

1. ${}\forall x(\exists yD(x,y))$.
2. ${}\exists x(\forall yD(x,y))$.
3. ${}\forall x(\forall yD(x,y))$.
4. ${}\exists x(\exists yD(x,y))$.
5. ${}\exists y(\forall xD(x,y))$.
6. ${}\forall y(\exists xD(x,y))$.

Lösung

1. Jede Person (hier und im folgenden: aus dem Kurs) hat heute (mindestens) einen Stift (irgendeiner Farbe) dabei.
2. Es gibt eine Person, die von allen Farben einen Stift dieser Farbe dabei hat.
3. Jede Person hat einen Stift von jeder Farbe dabei.
4. Es gibt eine Person, die einen Stift dabei hat.
5. Es gibt eine Farbe derart, dass jede Person einen Stift dieser Farbe dabei hat.
6. Für alle Farben gibt es eine Person, die einen Stift dieser Farbe dabei hat.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

In einer Höhle befinden sich im Innern am Ende des Ganges vier Personen. Sie haben eine Taschenlampe bei sich und der Gang kann nur mit der Taschenlampe begangen werden. Dabei können höchstens zwei Leute gemeinsam durch den Gang gehen. Die Personen sind unterschiedlich geschickt, die erste Person benötigt eine Stunde, die zweite Person benötigt zwei Stunden, die dritte Person benötigt vier Stunden und die vierte Person benötigt fünf Stunden, um den Gang zu durchlaufen. Wenn zwei Personen gleichzeitig gehen, entscheidet die langsamere Person über die Geschwindigkeit.

1. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}13$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?
2. Die Batterie für die Taschenlampe reicht für genau ${}12$ Stunden. Können alle vier die Höhle verlassen?

Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Das folgende Zitat zur Entwicklung der Zählkompetenz beim Kind ist dem didaktischen Projekt Kira entnommen.

„Phase 1 (verbales Zählen): Die Zahlwortreihe ist noch nicht strukturiert und wird wie ein Gedicht aufgesagt (einszweidreivier). Die Zahlwörter werden noch nicht zum Zählen eingesetzt.

Phase 2 (asynchrones Zählen): Zahlwörter werden zum Zählen benutzt, allerdings werden noch oft Objekte vergessen oder mehrfach gezählt.

Phase 3 (Ordnen der Objekte während des Zählens): Kinder ordnen die Objekte, um sie besser zählen zu können (z.B. durch Wegschieben oder Umlegen während des Zählens).

Phase 4 (resultatives Zählen): Kinder wissen, dass sie beim Zählen mit der Eins anfangen müssen (und fangen auch immer mit der Eins an zu zählen), dass jedes Objekt nur einmal gezählt wird und dass die letztgenannte Zahl die Anzahl angibt.

Phase 5 (abkürzendes Zählen): Kinder können kleinere Mengen simultan erfassen, indem sie z.B. Strukturen bilden bzw. ausnutzen (z.B. werden fünf Plättchen, die wie das Bild der Fünf auf einem Würfel dargestellt werden, sofort als fünf erkannt). Sie können von einer beliebigen Zahl an zählen und das auch in Zweierschritten oder auch rückwärts (vgl. Hasemann 2007, S. 8f.).“

Bringe die beschriebenen Phasen mit abstrakten mathematischen Konzepten in Verbindung.

Lösung Zählen/Lernprozess/Mathematischer Vergleich/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Wie sinnvoll ist die Gleichungskette

${}{\text{Pythagoras}}=c^{2}=a^{2}+b^{2}\,?$

Lösung Gleichungskette/Pythagoras/Aufgabe/Lösung

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

Professor Knopfloch möchte mit Dr. Eisenbeis essen gehen und hebt daher beim Bankautomat ${}100$ Euro in Scheinen ab.

1. Was ist die minimale Anzahl von Scheinen und was ist die maximale Anzahl von Scheinen, die er bekommen kann?
2. Ist es möglich, dass er ${}17$ Scheine bekommt?
3. Welche Anzahlen von Scheinen sind möglich?
4. Was ist die kleinste Anzahl von Scheinen, für die es zumindest zwei verschiedene Scheinverteilungen gibt?

Lösung

1. Das Minimum an Scheinen ist ${}1$ (ein Hunderter), das Maximum ist ${}20$ (${}20$ Fünfer).
2. Es ist

   ${}3\cdot 10+14\cdot 5=30+70=100\,,$

   ${}17$ Scheine sind also mit ${}3$ Zehnern und ${}14$ Fünfern möglich.

3. Es sind die Anzahlen ${}1-2$ und ${}4-20$ möglich, mit ${}3$ Scheinen ist es nicht möglich. ${}1$: ein Hunderter. ${}2$: zwei Fünfziger. ${}3$: Es kann höchstens ein Fünfziger vorkommen, mit zwei Zwanzigern bleibt man aber unterhalb von ${}100$. ${}4$: Ein Fünfziger und zwei Zwanziger und ein Zehner. ${}5$: Fünf Zwanziger. Um ${}6-10$ Scheine zu erreichen kann man sukzessive einen Zwanziger durch zwei Zehner ersetzen. ${}10$: ${}10$ Zehner. Um ${}11-20$ Scheine zu erreichen kann man sukzessive einen Zehner durch zwei Fünfer ersetzen.
4. Bei einem und zwei Scheinen gibt es offenbar nur eine Möglichekeit, mit drei Scheinen geht es gar nicht. Mit vier Scheinen gibt es nur die Möglichkeit ${}50+20+20+10$, da man ohne den Fünfziger nicht auskommt. Mit ${}5$ Scheinen gibt es die beiden Möglichkeiten entweder fünf Zwanziger oder ${}50+20+20+5+5$. Die Antwort ist also ${}5$.

Aufgabe weiter

Es sei ${}R$ die Menge aller nichtleeren endlichen Teilmengen von ${}\mathbb {Z}$, die Elemente aus ${}R$ sind also Mengen der Form ${}\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{r}\}$ mit ${}a_{i}\in \mathbb {Z}$. Wir definieren auf ${}R$ zwei Verknüpfungen, nämlich die Addition

${}\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{r}\}+\{b_{1},b_{2},\ldots ,b_{s}\}:={\left\{a_{i}+b_{j}\mid 1\leq i\leq r,\,1\leq j\leq s\right\}}\,$

und die Multiplikation

${}\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{r}\}\cdot \{b_{1},b_{2},\ldots ,b_{s}\}:={\left\{a_{i}\cdot b_{j}\mid 1\leq i\leq r,\,1\leq j\leq s\right\}}\,.$

1. Berechne

   $\{-2,3,7\}+\{1,5\}$

2. Man gebe Beispiele für jeweils zweielementige Mengen ${}A,B\in R$ derart, dass das Produkt ${}AB$ einmal ${}2$, einmal ${}3$ und einmal ${}4$ Elemente besitzt.
3. Welche Eigenschaften eines kommutativen Halbringes erfüllt ${}M$?
4. Welche Eigenschaften eines kommutativen Ringes erfüllt ${}M$?
5. Gilt

   ${}{\left(A+B\right)}^{2}\subseteq A^{2}+2AB+B^{2}\,?$

6. Gilt

   ${}{\left(A+B\right)}^{2}\supseteq A^{2}+2AB+B^{2}\,?$

Lösung

1. Es ist

   ${}\{-2,3,7\}+\{1,5\}=\{-1,3,4,8,12\}\,.$

2. Bei ${}A=B=\{0,1\}$ ist

   ${}AB=\{0,1\}\,.$

   Bei ${}A=\{0,1\}$ und ${}B=\{1,2\}$ ist

   ${}AB=\{0,1,2\}\,.$

   Bei ${}A=\{1,2\}$ und ${}B=\{2,3\}$ ist

   ${}AB=\{2,3,4,6\}\,.$

3. Die beiden Verknüpfungen sind offenbar kommutativ. Für drei Mengen ${}A=\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{r}\}$, ${}B=\{b_{1},b_{2},\ldots ,b_{s}\}$ und ${}C=\{c_{1},c_{2},\ldots ,c_{t}\}$ ist

   ${}{\begin{aligned}{\left(\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{r}\}+\{b_{1},b_{2},\ldots ,b_{s}\}\right)}+\{c_{1},c_{2},\ldots ,c_{t}\}&={\left\{a_{i}+b_{j}\mid 1\leq i\leq r,\,1\leq j\leq s\right\}}+\{c_{1},c_{2},\ldots ,c_{t}\}\\&={\left\{a_{i}+b_{j}+c_{k}\mid 1\leq i\leq r,\,1\leq j\leq s,\,1\leq k\leq t\right\}}\,\end{aligned}}$und das gleiche Ergebnis erhält man bei der anderen Klammerung. Somit ist die Addition assoziativ. Das gleiche Argument zeigt, dass auch die Multiplikation assoziativ ist. Wegen

   ${}\{0\}+\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{r}\}=\{0+a_{1},0+a_{2},\ldots ,0+a_{r}\}=\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{r}\}\,$

   ist ${}\{0\}$ das neutrale Element der Addition. Wegen

   ${}\{1\}\cdot \{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{r}\}=\{1\cdot a_{1},1\cdot a_{2},\ldots ,1\cdot a_{r}\}=\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{r}\}\,$

   ist ${}\{1\}$ das neutrale Element der Multiplikation. Das Distributivgesetz gilt hingegen nicht, beispielsweise ist für ${}A=\{a\}$, ${}B=\{b\}$ und ${}C=\{c,d\}$ einerseits

   ${}(A+B)\cdot C=\{a+b\}\cdot \{c,d\}=\{ac+bc,ad+bd\}\,$

   und andererseits

   ${}A\cdot C+B\cdot D=\{ac,ad\}+\{bc,bd\}=\{ac+bc,ac+bd,ad+bc,ad+bd\}\,,$

   also (bei so ziemlich jeder Wahl der Elemente) verschieden.

4. Die einzige zusätzliche zu betrachtende Eigenschaft bei einem Ring ist, ob jedes Element ein Negatives besitzt. Dies ist nicht der Fall, da beispielsweise jede zweielementige Menge ${}\{a,b\}$ die Eigenschaft besitzt, dass jede Addition ${}\{a,b\}+M$ eine zumindest zweielementige Menge ist und damit nicht das neutrale Element ${}\{0\}$ sein kann.
5. Es gilt

   ${}{\left(A+B\right)}^{2}\subseteq A^{2}+2AB+B^{2}\,.$

   Ein Element aus

   ${}{\left(A+B\right)}^{2}={\left(A+B\right)}{\left(A+B\right)}\,$

   hat die Form

   ${}(a+b)(a'+b')=aa'+ab'+a'b+bb'\,$

   mit ${}a,a'\in A$ und ${}b,b'\in B$. Ein solches Element gehört zu

   $A^{2}+AB+AB+B^{2}.$

6. Im Allgemeinen gilt nicht

   ${}{\left(A+B\right)}^{2}\supseteq A^{2}+2AB+B^{2}\,.$

   Es sei dazu ${}A=\{a\}$ und ${}B=\{b,c\}$. Dann ist

   ${}{\begin{aligned}(A+B)^{2}&=\{(a+b)(a+b),(a+b)(a+c),(a+c)(a+c)\}\\&=\{a^{2}+2ab+b^{2},a^{2}+ab+ac+bc,a^{2}+2ac+c^{2}\},\end{aligned}}$

   aber ${}A^{2}+2AB+B^{2}$ enthält auch das Element ${}a^{2}+2ab+bc$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Kürzungsregel für natürliche Zahlen.

Lösung

Wir führen Induktion nach ${}n$. Bei ${}n=0$ ist ${}0\cdot k=0$ nach Lemma 9.2 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (1). Also ist

${}0=m\cdot k\,$

und wegen ${}k\neq 0$ folgt mit Lemma 9.4 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) daraus ${}m=0=n$. Es sei die Aussage für ein ${}n$ (und beliebige ${}k\neq 0$ und ${}m$) bewiesen. Die Aussage ist für den Nachfolger ${}n'$ zu zeigen. Die Bedingung

${}n'\cdot k=m\cdot k\,$

kann bei ${}m=0$ wegen Lemma 9.4 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) nicht gelten. Also ist ${}m$ ein Nachfolger, sagen wir ${}m=\ell '$. Somit ist

${}n\cdot k+k=n'\cdot k=m\cdot k=\ell '\cdot k=\ell \cdot k+k\,.$

Aus der Abziehregel folgt

${}n\cdot k=\ell \cdot k\,$

und aus der Induktionsvoraussetzung folgt

${}n=\ell \,,$

also

${}n'=\ell '=m\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die kleinste natürliche Zahl, deren letzte Ziffer eine ${}3$ ist, die kein Vielfaches der ${}3$ ist und die keine Primzahl ist.

Lösung

Da es keine Primzahl sein soll, muss sie mindestens zwei (eventuell identische) Primfaktoren haben. Die Primfaktoren ${}2,5$ sind ausgeschlossen, da die letzte Ziffer ${}3$ sein muss, und nach Aufgabenstellung ist auch der Faktor ${}3$ ausgeschlossen. Das erste relevante Vielfache von ${}7$ ist

${}7\cdot 19=133\,.$

Ferner besitzt ${}11\cdot 11=121$ keine ${}3$ als letzte Ziffer und alle weiteren zusammengesetzen Zahlen ohne ${}2,3,5,7$ als Faktor sind größer, also ist ${}133$ die Antwort.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}n$-elementige Menge. Zeige durch Induktion über ${}k$, dass die Anzahl der ${}k$-elementigen Teilmengen von ${}M$ gleich dem Binomialkoeffizienten

${\binom {n}{k}}$

ist.

Lösung

Es sei ${}n$ fixiert. Bei ${}k=0$ gibt es nur die leere Menge, was mit dem Binomialkoeffizienten

${}{\binom {n}{0}}=1\,$

übereinstimmt. Es sei die Aussage also für ein ${}k$ zwischen ${}0$ und ${}n-1$ schon bewiesen. Jeder ${}k$-elementigen Teilmenge ${}S$ von ${}M$ und jedem der ${}n-k$ Elemente ${}x$ aus ${}M\setminus S$ kann man die ${}k+1$-elementige Menge

${}T=S\cup \{x\}\,$

zuordnen. Dabei wird jede ${}k+1$-elementige Menge ${}T$ erreicht, und zwar ${}k+1$-fach, da man ja aus ${}T$ jedes der ${}k+1$ Elemente herausnehmen kann. Zwischen der Anzahl ${}A_{k}$ der ${}k$-elementigen Teilmengen von ${}M$ und der Anzahl ${}A_{k+1}$ der ${}k+1$-elementigen Teilmengen von ${}M$ besteht also der Zusammenhang

${}A_{k+1}\cdot (k+1)=A_{k}\cdot (n-k)\,.$

Unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung ist daher

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

Aufgabe (2 Punkte)

Bestätige die folgende Identität.

${}3^{5}+11^{4}=122^{2}\,.$

Lösung

Es ist

${}3^{5}=243\,$

und

${}11^{4}=121^{2}=14641\,.$

Somit ist

${}3^{5}+11^{4}=243+14641=14884\,.$

Andererseits ist auch

${}122^{2}=14884\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Betrachte im ${}13$er System mit den Ziffern ${}0,1,\ldots ,8,9,A,B,C$ die Zahl

$B4AC.$

Wie sieht diese Zahl im Zehnersystem aus?

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}B4AC&=11\cdot 13^{3}+4\cdot 13^{2}+10\cdot 13+12\\&=11\cdot 2197+4\cdot 169+130+12\\&=24167+676+142\\&=24985.\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne

$3158963\cdot 7.$

Lösung

Es ist

${}3158963\cdot 7=22112741\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Professor Knopfloch sagt: „Die ${}7$ ist keine negative Zahl, sie ist aber dennoch das Negative einer ganzen Zahl“. Ist dies paradox? Klären Sie die Situation.

Lösung Negative Zahlen/Negation/Paradoxe Formulierung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

Lucy Sonnenschein unternimmt eine Zeitreise. Sie reist zuerst ${}16$ Stunden nach vorne, dann (immer vom jeweiligen erreichten Zeitpunkt aus) ${}5$ Stunden nach vorne, dann ${}26$ Stunden zurück, dann ${}4$ Stunden zurück, dann ${}8$ Stunden nach vorne und dann ${}12$ Stunden zurück.

1. Wo befindet sie sich am Ende dieser Zeitreise, wenn die Reise selbst keine Zeit verbraucht?
2. Wo befindet sie sich am Ende dieser Zeitreise, wenn eine Zeitreise um eine Stunde, egal ob in die Zukunft oder in die Vergangenheit, immer eine Minute verbraucht?

Lösung

1. Wir rechnen

   ${}16+5+(-26)+(-4)+8-12=-13\,,$

   also ${}13$ Stunden zurück.

2. Insgesamt reist sie

   ${}16+5+26+4+8+12=71\,$

   Stunden, das verbraucht also ${}71$ Minuten, also eine Stunde und elf Minuten. Daher befindet sie sich am Ende der Zeitreise im Zeitpunkt vor ${}11$ Stunden und ${}49$ Minuten.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Primfaktorzerlegung des Produktes der erreichbaren Punkte (zu den einzelnen Aufgaben) dieser Klausur.

Lösung Primfaktorzerlegung/Produkt der Aufgabenpunkte/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über die Lösbarkeit von Gleichungen in einer Gruppe ${}G$.

Lösung

Wir betrachten die linke Gleichung. Aus beidseitiger Multiplikation mit ${}a^{-1}$ (bzw. mit ${}a$) von links folgt, dass nur

${}x=a^{-1}\circ b\,$

als Lösung in Frage kommt. Wenn man dies einsetzt, so sieht man, dass es sich in der Tat um eine Lösung handelt.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige

${}\prod _{k=2}^{n}{\left(1-{\frac {1}{k^{2}}}\right)}={\frac {n+1}{2n}}\,$

durch vollständige Induktion (${}n\geq 2$).

Lösung

Induktionsanfang. Für ${}n=2$ steht links

${}1-{\frac {1}{4}}={\frac {3}{4}}\,$

und rechts ebenfalls

${}{\frac {2+1}{4}}={\frac {3}{4}}\,.$

Als Induktionsvoraussetzung nehmen wir an, dass die Gleichheit für ein bestimmtes ${}n$ gilt. Dann ist

${}{\begin{aligned}\prod _{k=2}^{n+1}{\left(1-{\frac {1}{k^{2}}}\right)}&={\left(\prod _{k=2}^{n}{\left(1-{\frac {1}{k^{2}}}\right)}\right)}\cdot {\left(1-{\frac {1}{(n+1)^{2}}}\right)}\\&={\frac {n+1}{2n}}\cdot {\left(1-{\frac {1}{(n+1)^{2}}}\right)}\\&={\frac {n+1}{2n}}\cdot {\frac {(n+1)^{2}-1}{(n+1)^{2}}}\\&={\frac {n+1}{2n}}\cdot {\frac {n^{2}+2n+1-1}{(n+1)^{2}}}\\&={\frac {n+1}{2n}}\cdot {\frac {n(n+2)}{(n+1)^{2}}}\\&={\frac {n+2}{2(n+1)}}\\&={\frac {(n+1)+1}{2(n+1)}}.\end{aligned}}$

Dies ist der rechte Ausdruck für ${}n+1$ und die Aussage ist bewiesen.

Aufgabe (2 Punkte)

Beschreibe Analogien zwischen Formeln, in denen Variablen vorkommen, und Axiomensystemen.

Lösung Variablen/Axiome/Analogien/Aufgabe/Lösung