Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil I/8/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	2	1	7	6	5	8	1	3	2	1	5	2	3	3	2	4	1	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Man nennt die Menge

   ${}L\times M={\left\{(x,y)\mid x\in L,\,y\in M\right\}}\,$

   die Produktmenge der Mengen ${}L$ und ${}M$.

2. Eine natürliche Zahl ${}n\geq 2$ heißt eine Primzahl, wenn die einzigen natürlichen Teiler von ihr ${}1$ und ${}n$ sind.
3. Unter der Fakultät von ${}n$ versteht man die Zahl

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

4. Man nennt den Exponenten, mit dem ${}p$ in der Primfaktorzerlegung von ${}n$ vorkommt, den ${}p$-Exponenten von ${}n$.
5. Die Abbildung ${}f\colon K\rightarrow K$ heißt wachsend, wenn für je zwei Elemente ${}x,x'\in K$ mit ${}x\leq x'$ auch ${}f(x)\leq f(x')$ gilt.
6. Ein Promille ist ${}{\frac {1}{1000}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

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)

Anna kann sich nicht zwischen Heinrich und Konrad entscheiden, deshalb lässt sie sich vom Zufall leiten. Sie wohnt an einer U-Bahn-Station der Linie ${}5$, die von Heinsheim nach Konsau fährt. Heinrich wohnt in Heinsheim und Konrad in Konsau. Wenn Anna Lust auf ein Date hat, geht sie einfach zu ihrer Station und nimmt die erstbeste U-Bahn, die gerade kommt. Die U-Bahnen fahren in beide Richtungen im Zehn-Minuten-Takt und die U-Bahnen nach Heinsheim fahren ${}:\!01,:\!11,:\!21$ etc. Nach einiger Zeit stellt Anna fest, dass sie Konrad viermal so häufig besucht wie Heinrich. Wann fahren die U-Bahnen nach Konsau ab?

Lösung

Die Wahrscheinlichkeit, dass als erstes eine U-Bahn nach Konsau kommt, muss viermal so groß sein wie die Wahrscheinlichkeit, dass zuerst eine U-Bahn nach Heinsheim kommt. Deshalb muss in einem Zehn-Minuten-Intervall acht Minuten lang eine U-Bahn nach Konsau die nächste sein (und zwei Minuten lang eine U-Bahn nach Heinsheim). Die U-Bahnen nach Konsau fahren also ${}:\!09,:\!19,:\!29$ etc. ab.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne ${}999^{2}$ mit Hilfe einer binomischen Formel.

Lösung

Es ist

${}999^{2}=(1000-1)^{2}=1000^{2}-2000+1=1000000-2000+1=998001\,,$

wobei die zweite binomische Formel verwendet wurde.

Aufgabe (7 (1+1+2+3) Punkte)

Der Planet Trigeno wird von einer einzigen Tierart bevölkert, den Trigos. Diese Tierart besitzt drei Geschlechter: Antilopen (A), Büffel (B) und Cnus (C). Bei der Paarung treffen zwei Individuen zusammen und erzeugen ein neues Individuum. Wenn das Paar gleichgeschlechtlich ist, so ist das Ergebnis wieder dieses Geschlecht, wenn das Paar gemischtgeschlechtlich ist, so ist das Ergebnis das dritte unbeteiligte Geschlecht. Alle Tiere gehören einer eindeutigen Generation an.

1. Die ${}n$-te Generation bestehe nur aus einem einzigen Geschlecht. Zeige, dass jede weitere Generation auch nur aus diesem Geschlecht besteht.
2. Die ${}n$-te Generation bestehe nur aus zwei Individuen unterschiedlichen Geschlechts. Zeige, dass diese Geschlechter mit ihrer Generation aussterben.
3. Es gelte nun die zusätzliche Bedingung, dass jedes Paar nur einen Nachkommen erzeugen darf. Zeige, dass die Tierart genau dann aussterben muss, wenn es in einer Generation nur zwei oder weniger Individuen gibt.
4. Es gelte nun die zusätzliche Bedingung, dass jedes Paar nur einen Nachkommen erzeugen darf, und in jeder Generation gebe es genau drei Individuen. Beschreibe die möglichen Generationsabfolgen. Welche Periodenlängen treten auf?

Lösung

1. Wenn die Generation nur aus dem Geschlecht ${}X$ besteht, so sind nur Paarungen innerhalb dieses Geschlechts möglich und das Ergebnis gehört stets diesem Geschlecht an. Mit Induktion folgt, dass dies über alle folgenden Generationen so bleibt.
2. Die Generation bestehe aus einem Individuum des Geschlechts ${}X$ und aus einem Individuum des Geschlechts ${}Y\neq X$. Die Folgegeneration besteht dann ausschließlich aus dem dritten Geschlecht ${}Z$ und nach Teil (1) überträgt sich das auf alle folgenden Generationen.
3. Wenn es nur ein oder kein Individuum gibt, so ist keine Paarung möglich und die nächste Generation ist leer. Wenn es zwei Individuen gibt, so ist nur eine Paarung möglich und es gibt nur einen Nachkommen, der sich allein nicht fortpflanzen kann. Wenn es dagegen mindestens drei Individuen, egal welchen Geschlechts, gibt, so sind auch mindestens drei Paarungen möglich und die nächste Generation besitzt mindestens wieder drei Individuen.
4. Wenn drei gleichgeschlechtliche Individuen in einer Generation leben, so erzeugen die drei möglichen Paare stets wieder ebendieses Geschlecht. Die Möglichkeiten sind ${}A,A,A$ oder ${}B,B,B$ oder ${}C,C,C$ und die Periodenlänge ist ${}1$. Wenn drei unterschiedliche Geschlechter vertreten sind, so ist jedes Geschlecht durch genau ein Individuum vertreten, es liegt also ${}A,B,C$ vor. Die drei Paarungen führen dann wieder zu ${}A,B,C$ und die Periodenlänge ist ebenfalls ${}1$. Wenn ein Geschlecht durch zwei Individuen vertreten ist und ein zweites Geschlecht durch ein Individuum, sagen wir ${}X,X,Y$, so wird daraus ${}X,Z,Z$ und daraus ${}Y,Y,Z$ und daraus ${}X,X,Y$. Die Periodenlänge ist also ${}3$. Von diesem Typ gibt es zwei Generationsabfolgen, nämlich die mit ${}A,A,B$ (mit $A,C,C$ und $B,B,C$) und die mit ${}A,B,B$ (mit $B,C,C$ und $A,A,C$).

Aufgabe (6 (1+1+4) Punkte)

Zu ${}n\in \mathbb {N}$ sei

${}[n]=\{0,1,2,\ldots ,n\}\,.$

Zu jedem ${}n\in \mathbb {N}$ und jedem ${}0\leq k\leq n$ seien die Abbildungen

$D_{k}\colon [n]\longrightarrow [n+1]$

durch

${}D_{k}(j)={\begin{cases}j,{\text{ falls }}j<k,\\j+1{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$

und die Abbildungen

$S_{k}\colon [n+1]\longrightarrow [n]$

durch

${}S_{k}(j)={\begin{cases}j,{\text{ falls }}j\leq k,\\j-1{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$

definiert.

a) Erstelle eine Wertetabelle für

$D_{3}\colon [4]\longrightarrow [5].$

b) Erstelle eine Wertetabelle für

$S_{3}\colon [6]\longrightarrow [5].$

c) Beschreibe die durch die Wertetabelle

${}j$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$
${}\varphi (j)$	${}0$	${}2$	${}2$	${}4$	${}5$	${}5$

gegebene Abbildung

$\varphi \colon [5]\longrightarrow [5]$

als eine Hintereinanderschaltung von geeigneten ${}D_{k}$ und ${}S_{i}$.

Lösung

a)

${}j$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$
${}D_{3}(j)$	${}0$	${}1$	${}2$	${}4$	${}5$

b)

${}j$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$
${}S_{3}(j)$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}3$	${}4$	${}5$

c) Wir behaupten

${}\varphi =D_{3}\circ D_{1}\circ S_{3}\circ S_{1}\,.$

Die Komposition hat für die Elemente ${}0,1,2,3,4,5$ jeweils den folgenden Effekt:

$0\mapsto 0\mapsto 0\mapsto 0\mapsto 0,$

$1\mapsto 1\mapsto 1\mapsto 2\mapsto 2,$

$2\mapsto 1\mapsto 1\mapsto 2\mapsto 2,$

$3\mapsto 2\mapsto 2\mapsto 3\mapsto 4,$

$4\mapsto 3\mapsto 3\mapsto 4\mapsto 5,$

$5\mapsto 4\mapsto 3\mapsto 4\mapsto 5.$

Das Gesamtergebnis stimmt also mit ${}\varphi$ überein.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige mittels vollständiger Induktion für ${}n\geq 1$ die Formel

${}\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k}k={\begin{cases}{\frac {n}{2}}{\text{ bei }}n{\text{ gerade}},\\-{\frac {n+1}{2}}{\text{ bei }}n{\text{ ungerade}}\,.\end{cases}}\,$

Lösung

Bei ${}n=1$ besteht die Summe links aus dem einzigen Summanden ${}(-1)^{1}1=-1$, die Summe ist also ${}-1$. Da ${}1$ ungerade ist, steht rechts ${}-{\frac {2}{2}}=-1$, der Induktionsanfang ist also gesichert.

Es sei die Aussage nun für ${}n$ bewiesen, und es ist die Gültigkeit der Aussage für ${}n+1$ zu zeigen. Die Summe links ist

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

Bei ${}n$ gerade (also $n+1$ ungerade) ist dies nach Induktionsvoraussetzung gleich

${}{\frac {n}{2}}+(-1)^{n+1}(n+1)={\frac {n}{2}}-(n+1)={\frac {n-2n-2}{2}}={\frac {-n-2}{2}}=-{\frac {n+2}{2}}\,,$

was mit der rechten Seite übereinstimmt. Bei ${}n$ ungerade (also $n+1$ gerade) ist die Summe nach Induktionsvoraussetzung gleich

${}-{\frac {n+1}{2}}+(-1)^{n+1}(n+1)=-{\frac {n+1}{2}}+(n+1)={\frac {-n-1+2n+2}{2}}={\frac {n+1}{2}}\,,$

was ebenfalls mit der rechten Seite übereinstimmt.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Addition und endliche Mengen.

Lösung

Die Voraussetzung besagt, dass es eine bijektive Abbildung

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

und eine bijektive Abbildung

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

gibt. Die Abbildung

${\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow \{m+1,\ldots ,m+n\},\,i\longmapsto m+i,$

ist nach Aufgabe 8.34 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) bijektiv, sei ${}\theta$ die Umkehrabbildung. Somit ist nach Lemma 6.4 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (3)

$\varphi \circ \theta \colon \{m+1,\ldots ,m+n\}\longrightarrow N$

ebenfalls bijektiv. Wir definieren nun eine Abbildung

$F\colon \{1,\ldots ,m+n\}\longrightarrow M\cup N$

durch

${}F(k)={\begin{cases}\psi (k),{\text{ falls }}k\in \{1,\ldots ,m\}\,,\\\varphi (\theta (k)),{\text{ falls }}k\in \{m+1,\ldots ,m+n\}\,.\end{cases}}\,$

Diese Abbildung ist surjektiv, da jedes Element aus ${}M$ durch den ersten Fall und jedes Element aus ${}N$ durch den zweiten Fall abgedeckt ist. Die Injektivität sieht man so. Wenn

${}k\neq \ell \,$

gegeben sind, und das eine Element zu ${}\{1,\ldots ,m\}$ und das andere zu ${}\{m+1,\ldots ,m+n\}$ gehört, so ist ${}F(k)\in M$ und ${}F(\ell )\in N$ (oder umgekehrt) und sie sind verschieden wegen der Disjunktheit von ${}M$ und ${}N$. Wenn hingegen ${}k$ und ${}\ell$ aus der gleichen Teilmenge des Definitionsbereiches kommen, so ergibt sich die Verschiedenheit von ${}F(k)$ und ${}F(\ell )$ aus der Injektivität von ${}\psi$ bzw. von ${}\varphi \circ \theta$. Insgesamt erhalten wir also eine bijektive Abbildung

$\{1,\ldots ,m+n\}\longrightarrow M\cup N,$

sodass die Anzahl von ${}M\cup N$ gleich ${}m+n$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Finde die Primfaktorzerlegung von

$5\cdot 41+6\cdot 82+7\cdot 123.$

Lösung

Es ist

${}5\cdot 41+6\cdot 82+7\cdot 123=5\cdot 41+6\cdot 2\cdot 41+7\cdot 3\cdot 41=(5+12+21)\cdot 41=38\cdot 41=2\cdot 19\cdot 41\,,$

wobei ${}2,19,41$ Primzahlen sind.

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 (2 Punkte)

Gabi Hochster möchte sich die Fingernägel ihrer linken Hand (ohne den Daumennagel) lackieren, wobei die drei Farben ${}B,G,R$ zur Verfügung stehen. Sie möchte nicht, dass zwei benachbarte Finger die gleiche Farbe bekommen. Wie viele Möglichkeiten gibt es?

Lösung

Sie beginnt mit dem Zeigefinger, dafür hat sie drei Möglichkeiten. Für den Mittelfinger hat sie zwei Möglichkeiten, da die Farbe des Zeigefingers ausgeschlossen ist. Für den Ringfinger hat sie wieder zwei Möglichkeiten, da die Farbe des Mittelfingers ausgeschlossen ist. Für die Farbe des kleinen Fingers hat sie wieder zwei Möglichkeiten, da die Farbe des Ringfingers ausgeschlossen ist. Insgesamt gibt es also

${}3\cdot 2\cdot 2\cdot 2=24\,$

Möglichkeiten.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}T\subseteq \mathbb {N}$ eine Teilmenge der natürlichen Zahlen, die ein Maximum besitze. Zeige, dass ${}T$ auch ein Minimum besitzt.

Lösung

Weil ${}T$ ein Maximum besitzt, ist ${}T$ nicht die leere Menge. Also besitzt sie auch ein Minimum.

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

Es sei ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Vergleiche die Anzahl der injektiven Abbildungen von einer ${}n$-elementigen Menge in eine ${}n+1$-elementige Menge mit der Anzahl der surjektiven Abbildungen von einer ${}n+1$-elementigen Menge in eine ${}n$-elementige Menge in den folgenden Fällen.

a) ${}n=1$,

b) ${}n=2$,

c) ${}n=3$.

Lösung

a) Es gibt ${}2$ Abbildungen von einer einelementigen Menge in eine zweielementige Menge, die stets injektiv sind. Dagegen gibt es überhaupt nur eine Abbildung von einer zweielementigen Menge auf eine einelementige Menge, die natürlich surjektiv ist.

b) Wir betrachten injektive Abbildungen

$\varphi \colon \{1,2\}\longrightarrow \{1,2,3\}.$

Es gibt ${}3$ Möglichkeiten für ${}\varphi (1)$ und es gibt ${}2$ Möglichkeiten für ${}\varphi (2)$ (da ja ${}\varphi (1)$ schon besetzt ist), also insgesamt ${}6$ Möglichkeiten. Zur Bestimmung der surjektiven Abbildungen

$\varphi \colon \{1,2,3\}\longrightarrow \{1,2\}$

überlegen wir uns, dass dabei ${}2$ Elemente auf ein gleiches Element abgebildet werden müssen. Dafür gibt es ${}3$ Paare. Für das Paar gibt es dann ${}2$ Möglichkeiten, wohin es abgebildet wird, also gibt es ${}6$ surjektive Abbildungen.

c) Wir betrachten injektive Abbildungen

$\varphi \colon \{1,2,3\}\longrightarrow \{1,2,3,4\}.$

Es gibt ${}4$ Möglichkeiten für ${}\varphi (1)$, es gibt ${}3$ Möglichkeiten für ${}\varphi (2)$ (da ja ${}\varphi (1)$ schon besetzt ist) und es gibt ${}2$ Möglichkeiten für ${}\varphi (3)$, also insgesamt ${}24$ Möglichkeiten. Zur Bestimmung der surjektiven Abbildungen

$\varphi \colon \{1,2,3,4\}\longrightarrow \{1,2,3\}$

überlegen wir uns, dass dabei ${}2$ Elemente auf ein gleiches Element abgebildet werden müssen. In einer ${}4$-elementigen Menge gibt es ${}6$ Paare. Wenn das Paar feststeht, so geht es um die Anzahl der bijektiven Abbildungen auf einer ${}3$-elementigen Menge, das sind ${}6$. Also gibt es insgesamt ${}36$ surjektive Abbildungen.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass für zwei von ${}0$ verschiedene ganze Zahlen ${}x,y$ auch das Produkt ${}x\cdot y$ von ${}0$ verschieden ist.

Lösung

Eine von ${}0$ verschiedene ganze Zahl ist entweder positiv oder negativ. Wenn beide Zahlen positiv sind, so ergibt sich diese Aussage direkt aus Lemma 9.4 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)). Wenn eine Zahl positiv und die andere negativ ist, so kann man (ohne Einschränkung) ${}x=-z$ mit ${}z$ positiv ansetzen. Es ist dann nach der Definition der Multiplikation

${}x\cdot y=-(z\cdot y)\neq 0\,.$

Wenn beide Zahlen negativ sind, so ist ${}x=-z$ und ${}y=-w$ mit ${}z,w$ positiv. Dann ist wieder

${}x\cdot y=z\cdot w\neq 0\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass für je zwei natürliche Zahlen ${}a,b\in \mathbb {N}$ aus

$a{|}b\,\,{\text{ und }}\,\,b{|}a$

die Gleichheit ${}a=b$ folgt.

Lösung

Wenn ${}a=0$ ist, so folgt aus ${}0$ teilt ${}b$ sofort ${}b=0$. Wir können also annehmen, dass ${}a,b\in \mathbb {N} _{+}$ ist. Aus ${}a=nb$ und ${}b=ka$ folgt ${}a=(nk)a$. Da wir uns auf positive natürliche Zahlen beschränken, folgt mit der Kürzungsregel ${}nk=1$ und daraus wegen ${}1\leq n,k\leq nk$ auch ${}n=k=1$. Also ist ${}a=b$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}71894$ und ${}45327$.

Lösung

Der Euklidische Algorithmus liefert:

$71894=1\cdot 45327+26567$

$45327=1\cdot 26567+18760$

$26567=1\cdot 18760+7807$

$18760=2\cdot 7807+3146$

$7807=2\cdot 3146+1515$

$3146=2\cdot 1515+116$

$1515=13\cdot 116+7$

$116=16\cdot 7+4$

$7=1\cdot 4+3$

$4=1\cdot 3+1.$

Die Zahlen ${}71894$ und ${}45327$ sind also teilerfremd.

Aufgabe (2 Punkte)

Zwei Fahrradfahrer, ${}A$ und ${}B$, fahren auf ihren Fahrrädern eine Straße entlang. Fahrer ${}A$ macht pro Minute ${}40$ Pedalumdrehungen, hat eine Übersetzung von Pedal zu Hinterrad von ${}1$ zu ${}6$ und Reifen mit einem Radius von ${}39$ Zentimetern. Fahrer ${}B$ braucht für eine Pedaldrehung ${}2$ Sekunden, hat eine Übersetzung von ${}1$ zu ${}7$ und Reifen mit einem Radius von ${}45$ Zentimetern.

Wer fährt schneller?

Lösung

Wir vergleichen die Strecken, die die beiden Fahrer pro Minute zurücklegen. Für Fahrer ${}A$ ist dies (in Zentimetern)

$s_{A}=40\cdot 6\cdot 39\cdot 2\pi ,$

für Fahrer ${}B$, der ${}30$ Pedalumdrehungen pro Minute macht, ist dies

$s_{B}=30\cdot 7\cdot 45\cdot 2\pi .$

Der Quotient ist

${}{\frac {s_{A}}{s_{B}}}={\frac {40\cdot 6\cdot 39\cdot 2\pi }{30\cdot 7\cdot 45\cdot 2\pi }}={\frac {4\cdot 6\cdot 39}{3\cdot 7\cdot 45}}={\frac {4\cdot 2\cdot 13}{7\cdot 15}}={\frac {104}{105}}\,.$

Also fährt ${}B$ schneller als ${}A$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Addition auf ${}\mathbb {Q}$ wohldefiniert ist.

Lösung

Es seien

${}x={\frac {a}{b}}={\frac {a'}{b'}}\,$

und

${}y={\frac {c}{d}}={\frac {c'}{d'}}\,$

die beiden zu addierenden rationalen Zahlen. Die Gleichheit der Brüche bedeutet ${}ab'=a'b$ und ${}cd'=c'd$. Wir müssen zeigen, dass die Addition das gleiche Ergebnis liefert unabhängig davon, welche Bruchdarstellung man wählt, d.h. dass

${\frac {ad+bc}{bd}}$

und

${\frac {a'd'+b'c'}{b'd'}}$

übereinstimmen. Nach Erweitern mit ${}b'd'$ und Kürzen durch ${}bd$ ist

${}{\frac {ad+bc}{bd}}={\frac {adb'd'+bcb'd'}{bdb'd'}}={\frac {a'dbd'+bc'b'd}{bdb'd'}}={\frac {a'd'+b'c'}{b'd'}}\,,$

sodass das Ergebnis als rationale Zahl wohldefiniert ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}x\in K$, ${}x\neq 0$ ein Element. Erläutere, warum es sinnvoll ist, für das inverse Element zu ${}x$ die Bezeichnung ${}x^{-1}$ zu verwenden.

Lösung

Das inverse Element zu ${}x$ ist durch die Eigenschaft ${}x\cdot y=1$ ausgezeichnet. Die Bezeichnung ${}x^{-1}$ für dieses ${}y$ ermöglicht es, die Potenzschreibweise auszudehnen, da dann

${}x\cdot x^{-1}=x^{1}\cdot x^{-1}=x^{1-1}=x^{0}=1\,$

gilt.

Aufgabe (2 Punkte)

Was ist das kleinste ganzzahlige Vielfache von ${}{\frac {1}{84}}$, das ein Dezimalbruch ist.

Lösung

Es ist

${}{\frac {1}{84}}={\frac {1}{2\cdot 2\cdot 3\cdot 7}}\,.$

Das ${}21$-ste Vielfache davon ist

${}21\cdot {\frac {1}{84}}={\frac {1}{4}}\,,$

ein Dezimalbruch. Bei Multiplikation mit einer Zahl kleiner als ${}21$ bleibt zumindest eine der Zahlen

${}3$ oder ${}7$ im Nenner stehen, und die resultierende Zahl kann dann kein Dezimalbruch sein.