Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/6/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	2	2	5	2	7	5	8	2	4	3	6	2	3	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Menge ${}M$ heißt endlich mit ${}n$ Elementen, wenn es eine Bijektion

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

   gibt.

2. Eine Relation ${}R$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Teilmenge der Produktmenge ${}M\times M$, also ${}R\subseteq M\times M$.
3. Die ganzen Zahlen haben die Form ${}\pm a$ und ${}\pm b$ mit natürlichen Zahlen ${}a,b$. Die Multiplikation wird folgendermaßen definiert.

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

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

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

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

4. Die natürliche Zahl ${}b$ heißt ein gemeinsames Vielfaches der ${}a_{1},\ldots ,a_{k}$, wenn ${}b$ ein Vielfaches von jedem ${}a_{i}$ ist, also von jedem ${}a_{i}$ geteilt wird.
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 ein Dezimalbruch

   ${\frac {a}{10^{k}}}$

   mit ${}a=\pm b\in \mathbb {Z}$, ${}b\in \mathbb {N}$, und ${}k\in \mathbb {N}$ gegeben, und es sei

   ${}b=\sum _{i=0}^{n}b_{i}10^{i}=b_{n}\cdots b_{1}b_{0}\,$

   die Dezimaldarstellung von ${}b$. Dann nennt man

   $\pm b_{n}\cdots b_{k},b_{k-1}\cdots b_{1}b_{0}$

   die Darstellung des Dezimalbruches im Dezimalsystem.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es seien ${}M$ und ${}N$ disjunkte endliche Mengen mit ${}m$ bzw. ${}n$ Elementen. Dann besitzt ihre Vereinigung ${}M\cup N$ gerade ${}m+n$ Elemente.
2. Für das Potenzieren gelten die folgenden Eigenschaften, wobei ${}a,b\in \mathbb {N} _{+}$ und ${}m,n\in \mathbb {N}$ seien.

   1. ${}a^{m+n}=a^{m}\cdot a^{n}\,.$

   2. ${}(a^{m})^{n}=a^{mn}\,.$

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

3. Die ganzen Zahlen ${}(\mathbb {Z} ,0,1,+,\cdot )$ bilden einen kommutativen Ring.

Aufgabe (2 Punkte)

Negiere den Satz „Kein Schwein ruft mich an und keine Sau interessiert sich für mich“ durch (eine) geeignete Existenzaussage(n).

Lösung

Es gibt ein Schwein, das mich anruft, oder es gibt eine Sau, die sich für mich interessiert.

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere Vor- und Nachteile des axiomatischen Aufbaus der Mathematik.

Lösung Axiomatischer Aufbau/Vor- und Nachteile/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}a\in \mathbb {N} _{+}$. Zeige, wie man ${}a^{10}$ mit vier Multiplikationen berechnen kann.

Lösung

Sei

${}b:=a\cdot a=a^{2}\,$

und

${}c:=b\cdot b=b^{2}=a^{4}\,.$

Dann ist

${}a^{10}=(c\cdot c)\cdot b\,$

eine Berechnung mit vier Multiplikationen.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}L,M,N$ Mengen und

$f:L\longrightarrow M{\text{ und }}g:M\longrightarrow N$

Abbildungen mit der Hintereinanderschaltung

$g\circ f\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto g(f(x)).$

Zeige: Wenn ${}g\circ f$ injektiv ist, so ist auch ${}f$ injektiv.

Lösung

Es seien ${}x_{1},x_{2}\in L$ gegeben mit ${}f(x_{1})=f(x_{2})$. Wir müssen zeigen, dass ${}x_{1}=x_{2}$ ist. Es ist

${}(g\circ f)(x_{1})=g(f(x_{1}))=g(f(x_{2}))=(g\circ f)(x_{2})\,.$

Da nach Voraussetzung ${}g\circ f$ injektiv ist, folgt ${}x_{1}=x_{2}$, wie gewünscht.

Aufgabe (5 (2+2+1) Punkte)

1. Zeige, dass für ${}a,b\in \mathbb {N}$ die Abschätzung

   ${}ab\leq a^{2}+b^{2}\,$

   gilt und somit stets ${}a^{2}+b^{2}-ab\in \mathbb {N}$ ist.

2. Besitzt die Verknüpfung

   $\mathbb {N} \times \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {N} ,\,(a,b)\longmapsto a\star b:=a^{2}+b^{2}-ab,$

   ein neutrales Element?

3. Berechne

   $5\star (4\star 3).$

Lösung

1. Da die natürlichen Zahlen total geordnet sind, ist

   ${}a\geq b\,$

   oder

   ${}b\geq a\,.$

   Im ersten Fall ist dann auch

   ${}a^{2}=a\cdot a\geq a\cdot b\,$

   nach Satz 10.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (3) und somit erst recht

   ${}a^{2}+b^{2}\geq a\cdot b\,.$

   Diese Abschätzung ergibt sich im anderen Fall genauso.

2. Wir betrachten die Bedingung

   ${}e\star x=x\,$

   für alle ${}x\in \mathbb {N}$, die für ein neutrales Element ${}e$ gelten muss. Dies muss insbesondere auch für ${}x=0$ gelten, was auf

   ${}0=e\star 0=e^{2}-0+0=e^{2}\,$

   führt. Der einzige Kandidat ist also ${}e=0$. Allerdings ist

   ${}e\star 2=0\star 2=2^{2}=4\,$

   und somit ist ${}0$ nicht das neutrale Element. Es gibt also kein neutrales Element.

3. Es ist

   ${}5\star (4\star 3)=5\star (16+9-12)=5\star 13=25+169-65=129\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Führe im Dreiersystem die Addition

$201021+112002$

schriftlich durch.

Lösung

Es ist

$\,\,\,\,\,201021$

$+112002$

${\underline {\,\,1\,\,\,1\,\,\,11\,\,\,\,}}$

$\,\,1020100.$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das allgemeine Distributivgesetz für einen kommutativen Halbring.

Lösung

Wir machen eine Doppelinduktion nach ${}r$ und nach ${}s$. D.h. wir beweisen die Aussage für jedes feste ${}r$ durch Induktion nach ${}s$ (innere Induktion) und erhöhen dann in einem eigenen Induktionsdurchgang ${}r$ (äußere Induktion). Bei ${}r=0$ ist nichts zu zeigen, da dann die Summen links und rechts leer sind, also gleich ${}0$. Es sei also ${}r=1$, sodass der linke Faktor einfach eine fixierte Zahl ${}a=a_{1}$ ist. Wir wollen die Aussage in dieser Situation für beliebiges ${}s$ zeigen. Bei ${}s=0,1$ ist die Aussage klar. Es sei die Aussage nun für ein

${}s\geq 2\,$

schon bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}a\cdot {\left(b_{1}+\cdots +b_{s}+b_{s+1}\right)}&=a\cdot {\left({\left(b_{1}+\cdots +b_{s}\right)}+b_{s+1}\right)}\\&=a\cdot {\left(b_{1}+\cdots +b_{s}\right)}+ab_{s+1}\\&={\left(\sum _{k=1}^{s}ab_{k}\right)}+ab_{s+1}\\&=\sum _{k=1}^{s+1}ab_{k}\end{aligned}}$

nach dem Distributivgesetz und der Induktionsvoraussetzung.

Es sei die Aussage nun für ein festes ${}r$ und jedes ${}s$ bewiesen. Dann ist wieder mit dem Distributivgesetz und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{i=1}^{r+1}a_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=1}^{s}b_{k}\right)}&={\left({\left(\sum _{i=1}^{r}a_{i}\right)}+a_{r+1}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=1}^{s}b_{k}\right)}\\&={\left(\sum _{i=1}^{r}a_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=1}^{s}b_{k}\right)}+a_{r+1}\cdot {\left(\sum _{k=1}^{s}b_{k}\right)}\\&=\sum _{1\leq i\leq r,\,1\leq k\leq s}a_{i}b_{k}+\sum _{k=1}^{s}a_{r+1}b_{k}\\&=\sum _{1\leq i\leq r+1,\,1\leq k\leq s}a_{i}b_{k}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 (1+1+3) Punkte)

Wir interessieren uns für Eigenschaften von ganzen Zahlen, die nur davon abhängen, ob eine positive (${}p$) oder eine negative Zahl (${}n$) vorliegt.

1. Erstelle eine Verknüpfungstabelle für die Multiplikation auf ${}\{p,n\}$, die die Multiplikation auf ${}\mathbb {Z}$ (hinsichtlich der Eigenschaft, ob das Ergebnis positiv oder negativ ist) widerspiegelt.
2. Erstelle eine Verknüpfungstabelle für die Verknüpfung auf ${}\{p,n\}$, die der Verknüpfung „Maximum nehmen“ auf ${}\mathbb {Z}$ (hinsichtlich der Eigenschaft, ob das Ergebnis positiv oder negativ ist) entspricht.
3. Gibt es eine Beziehung zwischen diesen Verknüpfungen und den Verknüpfungen ${}\cdot$ und ${}+$ auf ${}\{g,u\}$, die das Verhalten von geraden und ungeraden Zahlen bei der Addition und der Multiplikation beschreiben?

Lösung

1. ${}\cdot$	${}p$	${}n$
   ${}p$	${}p$	${}n$
   ${}n$	${}n$	${}p$

2. ${}\operatorname {max}$	${}p$	${}n$
   ${}p$	${}p$	${}p$
   ${}n$	${}p$	${}n$

3. Die Verknüpfungstabellen für ${}+$ und ${}\cdot$ auf ${}\{g,u\}$ sind

   ${}+$	${}g$	${}u$
   ${}g$	${}g$	${}u$
   ${}u$	${}u$	${}g$

   und

   ${}\cdot$	${}g$	${}u$
   ${}g$	${}g$	${}g$
   ${}u$	${}g$	${}u$

   Man erkennt, dass wenn man ${}p$ mit ${}g$ und ${}n$ mit ${}u$ identifiziert, dass dann die obere Multiplikation der unteren Addition und das Maximumnehmen der unteren Multiplikation entspricht.

Aufgabe (8 (1+1+1+3+2) Punkte)

Zur großen Pause fährt der Eiswagen „Largo Maggiore“ auf den Pausenhof. Eisverkäufer Lorenzo di Napoli bietet ${}10$ Eissorten an. Lucy Sonnenschein hat heute Lust auf ein Eis mit drei Kugeln, die in der Eistüte übereinander gestapelt werden.

1. Wie viele Möglichkeiten gibt es für diesen Eiskauf, wenn Lucy drei verschiedene Sorten möchte und die Schleckreihenfolge mitberücksichtigt wird?
2. Wie viele Möglichkeiten gibt es für diesen Eiskauf, wenn Lucy drei verschiedene Sorten möchte und die Schleckreihenfolge nicht mitberücksichtigt wird?
3. Wie viele Möglichkeiten gibt es für diesen Eiskauf, wenn Sorten mehrfach auftreten dürfen und die Schleckreihenfolge mitberücksichtigt wird?
4. Wie viele Möglichkeiten gibt es für diesen Eiskauf, wenn Sorten mehrfach auftreten dürfen und die Schleckreihenfolge nicht mitberücksichtigt wird?
5. Wie kann man mit den Schritten mit denen man (4) beantwortet hat die Antworten zu (1) und zu (3) herleiten?

Lösung

1. Es gibt ${}10\cdot 9\cdot 8=720$ Möglichkeiten, da es für die erste Kugel ${}10$, für die nächste ${}9$, da diese von einer anderen Sorte als die erste sein muss, und für die dritte ${}8$ Möglichkeiten.
2. Es geht um die Anzahl der dreielementigen Teilmengen aus der zehnelementigen Eissortenmenge, also gibt es

   ${}{\binom {10}{3}}={\frac {10\cdot 9\cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1}}=120\,$

   Möglichkeiten.

3. Für jede Kugel gibt es zehn Möglichkeiten, die Gesamtzahl ist also

   ${}10^{3}=1000\,.$

4. Wenn sie drei verschiedene Kugeln kauft, so sind das, wie unter (2) berechnet, ${}120$ Möglichkeiten. Wenn sie zwei verschiedene Kugeln kauft, so gibt es für die Auswahl der Sorten

   ${}{\binom {10}{2}}={\frac {10\cdot 9}{2\cdot 1}}=45\,$

   Möglichkeiten. Sodann muss man dabei aber noch festlegen, welche Sorte einmal und welche zweimal genommen wird. Daher gibt es hier ${}90$ Möglichkeiten. Wenn sie von einer Sorte drei Kugeln kauft, so gibt es dafür ${}10$ Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also

   ${}120+90+10=220\,$

   Möglichkeiten.

5. Für die ${}120$ Möglichkeiten aus dem ersten Typ von (4) gibt es jeweils sechs Möglichkeiten, in welcher Reihenfolge sie aufgetürmt werden können, das macht die ${}720$ aus Teil (1). Für die ${}90$ Möglichkeiten aus dem zweiten Typ von (4) gibt es jeweils drei Möglichkeiten, in welcher Reihenfolge sie aufgetürmt werden können (an welcher Stelle kommen die einzelnen Kugeln?), das macht ${}270$ Möglichkeiten. Für den dritten Typ aus (4) ist die Reihenfolge unerheblich, es bleibt also bei den ${}10$ Möglichkeiten. Insgesamt ergeben sich so gerechnet

   ${}720+270+10=1000\,,$

   was dem Ergebnis aus Teil (3) entspricht.

Aufgabe (2 Punkte)

Finde zwei natürliche Zahlen, deren Summe ${}65$ und deren Produkt ${}1000$ ist.

Lösung

Die Primfaktorzerlegung von ${}1000$ ist

${}1000=2^{3}\cdot 5^{3}\,.$

Die beiden gesuchten Zahlen müssen also Teiler davon sein, also von der Form ${}2^{i}5^{j}$ mit ${}i,j\leq 3$. Da die Summe ungerade ist, besitzt die eine Zahl die Form

$8\cdot 5^{j}.$

Dies führt auf die ${}40$ und ${}25$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}n\geq 2$. Woran erkennt man am Kleinen Einmaleins im ${}n$-System (ohne die Nuller- und die Zehnerreihe), ob ${}n$ eine Primzahl ist.

Lösung

Die Zahl ${}n$ ist genau dann eine Primzahl, wenn im Kleinen Einmaleins zur Basis ${}n$ keine ${}0$ als Endziffer der Tabelleneinträge auftaucht. Wenn nämlich ${}n$ keine Primzahl ist, so gibt es eine Zerlegung

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

mit ${}a,b<n$. Die Ziffern ${}a,b$ kommen also im kleinen Einmaleins vor. Das zugehörige Produkt ${}ab$ hat in dem System die Ziffernentwicklung ${}10$ und somit taucht als Endziffer die ${}0$ auf.

Wenn umgekehrt die ${}0$ im kleinen Einmaleins als Endziffer auftaucht, so bedeutet dies, dass es Ziffern ${}1\leq i,j<n$ derart gibt, dass ${}ij$ ein Vielfaches von ${}n$ ist. Es ist also

${}ij=cn\,.$

Wenn ${}n$ prim wäre, so müsste nach dem Lemma von Euklid ${}n$ einen der Faktoren teilen, doch das geht nicht, da diese beiden kleiner als ${}n$ sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass eine Quadratzahl ${}\neq 0$ stets eine ungerade Anzahl an Teilern besitzt.

Lösung

Es sei

${}a=b^{2}\,$

und

${}b=p_{1}^{r_{1}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\,$

die Primfaktorzerlegung von ${}b$ (mit verschiedenen Primfaktoren). Dann ist

${}a={\left(p_{1}^{r_{1}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\right)}^{2}=p_{1}^{2r_{1}}\cdots p_{k}^{2r_{k}}\,.$

Die Teiler von ${}a$ haben die Form

$p_{1}^{i_{1}}\cdots p_{k}^{i_{k}}$

mit

${}0\leq i_{j}\leq 2r_{j}\,$

für alle ${}j$. Somit gibt es

$(2r_{1}+1)\cdots (2r_{2}+1)\cdots (2r_{k}+1)$

Teiler von ${}a$, und dies ist als ein Produkt von ungeraden Zahlen wieder ungerade.

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

Ein Metallarbeiter hat zwei Metallstäbe zur Verfügung. Wenn er den kleinen siebenmal hintereinanderlegt, erhält er genau drei Meter. Wenn er den großen achtmal hintereinanderlegt, erhält er genau fünf Meter.

1. Wie kann er allein mit diesen Stäben eine Länge von einem Meter bestimmen?
2. Was ist die kleinste positive Strecke, die er mit den Stäben messen kann?
3. Welche Streckenlängen kann er mit seinen beiden Metallstäben messen?

Lösung

1. Wenn er den langen Stab ${}16$-mal hintereinander hinlegt, erreicht er ${}10$ Meter. Wenn er von dort aus den kleinen Stab rückwärts ${}21$-mal hinlegt, erhält er ${}9$ Meter in die andere Richtung und damit insgesamt einen Meter.
2. Die beiden Stäbe haben die Länge ${}{\frac {3}{7}}$ bzw. ${}{\frac {5}{8}}$. Da er die Stäbe nur hintereinander bzw. nebeneinander hinlegen kann, wobei jeweils zwei Endpunkte übereinstimmen müssen, ist die Gesamtheit der erzielbaren Längen gleich

   $m{\frac {3}{7}}+n{\frac {5}{8}}{\text{ mit }}m,n\in \mathbb {Z} .$

   Wir arbeiten mit dem Hauptnenner ${}56$ und schreiben dies als

   $m{\frac {24}{56}}+n{\frac {35}{56}}={\left(24m+35n\right)}{\frac {1}{56}}{\text{ mit }}m,n\in \mathbb {Z} .$

   Von daher ist klar, dass er nur ganzzahlige Vielfache von ${}{\frac {1}{56}}$ legen kann. Da ${}24=3\cdot 8$ und ${}35=5\cdot 7$ teilerfremd sind, gibt es nach dem Lemma von Bezout ganze Zahlen ${}m,n$ mit

   ${}24m+35n=1\,.$

   Er kann also in der Tat die Strecke ${}{\frac {1}{56}}$ hinlegen.

3. Da er den Prozess, mit dem er ${}{\frac {1}{56}}$ hinlegt, beliebig oft und in beide Richtungen ausführen kann, kann er jedes ganzzahlige Vielfache von ${}{\frac {1}{56}}$ abmessen.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, welche der beiden rationalen Zahlen ${}p$ und ${}q$ größer ist.

$p={\frac {573}{-1234}}{\text{ und }}q={\frac {-2007}{4322}}.$

Lösung

Multiplikation liefert

$573\cdot 4322=2476506{\text{ und }}1234\cdot 2007=2476638.$

Daher ist

${}{\frac {573}{1234}}\leq {\frac {2007}{4322}}\,$

und damit ist

${}p={\frac {573}{-1234}}={\frac {-573}{1234}}\geq {\frac {-2007}{4322}}=q\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper. Zeige, ausgehend von den Axiomen für einen angeordneten Körper, dass ${}1>0$ gilt.

Lösung

Es gibt nur die drei sich ausschließenden Möglichkeiten

$1>0{\text{ oder }}1=0{\text{ oder }}1<0.$

Aufgrund der Körperaxiome ist ${}1\neq 0$. Wir müssen also nur noch die Möglichkeit ${}1<0$ zum Widerspruch führen. Nehmen wir ${}1<0$ an. Aufgrund der Verträglichkeit mit der Addition kann man beidseitig ${}-1$ addieren und erhält ${}0<-1$. Aufgrund der Verträglichkeit mit der Multiplikation mit positiven Elementen kann man diese Abschätzung quadrieren und erhält

${}0<(-1)(-1)=1\,,$

also ist zugleich ${}1>0$, ein Widerspruch.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}a\neq b$ Basen zu einem Stellenwertsystem (${}a$-er System und ${}b$-er System). Es sei ${}z$ eine rationale Zahl, die im Stellenwertsystem zur Basis ${}a$ eine abbrechende Darstellung als Kommazahl besitzt. Gilt dies dann auch im Stellenwertsystem zur Basis ${}b$?

Lösung

Nein. Sei

${}a=10\,,$

${}b=3\,$

und

${}z={\frac {1}{3}}\,$

(im Zehnersystem). Im Dreiersystem ist ${}3=10$ und somit ist ${}{\frac {1}{3}}$ im Dreiersystem gleich

${}{\frac {1}{10}}=0,1\,,$

hat also eine abbrechende Ziffernentwicklung. Dagegen ist ${}{\frac {1}{3}}$ kein Dezimalbruch und hat somit im Dezimalsystem keine endliche Entwicklung.