Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil II/17/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Unter einer Geraden in Punktvektorform versteht man einen affinen Unterraum ${}G\subseteq K^{n}$ der Form
${}G=P+Kv={\left\{P+sv\mid s\in K\right\}}\,$

mit einem von ${}0$ verschiedenen Vektor ${}v\in K^{n}$ und einem Aufpunkt ${}P\in K^{n}$ .
Die ${}m\times n$ - Matrix
${}M=(a_{ij})_{ij}\,,$

wobei ${}a_{ij}$ die ${}i$ -te Koordinate von ${}\varphi (e_{j})$ bezüglich der Standardbasis ${}e_{i}$ des ${}K^{m}$ ist, heißt die beschreibende Matrix zu ${}\varphi$ .
Eine Äquivalenzrelation ${}\sim$ ${}\sim$ auf einer Menge ${}M$ ${}M$ ist eine Relation, die die folgenden drei Eigenschaften besitzt (für beliebige ${}x,y,z\in M$ ${}x,y,z\in M$ ).
1. ${}x\sim x$ .
2. Aus ${}x\sim y$ folgt ${}y\sim x$ .
3. Aus ${}x\sim y$ und ${}y\sim z$ folgt ${}x\sim z$ .
Unter einem Dedekindschen Schnitt versteht man ein Paar ${}(A,B)$ ${}(A,B)$ bestehend aus Teilmengen der rationalen Zahlen, die folgende Eigenschaften erfüllen.
1. ${}A$ und ${}B$ sind nicht leer.
2. ${}A\uplus B=\mathbb {Q} \,,$
  
  d.h. es liegt eine Zerlegung der Menge aller rationalen Zahlen in zwei Teilmengen vor.
3. Für jedes ${}x\in A$ und jedes ${}y\in B$ ist ${}x<y$ .
4. Zu ${}x\in A$ gibt es ein ${}x'\in A$ mit ${}x'>x$ .
Zu einem Winkel ${}\alpha$ (im Bogenmaß) nennt man denjenigen Punkt auf dem Einheitskreis, den man erreicht, wenn man sich auf dem Kreis in ${}(1,0)$ startend gegen der Uhrzeigersinn auf dem Kreisbogen ${}\alpha$ lange bewegt, den trigonometrischen Punkt ${}P(\alpha )$ zu diesem Winkel.
Unter einem endlichen Wahrscheinlichkeitsraum versteht man eine endliche Menge ${}M$ zusammen mit einer fixierten diskreten Wahrscheinlichkeitsdichte ${}f\colon M\rightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Für die Exponentialfunktion zur Basis ${}e$ gilt die Darstellung
${}e^{x}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}\,.$
Für die trigonometrischen Funktionen
$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \cos x,$

und

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \sin x,$

gelten die Additionstheoreme

${}\cos(x+y)=\cos x\cdot \cos y-\sin x\cdot \sin y\,$

und

${}\sin(x+y)=\sin x\cdot \cos y+\cos x\cdot \sin y\,.$
Es seien ${}(M_{1},P_{1}),\ldots ,(M_{n},P_{n})$ endliche Wahrscheinlichkeitsräume und
${}M=M_{1}\times \cdots \times M_{n}\,$

der Produktraum. Es seien Ereignisse ${}E_{1}\subseteq M_{1}$ , ${}E_{2}\subseteq M_{2}$ , ... , ${}E_{n}\subseteq M_{n}$ gegeben und es seien ${}{\tilde {E_{i}}}$ die zugehörigen Zylindermengen im Produktraum, also

${}{\tilde {E_{i}}}=M_{1}\times \cdots \times M_{i-1}\times E_{i}\times M_{i+1}\times \cdots \times M_{n}=p_{i}^{-1}(E_{i})\,.$

Dann sind die Ereignisse ${}{\tilde {E_{1}}},\ldots ,{\tilde {E_{n}}}$
vollständig unabhängig.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Eliminationslemma für ein inhomogenes lineares Gleichungssystem in ${}n$ Variablen über einem Körper ${}K$ .

Lösung

Durch Umnummerieren kann man ${}x=x_{1}$ erreichen. Es sei ${}G$ die Gleichung

{}ax_{1}+\sum _{i=2}^{n}a_{i}x_{i}=b\,

(mit $a\neq 0$ ) und ${}H$ die Gleichung

{}cx_{1}+\sum _{i=2}^{n}c_{i}x_{i}=d\,.

Dann hat die Gleichung

{}H'=H-{\frac {c}{a}}G\,

die Gestalt

{}\sum _{i=2}^{n}{\left(c_{i}-{\frac {c}{a}}a_{i}\right)}x_{i}=d-{\frac {c}{a}}b\,,

in der ${}x_{1}$ nicht mehr vorkommt. Wegen ${}H=H'+{\frac {c}{a}}G$ sind die Gleichungssysteme äquivalent.

Aufgabe (9 (1+1+7) Punkte)

Aus den Rohstoffen ${}R_{1},R_{2}$ und ${}R_{3}$ werden verschiedene Produkte ${}P_{1},P_{2},P_{3},P_{4}$ hergestellt. Die folgende Tabelle gibt an, wie viel von den Rohstoffen jeweils nötig ist, um die verschiedenen Produkte herzustellen (jeweils in geeigneten Einheiten).

	${}R_{1}$	${}R_{2}$	${}R_{3}$
${}P_{1}$	${}6$	${}2$	${}3$
${}P_{2}$	${}4$	${}1$	${}2$
${}P_{3}$	${}0$	${}5$	${}2$
${}P_{4}$	${}2$	${}1$	${}5$

a) Erstelle eine Matrix, die aus einem Vierertupel von Produkten die benötigten Rohstoffe berechnet.

b) Die folgende Tabelle zeigt, wie viel von welchem Produkt in einem Monat produziert werden soll.

	${}P_{1}$	${}P_{2}$	${}P_{3}$	${}P_{4}$
	${}6$	${}4$	${}7$	${}5$

Welche Rohstoffmengen werden dafür benötigt?

c) Die folgende Tabelle zeigt, wie viel von welchem Rohstoff an einem Tag angeliefert wird.

	${}R_{1}$	${}R_{2}$	${}R_{3}$
	${}12$	${}9$	${}13$

Welche Produkttupel kann man daraus ohne Abfall produzieren?

Lösung

a) Die Matrix ist

{\begin{pmatrix}6&4&0&2\\2&1&5&1\\3&2&2&5\end{pmatrix}},

da in der ${}i$ -ten Spalte die für das ${}i$ -te Produkt benötigte Rohstoffmenge stehen muss.

b) Die benötigte Rohstoffmenge ist

{}{\begin{pmatrix}6&4&0&2\\2&1&5&1\\3&2&2&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}6\\4\\7\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}36+16+10\\12+4+35+5\\18+8+14+25\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}62\\56\\65\end{pmatrix}}\,.

c) Es geht um das lineare Gleichungssystem

{}{\begin{pmatrix}6&4&0&2\\2&1&5&1\\3&2&2&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}6x+4y+2w\\2x+y+5z+w\\3x+2y+2z+5w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\9\\13\end{pmatrix}}\,,

das wir zunächst ohne Berücksichtigung der Tatsache lösen, dass nur nichtnegative Tupel sinnvoll interpretiert werden können. Wir ziehen vom ${}5$ -fachen der dritten Zeile das Doppelte der zweiten Zeile ab und erhalten

{}{\begin{pmatrix}6x+4y+2w\\2x+y+5z+w\\11x+8y+23w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\9\\47\end{pmatrix}}\,.

Jetzt ziehen wir von der dritten Zeile das Doppelte der ersten Zeile ab und erhalten

{}{\begin{pmatrix}6x+4y+2w\\2x+y+5z+w\\-x+19w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\9\\23\end{pmatrix}}\,.

Mit

{}w=0\,

erhalten wir die eindeutige Lösung

{}x=-23\,,

{}y=3+{\frac {69}{2}}={\frac {75}{2}}\,

und

{}z={\frac {9}{5}}-{\frac {1}{5}}\cdot {\frac {75}{2}}+{\frac {46}{5}}={\frac {18-75+92}{10}}={\frac {7}{2}}\,.

Mit

{}x=0\,

erhalten wir die eindeutige Lösung

{}w={\frac {23}{19}}\,,

{}y=3-{\frac {23}{38}}={\frac {91}{38}}\,

und

{}z={\frac {9}{5}}-{\frac {1}{5}}\cdot {\frac {91}{38}}-{\frac {1}{5}}\cdot {\frac {23}{19}}={\frac {342-91-46}{190}}={\frac {205}{190}}={\frac {41}{38}}\,.

Alle Lösungen des linearen Gleichungssystems haben somit die Form

{\begin{pmatrix}0\\{\frac {91}{38}}\\{\frac {41}{38}}\\{\frac {23}{19}}\end{pmatrix}}+s{\left({\begin{pmatrix}-23\\{\frac {75}{2}}\\{\frac {7}{2}}\\0\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}0\\{\frac {91}{38}}\\{\frac {41}{38}}\\{\frac {23}{19}}\end{pmatrix}}\right)}

mit ${}s\in \mathbb {R}$ .

Wir berücksichtigen jetzt noch, dass von diesen Lösungen des linearen Gleichungssystems nur diejenigen sinnvoll interpretiert werden können, bei denen von jedem Produkt eine nichtnegative Menge produziert wird. Dies ergibt vier Abschätzungen, die Bedingungen an ${}s$ festlegen. Wegen der ersten Zeile muss ${}s\leq 0$ sein und damit ist auch die vierte Zeile erfüllt. Die zweite Zeile führt auf die Bedingung

{}{\frac {91}{38}}+s{\left({\frac {75}{2}}-{\frac {91}{38}}\right)}={\frac {91}{38}}+s{\left({\frac {1334}{38}}\right)}\geq 0\,,

also

{}s\geq -{\frac {91}{1334}}\,.

Die dritte Zeile führt auf die Bedingung

{}{\frac {41}{38}}+s{\left({\frac {7}{2}}-{\frac {41}{38}}\right)}={\frac {41}{38}}+s{\left({\frac {92}{38}}\right)}\geq 0\,,

also

{}s\geq -{\frac {41}{92}}\,.

Damit alle Einträge nichtnegativ sind, muss der Parameter aus

{}0\geq s\geq -{\frac {91}{1334}}\,

gewählt werden. Die aus den gegebenen Rohstoffmengen produzierbare Tupel sind also

{\begin{pmatrix}0\\{\frac {91}{38}}\\{\frac {41}{38}}\\{\frac {23}{19}}\end{pmatrix}}+s{\left({\begin{pmatrix}-23\\{\frac {75}{2}}\\{\frac {7}{2}}\\0\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}0\\{\frac {91}{38}}\\{\frac {41}{38}}\\{\frac {23}{19}}\end{pmatrix}}\right)}

mit ${}s\in [-{\frac {91}{1334}},0]$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Für ein doppelverpacktes Geschenk soll eine würfelförmige Schachtel in eine etwas größere würfelförmige Schachtel hineingelegt werden. Bestimme auf unterschiedliche Arten, wie viele Möglichkeiten es dafür gibt.

Lösung

Wir denken uns den größeren Würfel fest.

Es gibt ${}6$ Möglichkeiten, auf dem kleineren Würfel eine Seite auszusuchen, die der Boden sein soll. Wenn dies festgelegt ist, so gibt es noch ${}4$ Drehmöglichkeiten, wie der Würfel zu platzieren ist. Dies sind ${}24$ Möglichkeiten.

Es gibt ${}8$ Möglichkeiten, auf dem kleineren Würfel eine Ecke auszusuchen, die mit einer fixierten Ecke der größeren Würfelschachtel deckungsgleich werden soll. Wenn dies festgelegt ist, so gibt es noch ${}3$ Drehmöglichkeiten, wie der Würfel zu platzieren ist. Dies sind ${}24$ Möglichkeiten

Es gibt ${}12$ Möglichkeiten, auf dem kleineren Würfel eine Kante auszusuchen, die mit einer fixierten Kante der größeren Würfelschachtel deckungsgleich werden soll. Wenn dies festgelegt ist, so gibt es noch ${}2$ Drehmöglichkeiten, wie der Würfel zu platzieren ist. Dies sind ${}24$ Möglichkeiten

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das inverse Element zu ${}{\overline {35}}$ in ${}\mathbb {Z} /(101)$ .

Lösung

Der euklidische Algorithmus liefert

{}101=2\cdot 35+31\,,

{}35=1\cdot 31+4\,,

{}31=7\cdot 4+3\,,

{}4=1\cdot 3+1\,.

Somit ist

{}{\begin{aligned}1&=4-1\cdot 3\\&=4-1\cdot (31-7\cdot 4)\\&=8\cdot 4-1\cdot 31\\&=8\cdot (35-31)-1\cdot 31\\&=8\cdot 35-9\cdot 31\\&=8\cdot 35-9\cdot (101-2\cdot 35)\\&=26\cdot 35-9\cdot 101.\end{aligned}}

Daher ist ${}26$ das inverse Element zu ${}35$ in ${}\mathbb {Z} /(101)$ .

Aufgabe (5 Punkte)

Vergleiche

{\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}\,\,{\text{  und }}\,\,{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}.

Lösung

Wir fragen uns, ob

{}{\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}>{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}\,

ist. Dies ist, da das Quadrieren von positiven Zahlen eine Äquivalenzumformung für die Größenbeziehung ist, äquivalent zu

{}3+10+2{\sqrt {30}}={\left({\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}\right)}^{2}>{\left({\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}\right)}^{2}=5+7+2{\sqrt {35}}\,.

Dies ist durch Subtraktion mit ${}12$ äquivalent zu

{}1+2{\sqrt {30}}>2{\sqrt {35}}\,.

Durch Quadrieren ist dies äquivalent zu

{}1+4\cdot 30+4\cdot {\sqrt {30}}={\left(1+2{\sqrt {30}}\right)}^{2}>4\cdot 35=140\,.

Dies ist äquivalent zu

{}4{\sqrt {30}}>19\,.

Quadrieren liefert

{}480=16\cdot 30>19^{2}=361\,,

was stimmt. Also ist

{}{\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}>{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}\,.

Aufgabe (6 Punkte)

Untersuche die Folge

{}x_{n}={\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n\,

auf Konvergenz.

Lösung

Wir behaupten, dass die Folge gegen ${}{\frac {1}{2}}$ konvergiert. Zunächst haben wir die Abschätzung

{}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n(n+1)}}-n\\&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\leq {\sqrt {n^{2}+n+{\frac {1}{4}}}}-n\\&={\sqrt {{\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}}}-n\\&=n+{\frac {1}{2}}-n\\&={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}

Es sei nun ${}\alpha <{\frac {1}{2}}$ fixiert. Wir zeigen, dass die Folgenglieder für ${}n$ hinreichend groß oberhalb von ${}\alpha$ liegen. Es ist

{}(1-2\alpha )>0\,

und somit gilt für ${}n$ hinreichend groß die Abschätzung

{}(1-2\alpha )n\geq \alpha ^{2}\,.

Für solche ${}n$ ist dann auch

{}n^{2}+n\geq n^{2}+2\alpha n+\alpha ^{2}=(n+\alpha )^{2}\,.

Also hat man für diese Folgenglieder die Abschätzung

{}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\geq {\sqrt {(n+\alpha )^{2}}}-n\\&=n+\alpha -n\\&=\alpha .\end{aligned}}

Daraus folgt die Behauptung.

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

Wir beschreiben eine Konstruktion von ineinander enthaltenen Intervallen, und gehen vom Einheitsintervall ${}[0,1]$ aus. Das Intervall wird in zehn gleichlange Teilintervalle zerlegt und davon nehmen wir das achte Teilintervall. Das entstehende Intervall teilen wir ebenfalls in zehn gleichlange Teilintervalle und nehmen davon wieder das achte Teilintervall. Dieser Teilungsprozess wird unendlich oft durchgeführt, wobei eine Folge von Intervallen ${}I_{n}$ , ${}n\in \mathbb {N}$ , entsteht ( ${}I_{0}$ ist das Einheitsintervall, das als Startintervall dient).

Bestimme die Intervallgrenzen des Intervalls, das im zweiten Schritt konstruiert wird.
Erstelle eine Formel, die die untere und die obere Intervallgrenze des Intervalls ${}I_{n}$ , ${}n\in \mathbb {N}$ , ausdrückt.
Es gibt genau eine rationale Zahl ${}c$ , die in jedem Intervall ${}I_{n}$ enthalten ist. Bestimme ${}c$ als Bruch.

Lösung

Das zweite Intervall ist ${}[{\frac {77}{100}},{\frac {78}{100}}]$ .
Die ${}n$ -te untere Intervallgrenze ist
${}a_{n}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {7}{10^{i}}}\,$

und die ${}n$ -te obere Intervallgrenze ist entsprechend, da das ${}n$ -te Intervall die Länge ${}{\frac {1}{10^{n}}}$ besitzt,

${}{\begin{aligned}b_{n}&=a_{n}+{\frac {1}{10^{n}}}\\&=\sum _{i=1}^{n}{\frac {7}{10^{i}}}+{\frac {1}{10^{n}}}\\&=\sum _{i=1}^{n-1}{\frac {7}{10^{i}}}+{\frac {8}{10^{n}}}.\end{aligned}}$

Die Formel für ${}a_{n}$ beweist man durch Induktion über ${}n$ , bei ${}n=1$ ist sie richtig (bei ${}n=0$ auch, da die leere Summe als ${}0$ zu interpretieren ist). Zum Nachweis des Induktionsschrittes kann man vom Intervall

${}[a_{n},b_{n}]=[\sum _{i=1}^{n}{\frac {7}{10^{i}}},\sum _{i=1}^{n}{\frac {7}{10^{i}}}+{\frac {1}{10^{n}}}]\,$

ausgehen. Die Länge des Folgeintervalls ist ein Zehntel davon, also ${}{\frac {1}{10^{n+1}}}$ , und da man das achte nehmen muss, muss man ${}7\cdot {\frac {1}{10^{n+1}}}$ zur alten unteren Grenze dazuaddieren.
Wir behaupten
${}c={\frac {7}{9}}\,.$

Wenn man nämlich die schriftliche Division ${}7:9$ durchführt, so erhält man wegen

${}70=7\cdot 9+7\,,$

dass sämtliche Dezimalziffern nach dem Komma gleich ${}7$ sind. Nach Lemma 28.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) ist daher

${}\sum _{i=0}^{n}7\cdot 10^{-i}\leq {\frac {7}{9}}<\sum _{i=0}^{n}7\cdot 10^{-i}+10^{-n}\,.$

Dies bedeutet genau die Zugehörigkeit zu den angegebenen Intervallen.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei

{}\varphi (x)=3x^{2}-7x+5\,.

Bestimme ${}\varphi {\left(u^{2}-2v\right)}$ .

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\varphi {\left(u^{2}-2v\right)}&=3{\left(u^{2}-2v\right)}^{2}-7{\left(u^{2}-2v\right)}+5\\&=3{\left(u^{4}-4u^{2}v+4v^{2}\right)}-7{\left(u^{2}-2v\right)}+5\\&=3u^{4}-12u^{2}v+12v^{2}-7u^{2}+14v+5.\end{aligned}}

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

{}z^{2}+pz+q=0\,

eine quadratische Gleichung mit ${}p,q\in \mathbb {R}$ . Zeige, dass die Koordinaten der Schnittpunkte der Geraden

{}x+y=-p\,

und des Kreises

{}x^{2}+y^{2}=p^{2}-2q\,

die Lösungen der quadratischen Gleichung sind.

Lösung

Es sei ${}(x,y)$ ein Schnittpunkt der Geraden und des Kreises. Dann ist

{}xy={\frac {(x+y)^{2}-x^{2}-y^{2}}{2}}={\frac {(-p)^{2}-{\left(p^{2}-2q\right)}}{2}}=q\,.

Nach dem Satz von Vieta (genauer der Umkehrung) sind ${}x$ und ${}y$ die Lösungen der quadratischen Gleichung.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}b$ eine positive reelle Zahl und

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto b^{x},

die zugehörige Exponentialfunktion. Zeige

{}{\left(b^{x}\right)}^{x'}=b^{xx'}\,

für alle ${}x,x'\in \mathbb {R}$ unter Bezug auf die entsprechende Gleichung für rationale Argumente.

Lösung

Wir beschränken uns auf den Fall ${}b>1$ und ${}x,x'>0$ . Es sei ${}p_{n}$ eine rationale streng wachsende positive Folge, die gegen ${}x$ konvergiert, und es sei ${}q_{n}$ eine rationale streng wachsende positive Folge, die gegen ${}x'$ konvergiert. Dann konvergiert nach Lemma 44.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) (2) die Folge ${}p_{n}q_{n}$ gegen ${}xx'$ . Somit konvergiert auch ${}b^{p_{n}q_{n}}$ gegen ${}b^{xx'}$ . Wegen

{}b^{p_{n}q_{n}}={\left(b^{p_{n}}\right)}^{q_{n}}\,

für rationale Argumente ist also noch zu zeigen, dass ${}{\left(b^{p_{n}}\right)}^{q_{n}}$ gegen ${}{\left(b^{x}\right)}^{x'}$ konvergiert. Es sei dazu ein positives ${}\epsilon$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz von ${}{\left(b^{x}\right)}^{q_{n}}$ gegen ${}{\left(b^{x}\right)}^{x'}$ gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

{}\vert {{\left(b^{x}\right)}^{x'}-{\left(b^{x}\right)}^{q_{n}}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2}}\,

gilt. Wegen der Stetigkeit von ${}z\mapsto z^{q_{n}}$ , die für jedes ${}q_{n}$ auf der Stetigkeit des Potenzierens und des Wurzelziehens beruht, und wegen der Konvergenz von ${}b^{p_{m}}$ gegen ${}b^{x}$ , gibt es wegen der Folgenstetigkeit zu jedem ${}n$ ein ${}m_{0}$ derart, dass für alle ${}m\geq m_{0}$ die Abschätzung

{}\vert {{\left(b^{x}\right)}^{q_{n}}-{\left(b^{p_{m}}\right)}^{q_{n}}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2}}\,

gilt. Insgesamt ist also für ${}n\geq {\max {\left(n_{0},m_{0}\right)}}$ (dabei gehöre ${}m_{0}$ zu ${}n_{0}$ ) wegen der Monotonie

{}{\left(b^{p_{m_{0}}}\right)}^{q_{n_{0}}}\leq {\left(b^{p_{n}}\right)}^{q_{n}}\leq {\left(b^{x}\right)}^{x'}\,

und somit

{}{\begin{aligned}\vert {{\left(b^{x}\right)}^{x'}-{\left(b^{p_{n}}\right)}^{q_{n}}}\vert &\leq \vert {{\left(b^{x}\right)}^{x'}-{\left(b^{x}\right)}^{q_{n}}}\vert +\vert {{\left(b^{x}\right)}^{q_{n}}-{\left(b^{p_{n}}\right)}^{q_{n}}}\vert \\&\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}

Aufgabe (2 Punkte)

Gibt es eine reelle Zahl, die in ihrer dritten Potenz, vermindert um das Fünffache ihrer zweiten Potenz, gleich der siebten Wurzel von ${}17$ ist?

Lösung

Es geht um eine reelle Lösung für die Gleichung

{}f(x)=x^{3}-5x^{2}={\sqrt[{7}]{17}}\,.

Es ist ${}f(0)=0$ und ${}f(6)=(6-5)25=25$ und ${}0\leq {\sqrt[{7}]{17}}\leq 25$ . Da ${}f$ als Polynomfunktion stetig ist, gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein ${}x\in \mathbb {R}$ mit ${}f(x)={\sqrt[{7}]{17}}$ .

Aufgabe (8 (2+2+4) Punkte)

Wir betrachten, analog zum Pascalschen Dreieck, die folgende Rekursionsvorschrift und das dadurch erzeugte Dreieck. Die Zahlen darin seien mit ${}b_{n,k}$ bezeichnet, wobei sich ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ auf die Zeilennummer und ${}k$ auf die Position in der Zeile bezieht. Rekursionsanfang: In der nullten Zeile steht an der mittleren Stelle eine ${}1$ (alle Zeilen kann man sich durch beliebig viele Nullen nach links und nach rechts aufgefüllt denken). Rekursionsschritt: Aus einer Zeile ergibt sich die nächste Zeile, indem man

{}b_{n+1,k}:={\frac {1}{3}}b_{n,k-1}+{\frac {2}{3}}b_{n,k}\,

setzt. Dies legt rekursiv jede Zeile fest.

Bestimme die ersten fünf Zeilen (also Zeile ${}0$ bis Zeile ${}4$ ).
Begründe induktiv, dass in jeder Zeile die Summe aller Einträge gleich ${}1$ ist.
Zeige, dass in der ${}n$ -ten Zeile die Zahlen ${}B_{{\frac {2}{3}},n}(k)$ , ${}k=0,1,\ldots ,n$ , der Binomialverteilung zur Wahrscheinlichkeit ${}{\frac {2}{3}}$ und zur Stichprobenlänge ${}n$ stehen.

Lösung

Es ergibt sich das folgende Schema.
${\begin{matrix}&&&&&1&&&&&\\&&&&{\frac {1}{3}}&&{\frac {2}{3}}&&&&\\&&&{\frac {1}{9}}&&{\frac {4}{9}}&&{\frac {4}{9}}&&\\&&{\frac {1}{27}}&&{\frac {2}{9}}&&{\frac {4}{9}}&&{\frac {8}{27}}&&\\&{\frac {1}{81}}&&{\frac {8}{81}}&&{\frac {8}{27}}&&{\frac {32}{81}}&&{\frac {16}{81}}&\end{matrix}}$
Der Induktionsanfang ist klar, da in der nullten Zeile eine einzige ${}1$ steht. Zum Beweis des Induktionsschrittes sei bereits bewiesen, dass die Summe in der ${}n$ -ten Zeile gleich ${}1$ ist. Jeder Eintrag der ${}n$ -ten Zeile geht zweifach in die nächste Zeile ein, nämlich einmal mit dem Faktor ${}{\frac {1}{3}}$ nach links und einmal mit dem Faktor ${}{\frac {1}{3}}$ nach rechts. Insgesamt wird dabei die Ausgangszahl auf die beiden Nachfolger in der folgenden Zeile verteilt. Die Gesamtsumme ändert sich dabei nicht und ist also wieder gleich ${}1$ .
Es ist
${}B_{{\frac {2}{3}},n}(k)={\binom {n}{k}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n-k}\,.$

Für ${}n=0$ ist

${}B_{{\frac {2}{3}},0}(0)=1\cdot {\left({\frac {2}{3}}\right)}^{0}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{0}=1\,,$

was mit der nullten Zeile übereinstimmt. Es gilt nach [[Binomialkoeffizient/Summe in Pascaldreieck/Fakt|Kurs:Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)/Binomialkoeffizient/Summe in Pascaldreieck/Fakt/Faktreferenznummer (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))]]

${}{\begin{aligned}B_{{\frac {2}{3}},n+1}(k)&={\binom {n+1}{k}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}\\&={\left({\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k-1}}\right)}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}\\&={\binom {n}{k}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}+{\binom {n}{k-1}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}\\&={\frac {1}{3}}{\binom {n}{k}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n-k}+{\frac {2}{3}}{\binom {n}{k-1}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k-1}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}\\&={\frac {1}{3}}B_{{\frac {2}{3}},n}(k)+{\frac {2}{3}}B_{{\frac {2}{3}},n}(k-1).\end{aligned}}$

D.h. die Zahlen in der Binomialverteilung ${}B_{{\frac {2}{3}},n+1}(k)$ erfüllen also die rekursive Bedingungen aus Teil (1). Daher stehen in der ${}n$ -ten Zeile des Dreiecks die Zahlen der Binomialverteilung.