Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/30/Klausur mit Lösungen

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	3	2	3	0	7	3	0	2	2	7	1	7	3	4	3	3	0	1	59

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Kontraposition zu einer Implikation ${}\alpha \rightarrow \beta$.
2. Eine injektive Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M.$

3. Eine lineare (oder totale) Ordnung ${}\preccurlyeq$ auf einer Menge ${}I$.
4. Die ${}n$-te Potenz zu einer natürlichen Zahl ${}a$.
5. Eine Gruppe.
6. Eine rationale Zahl.

Lösung

1. Zur Implikation ${}\alpha \rightarrow \beta$ heißt die Implikation ${}\neg \beta \rightarrow \neg \alpha$ die Kontraposition.
2. Die Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente ${}x,y\in L$ auch ${}f(x)$ und ${}f(y)$ verschieden sind.

3. 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.
4. Unter der ${}n$-ten Potenz von ${}a$ versteht man die ${}n$-fache Multiplikation von ${}a$ mit sich selbst

   $a\cdot a\cdots a\cdot a$

   (${}n$ Faktoren).

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. 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.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Isomorphiesatz für Dedekind-Peano-Modelle.
2. Der binomische Lehrsatz für einen kommutativen Halbring.
3. Der Satz über den Vergleich zwischen Stammbrüchen und positiven Zahlen.

Lösung

1. Es seien ${}(N_{1},0_{1},\prime )$ und ${}(N_{2},0_{2},\star )$ Modelle für die natürlichen Zahlen. Dann gibt es genau eine (bijektive) Abbildung

   $\varphi \colon N_{1}\longrightarrow N_{2},$

   die das Zählen (also die ${}0$ und die Nachfolgerabbildung)

   respektiert.
2. Es sei ${}R$ ein kommutativer Halbring und ${}a,b\in R$. Ferner sei ${}n$ eine natürliche Zahl. Dann gilt

   $(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}.$

3. Es sei ${}K$ ein archimedisch angeordneter Körper und es sei ${}x>0$. Dann gibt es eine natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ mit ${}{\frac {1}{n}}\leq x$.

Aufgabe (2 Punkte)

In einer U-Bahn-Station wird der Zugang und der Ausgang über eine elektronische Karte geregelt, die man an einen Sensor halten muss, damit sich die Schranke öffnet. Es gibt 5 Ausgänge, aber nur 2 Zugänge. Was haben sich die Leute dabei vermutlich gedacht?

Lösung U-Bahn/Zugang und Ausgang/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 (1.5+1.5) Punkte)

Ein Zug fährt ${}100$ Kilometer den Rhein abwärts mit einer Geschwindigkeit von ${}100$ kmh. Auf dem Rhein fahren Schiffe in beide Richtungen, alle mit einer Geschwindigkeit von ${}20$ kmh, wobei sie zu den gleichgerichteten Schiffen einen konstanten Abstand von ${}2$ km einhalten. Zu Beginn der Fahrt ist der Zug gleichauf mit zwei Schiffen (in beide Richtungen).

1. Wie vielen entgegenkommenden Schiffen begegnet der Zug?
2. Wie viele Schiffe überholt der Zug?

Lösung

Wir denken uns die Rheinstrecke skaliert von ${}0$ bis ${}120$, der Startort ist beim Nullpunkt ${}0$ und der Zielpunkt des Zuges ist bei ${}100$. Aufgrund der Anfangsbedingung befinden sich zum Startzeitpunkt Schiffe in beide Richtungen in den Positionen

$0,2,4,\ldots ,98,100,102,\ldots ,118,120.$

1. Die entgegenkommenden Schiffe sind die in Gegenrichtung fahrenden Schiffe, die sich zum Startzeitpunkt an den Positionen ${}0$ bis ${}120$ befinden (das Schiff in der Position ${}120$ ist nach einer Stunde an der Position ${}100$ und begegnet zum Endzeitpunkt dem Zug). Dies sind insgesamt ${}61$ Schiffe.
2. Die eingeholten Schiffe sind die in gleicher Richtung fahrenden Schiffe, die sich zum Startzeitpunkt an den Positionen ${}0$ bis ${}80$ befinden (das Schiff in der Position ${}80$ ist nach einer Stunde an der Position ${}100$ und wird zum Endzeitpunkt vom Zug eingeholt). Dies sind insgesamt ${}41$ Schiffe.

Aufgabe (2 Punkte)

In der Klasse 3c wird eine Klassenarbeit geschrieben, jeder Schüler und jede Schülerin bekommt eine Note. Beschreibe diesen Vorgang als ein Abbildung. Was bedeuten injektiv und surjektiv in diesem Fall?

Lösung Klassenarbeit/Abbildung/Aufgabe/Lösung

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 (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Multiplikation und endliche Mengen.

Lösung

Wir behaupten, dass die Abbildung

$\psi \colon \{1,\ldots ,m\}\times {\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow \{1,2,\ldots ,mn\},\,(i,j)\longmapsto (i-1)n+j,$

bijektiv ist. Zum Beweis der Surjektivität sei ${}z\in \{1,2,\ldots ,mn\}$ vorgegeben. Dieses (ganzzahlige) Intervall kann man in die disjunkten Intervalle

$\{1,\ldots ,n\}\cup \{n+1,\ldots ,2n\}\cup \{2n+1,\ldots ,3n\}\cup \ldots \cup \{(m-1)n+1,\ldots ,mn\}$

unterteilen. Das Element ${}z$ gehört somit zu einem dieser Intervalle, d.h. es gibt ein ${}i$ mit

${}z\in \{(i-1)n+1,\ldots ,in\}\,$

mit ${}i$ zwischen ${}1$ und ${}m$. Dann ist

${}z=(i-1)n+j\,$

mit einem ${}j$ zwischen ${}1$ und ${}n$ und gehört somit zum Bild. Zum Beweis der Injektivität seien

${}(i,j),(k,\ell )\in \{1,\ldots ,m\}\times {\{1,\ldots ,n\}}\,$

gegeben, die auf das gleiche Element abbilden. Es gilt also

${}(i-1)n+j=(k-1)n+\ell \,.$

Da ${}j$ und ${}\ell$ beide zu ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ gehören, sind die Summen jeweils maximal gleich ${}in$ bzw. ${}kn$. Daher können die Zahlen nur dann gleich sein, wenn

${}i=k\,$

und dann nach der Abziehregel auch

${}j=\ell \,$

ist.

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

Die Fußballmannschaft des TSV Wildberg verfügt über drei Torwarte, sieben Verteidigungsspieler, sechs Mittelfeldspieler und vier Angreifer. Im anstehenden Spiel gegen Effringen will sie (neben einem Torwart) mit vier Verteidigern, drei Mittelfeldspielern und drei Angreifern agieren.

1. Wie viele Aufstellungsmöglichkeiten gibt es?
2. Wie viele Aufstellungsmöglichkeiten gibt es, wenn man zusätzlich noch berücksichtigt, dass einer der eingesetzten Spieler der Kapitän sein soll?
3. Wildberg geht in der ${}80.$ Minute mit ${}1:0$ in Führung und entschließt sich, die Verteidigung zu stärken, indem zwei Angreifer durch zwei Verteidiger ersetzt werden. Wie viele Auswechlungsmöglichkeiten gibt es dafür?

Lösung

1. Es gibt

   ${}{\begin{aligned}{\binom {3}{1}}{\binom {7}{4}}{\binom {6}{3}}{\binom {4}{3}}&=3\cdot {\frac {7\cdot 6\cdot 5}{3\cdot 2\cdot 1}}\cdot {\frac {6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1}}\cdot 4\\&=3\cdot 35\cdot 20\cdot 4\\&=8400\end{aligned}}$

   Möglichkeiten, die Mannschaft aufzustellen.
2. Es gibt ${}8400\cdot 11=92400$ Möglichkeiten, die Mannschaft aufzustellen und dabei einen Kapitän festzulegen.
3. Es sind drei Angreifer auf dem Platz und drei Verteidiger auf der Bank. Also gibt es

   ${}{\binom {3}{2}}{\binom {3}{2}}=9\,$

   Auswechselmöglichkeiten.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Heute ist Freitag. Welcher Wochentag war vor ${}1000$ Tagen?

Lösung

Es ist

${}1000=700+280+14+6\,,$

der Rest bei der Division von ${}1000$ durch ${}7$ ist also ${}6$. Daher ist vor ${}1000$ Tagen der gleiche Wochentag wie vor ${}6$ Tagen, also ein Samstag.

Aufgabe (2 Punkte)

Angelika Freiwurf kommt um 15:00 zum See und angelt bis 18:00. Zu Beginn befinden sich 10 Hechte und 80000 Buntbarsche im See. Ein Hecht verspeist pro Stunde 3 Buntbarsche. Angelika fängt pro Stunde 5 Buntbarsche. Darüber hinaus fängt sie um 16:00 einen Hecht und zum Abschluss um 18:00 noch mal einen Hecht. Wie viele Hechte und wie viele Buntbarsche befinden sich um 18:00 im See?

Lösung

Angelika fängt insgesamt 2 Hechte und

${}3\cdot 5=15\,$

Buntbarsche. In der ersten Stunde verspeisen die 10 Hechte

${}10\cdot 3=30\,$

Buntbarsche und in den folgenden zwei Stunden verspeisen die 9 verbliebenen Hechte

${}2\cdot 9\cdot 3=54\,$

Buntbarsche. Wegen

${}15+30+54=99\,$

gibt es um ${}18:00$ noch 8 Hechte und

${}80000-99=79901\,$

Buntbarsche im See.

Aufgabe (7 Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\Psi \colon \mathbb {N} ^{4}\longrightarrow \mathbb {N} ^{4},$

die einem Vierertupel ${}(a,b,c,d)$ das Vierertupel

$(\vert {b-a}\vert ,\vert {c-b}\vert ,\vert {d-c}\vert ,\vert {a-d}\vert )$

zuordnet. Zeige, dass sich bei jedem Starttupel ${}(a,b,c,d)$ nach endlich vielen Iterationen dieser Abbildung stets das Nulltupel ergibt.

Lösung

Es sei ${}m$ das Maximum der beteiligten vier Zahlen ${}a,b,c,d$. Wir zeigen, dass dieses Maximum nach endlich vielen Iterationen kleiner wird. Da wir uns innerhalb der natürlichen Zahlen befinden, folgt daraus, dass das Maximum irgendwann ${}0$ wird, was bedeutet, dass dann alle vier Zahlen ${}0$ sind. Da alle Zahlen aus ${}\mathbb {N}$ sind und die nichtnegative Differenz genommen wird, wird das Maximum definitiv nicht größer bei einer Iteration. Allerdings kann das Maximum gleich bleiben. Dies kann aber nur dann sein, wenn ein Nachbar (zyklisch gedacht, die vierte Zahl ist also auch ein Nachbar der ersten Zahl) des Maximums gleich ${}0$ ist. Wir müssen (durch zyklisches Vertauschen und Spiegeln) nur noch die Situation anschauen, wo das Tupel die Form

$(m,0,x,y)$

mit ${}x,y\leq m$ hat. Wenn ${}x=y=0$ ist, so liefert die Abbildung

$(m,0,0,m).$

Wir müssen also nur noch die Situation anschauen, wo es höchstens zwei Nullen gibt. Bei

$(m,0,x,0)$

mit ${}x\neq 0$ ergibt sich im nächsten Schritt

$(m,x,x,m),$

was keine Nullen mehr hat. Bei

$(m,0,0,y)$

mit ${}y\neq 0$ ergibt sich im nächsten Schritt

$(m,0,y,m-y).$

Bei ${}y<m$ besitzt dies nur eine Null, bei ${}y=m$ sind wir in einem schon behandelten Fall. Es sei das Tupel jetzt

$(m,0,x,y)$

mit

${}0<x,y\leq m\,.$

Das Ergebnis ist

$(m,x,\vert {x-y}\vert ,m-y).$

Bei ${}x=m$ ist dies

$(m,m,m-y,m-y)$

mit dem Folgetupel

$(0,y,0,y).$

Bei ${}y<m$ besitzt dies ein kleineres Maximum, bei ${}y=m$ ist das Folgetupel gleich

$(m,m,m,m),$

und davon ist das Folgetupel

$(0,0,0,0).$

Es sei also ${}x<m$. Das Folgetupel ist bei ${}y=m$ gleich

${}(m,x,\vert {x-y}\vert ,m-y)=(m,x,m-x,0)\,,$

und dessen Folgetupel ist

$(m-x,\vert {m-2x}\vert ,m-x,m).$

Allenfalls in der dritten Position könnte eine ${}0$ stehen, doch diese ist nicht benachbart zum einzigen Vorkommen von ${}m$, sodass das Folgetupel keine Null besitzt.

Das Folgetupel ist bei ${}y<m$ gleich

$(m,x,\vert {x-y}\vert ,m-y),$

und dabei ist wieder allenfalls in der dritten Position eine ${}0$, stehen, doch diese ist nicht benachbart zum einzigen Vorkommen von ${}m$, sodass das Folgetupel keine Null besitzt.

Aufgabe (1 Punkt)

Jonathan (8 Jahre alt) antwortet auf die Frage, was ${}8{\text{ mal }}8$ ist, nach einigem Überlegen mit „achtundachtzig Millionen achthundertachtundachtzigtausend achthundertachtundachzig“. Was hätte er auf die Frage, was ${}7{\text{ mal }}7$ ist, geantwortet?

Lösung

Sieben Millionen siebenhundertsiebenundsiebzigtausend siebenhundertsiebenundsiebzig.

Aufgabe (7 (1+2+4) Punkte)

1. Zeige, dass ${}11$ kein Teiler von ${}111$ ist, aber ein Teiler von ${}1111$.
2. Es sei ${}m\in \mathbb {N} _{+}$ und es sei ${}y$ diejenige natürliche Zahl, die im Zehnersystem durch ${}m$ aufeinanderfolgende Einsen dargestellt wird. Zeige, dass ${}y$ genau dann von ${}11$ geteilt wird, wenn ${}m$ gerade ist.
3. Es seien ${}\ell ,m\in \mathbb {N} _{+}$ und es sei ${}x$ die Zahl mit ${}\ell$ Einsen und ${}y$ die Zahl mit ${}m$ Einsen (im Zehnersystem). Zeige, dass ${}y$ genau dann von ${}x$ geteilt wird, wenn ${}m$ von ${}\ell$ geteilt wird.

Lösung

1. Es ist

   ${}111=11\cdot 10+1\,$

   kein Vielfaches von ${}11$ und

   ${}1111=101\cdot 11\,.$

2. Bei ${}m$ gerade ist ${}m=2n$. Das Produkt der ${}11$ mit der Zahl ${}1010\ldots 101$ mit ${}n$ Einsen (und ${}n-1$ Nullen) und dann ist

   ${}1010\ldots 101\cdot 11=1111\cdots 1111\,$

   mit ${}\ell$ Einsen, also ist ${}11$ ein Teiler. Die umgekehrte Richtung wird unter (3) systematischer bewiesen.

3. Wir schreiben

   ${}x=\sum _{j=0}^{\ell -1}10^{j}\,$

   und

   ${}y=\sum _{j=0}^{m-1}10^{j}\,.$

   Wenn ${}\ell$ ein Teiler von ${}m$ ist, so gilt ${}m=\ell \cdot n$ mit einem ${}n\in \mathbb {N}$. Es ist dann nach dem allgemeinen Distributivgesetz

   ${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{j=0}^{\ell -1}10^{j}\right)}{\left(\sum _{i=0}^{n-1}10^{\ell i}\right)}&=\sum _{0\leq j\leq \ell -1,\,0\leq i\leq n-1}10^{\ell i+j}\\&=\sum _{k=0}^{m-1}10^{k}\\&=y,\end{aligned}}$

   da jedes ${}k$ zwischen ${}0$ und ${}m-1$ nach der Division mit Rest eine eindeutige Darstellung als

   ${}k=\ell i+j\,$

   mit den angegebenen Bedingungen für ${}i$ und ${}j$ besitzt.

   Wenn ${}\ell$ kein Teiler von ${}m$ ist, so gilt ${}m=\ell \cdot n+r$ mit einem ${}n\in \mathbb {N}$ und ${}0<r<\ell$. Es ist dann

   ${}{\begin{aligned}y&=\sum _{k=0}^{m-1}10^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\ell \cdot n+r-1}10^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\ell \cdot n-1}10^{k}+\sum _{s=0}^{r-1}10^{\ell \cdot n+s}\\&=\sum _{k=0}^{\ell \cdot n-1}10^{k}+10^{\ell \cdot n}\sum _{s=0}^{r-1}10^{s}.\end{aligned}}$

   Der linke Summand ist ein Vielfaches von ${}x$ aufgrund der Hinrichtung. Nehmen wir an, dass ${}y$ ein Vielfaches von ${}x$ wäre. Dann wäre auch der rechte Summand, also ${}10^{\ell \cdot n}\sum _{s=0}^{r-1}10^{s}$, ein Vielfaches von ${}x$. Dann müsste ${}\sum _{s=0}^{r-1}10^{s}$ ein Vielfaches von ${}x=\sum _{j=0}^{\ell -1}10^{j}$ sein, da die Zehnerpotenz und ${}x$ teilerfremd sind. Dies kann wegen ${}r-1<\ell -1$ nicht sein.

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 (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 (3 (2+1) Punkte)

Es sei ${}n\geq 1$ eine natürliche Zahl.

1. Bestimme den größten gemeinsamen Teiler von ${}(n!)^{2}$ und ${}(n-1)!\cdot (n+1)!$.
2. Bestimme das kleinste gemeinsame Vielfache von ${}(n!)^{2}$ und ${}(n-1)!\cdot (n+1)!$.

Lösung

1. Es ist

   ${}(n!)^{2}=(n!)(n!)=n\cdot (n-1)!\cdot n!\,$

   und

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

   Daher ist ${}(n-1)!\cdot n!$ ein gemeinsamer Teiler der beiden Zahlen. Die beiden anderen Faktoren, also ${}n$ bzw. ${}n+1$ sind teilerfremd, da ihr Abstand ${}1$ ist. Somit tragen diese Faktoren nicht zum größten gemeinsamen Teiler bei und daher ist der größte gemeinsame Teiler gleich ${}(n-1)!\cdot n!$.

2. Nach Lemma 21.3 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) und Teil (1) ist das kleinste gemeinsame Vielfache der beiden Zahlen gleich

   ${}{\frac {(n!)(n!)(n-1)!(n+1)!}{(n-1)!\cdot n!}}=(n!)(n+1)!\,.$

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

Wir betrachten die Stammbrüche ${}{\frac {1}{5}}$ und ${}{\frac {1}{3}}$.

1. Wie viele Stammbrüche liegen echt zwischen ${}{\frac {1}{5}}$ und ${}{\frac {1}{3}}$?
2. Wie viele rationale Zahlen der Form ${}{\frac {a}{11}}$ mit ${}a\in \mathbb {N}$ liegen echt zwischen ${}{\frac {1}{5}}$ und ${}{\frac {1}{3}}$?
3. Wie viele rationale Zahlen liegen echt zwischen ${}{\frac {1}{5}}$ und ${}{\frac {1}{3}}$?

Lösung

1. Nur der Stammbruch ${}{\frac {1}{4}}$.
2. Es ist

   ${}{\frac {2}{11}}<{\frac {1}{5}}<{\frac {3}{11}}<{\frac {1}{3}}<{\frac {4}{11}}\,,$

   daher ist ${}{\frac {3}{11}}$ die einzige rationale Zahl von dieser Form, die zwischen den vorgegebenen Zahlen liegt.

3. Zwischen je zwei verschiedenen Zahlen liegen stets unendlich viele rationale Zahlen.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Bruno liest in der Zeitung: „Im letzen Jahr war bei ${}50\%$ aller Autounfälle Alkohol mit im Spiel“. Bruno überlegt: „ ${}50\%$ mit Alkohol, ${}50\%$ ohne Alkohol. Dann ist es also egal, ob man was trinkt oder nicht. In Zukunft werde ich das auch nicht mehr so streng sehen“. Beurteile diese Überlegung!

Lösung Autounfall/Alkoholanteil/Aufgabe/Lösung