Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil II/22/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	4	1	4	3	2	3	4	5	4	4	2	10	1	4	3	0	60

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Teilmenge ${}S\subseteq K^{n}$ heißt affiner Unterraum, wenn ${}S$ leer ist oder es einen Untervektorraum ${}U\subseteq K^{n}$ und einen Punkt ${}P\in K^{n}$ mit

   ${}S=P+U={\left\{P+v\mid v\in U\right\}}\,$

   gibt.

2. 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 ${}\varphi$.

3. Die Relation ${}R$ heißt symmetrisch, wenn aus ${}xRy$ stets ${}yRx$ folgt.
4. Eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ heißt Nullfolge, wenn sie gegen ${}0$ konvergiert.
5. Zu einem Winkel ${}\alpha$ versteht man unter ${}\sin \alpha$ die zweite Koordinate des trigonometrischen Punktes ${}P(\alpha )$.
6. Die Ereignisse

   ${}E_{1},\ldots ,E_{k}\subseteq M\,$

   heißen paarweise unabhängig, wenn

   ${}\mu (E_{i}\cap E_{j})=\mu (E_{i})\cdot \mu (E_{j})\,$

   für alle ${}i\neq j$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und sei

   ${}ax+by=c\,$

   eine lineare Gleichung in zwei Variablen über ${}K$ mit ${}(a,b)\neq 0$. Dann ist die Lösungsmenge eine Gerade

   in ${}K^{2}$. Als Richtungsvektor kann man den Vektor ${}{\begin{pmatrix}b\\-a\end{pmatrix}}$ nehmen.
2. Es gibt genau einen vollständigen archimedisch angeordneten Körper, die reellen Zahlen. Genauer: Wenn zwei vollständige archimedisch angeordnete Körper ${}\mathbb {R} _{1}$ und ${}\mathbb {R} _{2}$ vorliegen, so gibt es einen eindeutig bestimmten bijektiven Ringhomomorphismus

   $\varphi \colon \mathbb {R} _{1}\longrightarrow \mathbb {R} _{2}.$

3. Es sei eine quadratische Gleichung in der Form

   ${}x^{2}+px+q=0\,$

   gegeben und es seien ${}x_{1}$ und ${}x_{2}$ die Lösungen. Dann gilt

   ${}x_{1}+x_{2}=-p\,$

   und

   ${}x_{1}\cdot x_{2}=q\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}x&+y&+z&\,\,\,\,-w&=&3\\-2x&+5y&-3z&+w&=&0\\x&\,\,\,\,-y&+2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\5x&+2y&\,\,\,\,-z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-1\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}w$, indem wir die erste Gleichung mit der zweiten addieren. Dies führt auf

${\begin{matrix}-x&+6y&-2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\\x&\,\,\,\,-y&+2z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\5x&+2y&\,\,\,\,-z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-1\,.\end{matrix}}$

Nun addieren wir die erste Gleichung mit der zweiten Gleichung und es ergibt sich

${}5y=5\,$

und

${}y=1\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=-{\frac {3}{11}}\,,$

${}z={\frac {18}{11}}\,$

und

${}w=-{\frac {7}{11}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Erläutere, warum das Achsenkreuz im ${}\mathbb {R} ^{2}$ kein Untervektorraum ist

Lösung

Offensichtlich gehören die Vektoren ${}e_{1},e_{2}$ zum Achsenkreuz, die Summe dieser beiden Vektoren jedoch nicht. Folglich ist das Achsenkreuz kein Untervektorraum

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Injektivitätskriterium für eine lineare Abbildung

$\varphi \colon K^{n}\longrightarrow K^{m}.$

Lösung

Wenn die Abbildung injektiv ist, so kann es neben ${}0\in K^{n}$ keinen anderen Vektor ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=0$ geben. Also ist ${}\varphi ^{-1}(0)=0$.
Es sei umgekehrt ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ und seien ${}v_{1},v_{2}\in V$ gegeben mit ${}\varphi (v_{1})=\varphi (v_{2})$. Dann ist wegen der Linearität

${}\varphi (v_{1}-v_{2})=\varphi (v_{1})-\varphi (v_{2})=0\,.$

Daher ist ${}v_{1}-v_{2}\in \operatorname {kern} \varphi$ und damit ${}v_{1}=v_{2}$.

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

Bestimme die Äquivalenzklassen zur Äquivalenzrelation, die durch die möglichen Züge des Springers im Schach gegeben ist, und zwar auf den folgenden Schachbrettern.

1. Das ${}2\times 2$-Brett.
2. Das ${}3\times 3$-Brett.
3. Das ${}4\times 4$-Brett.

Lösung

1. Jeder Pferdsprung würde das ${}2\times 2$-Brett verlassen, daher sind die vier einzelnen Felder die Äquivalenzklassen.

2. 

   Vom zentralen Feld aus würde jeder Pferdsprung das ${}3\times 3$-Brett verlassen, dieses bildet somit für sich eine Äquivalenzklasse. Die acht übrigen Felder sind mittels Pferdsprüngen untereinander verbindbar, wie die Skizze zeigt.

3. Die in der folgenden Matrix angegebene Zugreihenfolge

   ${\begin{pmatrix}1&6&15&10\\12&9&2&5\\7&4&11&14\\&13&8&3\end{pmatrix}}$

   zeigt, dass alle Felder bis auf das links unten miteinander durch Pferdsprünge verbunden sind. Letzteres ist mit dem mit ${}9$ markierten Feld durch einen Pferdsprung verbunden. Also sind alle Felder zueinander äquivalent und es gibt nur eine Äquivalenzklasse.

Aufgabe (2 Punkte)

Erstelle eine Wertetabelle für die Abbildung

$\mathbb {Z} /(10)\longrightarrow \mathbb {Z} /(10),\,x\longmapsto x^{3}.$

Ist die Abbildung bijektiv?

Lösung

${}x$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$	${}9$
${}x^{3}$	${}0$	${}1$	${}8$	${}7$	${}4$	${}5$	${}6$	${}3$	${}2$	${}9$

Daraus ist unmittelbar ersichtlich, dass die Abbildung bijektiv ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Vergleiche

${\sqrt {3}}+{\sqrt {8}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}.$

Lösung

Wir fragen uns, ob

${}{\sqrt {3}}+{\sqrt {8}}<{\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}\,$

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

${}3+8+2{\sqrt {24}}={\left({\sqrt {3}}+{\sqrt {8}}\right)}^{2}<{\left({\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}\right)}^{2}=5+6+2{\sqrt {30}}\,.$

Dies ist durch Subtraktion mit ${}11$ äquivalent zu

${}2{\sqrt {24}}<2{\sqrt {30}}\,,$

was stimmt wegen der Monotonie der Wurzel. Also ist

${}{\sqrt {3}}+{\sqrt {8}}<{\sqrt {5}}+{\sqrt {6}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass eine konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper ${}K$ beschränkt ist.

Lösung

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die konvergente Folge mit dem Limes ${}x\in K$ und es sei ein ${}\epsilon >0$ gewählt. Aufgrund der Konvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass

$\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}.$

Dann ist insbesondere

$\vert {x_{n}}\vert \leq \vert {x}\vert +\vert {x-x_{n}}\vert \leq \vert {x}\vert +\epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}.$

Unterhalb von ${}n_{0}$ gibt es nur endlich viele Zahlen, sodass das Maximum

${}B:=\max _{n<n_{0}}\{\vert {x_{n}}\vert ,\,\vert {x}\vert +\epsilon \}\,$

wohldefiniert ist. Daher ist ${}B$ eine obere Schranke und ${}-B$ eine untere Schranke für ${}{\left\{x_{n}\mid n\in \mathbb {N} \right\}}$.

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

Es sei

${}D={\left\{{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\mid {\text{ Cauchy-Folge in }}\mathbb {R} \right\}}\,$

und ${}N$ das Ideal der Nullfolgen in ${}D$.

1. Zeige, dass es einen surjektiven Ringhomomorphismus

   $\psi \colon D\longrightarrow \mathbb {R}$

   gibt.

2. Zeige, dass es einen surjektiven Ringhomomorphismus

   $\varphi \colon D/N\longrightarrow \mathbb {R}$

   gibt.

3. Zeige, dass die Gesamtabbildung

   $\mathbb {R} \longrightarrow D{\stackrel {\psi }{\longrightarrow }}\mathbb {R}$

   bijektiv ist.

Lösung

1. Wir betrachten die Abbildung ${}\psi$ , die jeder reellen Cauchyfolge ihren Limes zuordnet. Da in ${}\mathbb {R}$ jede Cauchyfolge (und zwar eindeutig) konvergiert, ist dies wohldefiniert. Die konstante Folge konvergiert gegen den Wert der Glieder, daher ist die Abbildung surjektiv. Dass ein Ringhomomorphismus vorliegt beruht auf den Rechenregeln für Grenzwerte (siehe Lemma 44.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017))  (1,2)).
2. Für Folgen ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in D$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in N$ ist der Grenzwert der Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }+{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gleich dem Grenzwert von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$. Das bedeutet, dass die Abbildung ${}\psi$ aus Teil (1) eine wohldefinierte Abbildung ${}\varphi$ auf der Quotientenmenge ${}D/N$ nach ${}\mathbb {R}$ definiert. Wegen

   ${}\varphi ([x]+[y])=\varphi ([x+y])=\psi (x+y)=\psi (x)+\psi (y)=\varphi ([x])+\varphi ([y])\,$

   (und ebenso für die Multiplikation) liegt ein Ringhomomorphismus vor, der wie ${}\psi$ auch surjektiv ist.

3. Die vordere Abbildung bildet eine reelle Zahl auf die entsprechende konstante Folge ab, und diese konvergiert gegen diese Zahl. Von daher ist die Bijektivität klar.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten das Dezimalsystem, das (beispielsweise in der Schule) schrittweise aufgebaut wird. Zuerst sind endliche Ziffernfolgen der Form

$6108$

erlaubt, die eine natürliche Zahl repräsentieren. Dann erweitert man zu Ziffernfolgen der Form

$6108,3956$

(die gewisse rationale Zahlen repräsentieren). Warum sind im weiteren Aufbau des Dezimalsystems Ziffernfolgen der Bauart

$6108,3956236582952309045...$

mit „unendlich vielen“ Ziffern hinter dem Komma erlaubt, aber keine Ziffernfolgen der Bauart

$...23775800449523096108,3956$

mit „unendlich vielen“ Ziffern vor dem Komma? Kann man die zuletzt genannten Ziffernfolgen sinnvoll interpretieren? Kann man sie sinnvoll als „Zahlen“ interpretieren?

Lösung Dezimalsystem/Unendlich viele Ziffern/Richtung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Konvergenz der geometrischen Reihe.

Lösung

Für jedes ${}x$ und jedes ${}n\in \mathbb {N}$ gilt die Beziehung

${}(x-1){\left(\sum _{k=0}^{n}x^{k}\right)}=x^{n+1}-1\,$

und daher gilt für die Partialsummen die Beziehung (bei ${}x\neq 1$)

${}s_{n}=\sum _{k=0}^{n}x^{k}={\frac {x^{n+1}-1}{x-1}}\,.$

Für ${}n\rightarrow \infty$ und ${}\vert {x}\vert <1$ konvergiert dies wegen Lemma 44.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) und Aufgabe 28.31 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) gegen ${}{\frac {-1}{x-1}}={\frac {1}{1-x}}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Setze in das Polynom ${}-5X^{3}-X^{2}+{\sqrt {2}}X+{\sqrt {5}}$ die Zahl ${}{\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$ ein.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(-5X^{3}-X^{2}+{\sqrt {2}}X+{\sqrt {5}}\right)}{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}&=-5{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}^{3}-{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}^{2}+{\sqrt {2}}{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {5}}\\&=-5{\left({\sqrt {2}}^{3}+3{\sqrt {2}}^{2}{\sqrt {3}}+3{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}^{2}+{\sqrt {3}}^{3}\right)}-{\left({\sqrt {2}}^{2}+2{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+{\sqrt {3}}^{2}\right)}+{\sqrt {2}}{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {5}}\\&=-5{\left(2{\sqrt {2}}+6{\sqrt {3}}+9{\sqrt {2}}+3{\sqrt {3}}\right)}-{\left(2+2{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+3\right)}+2+{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}\\&=-5{\left(11{\sqrt {2}}+9{\sqrt {3}}\right)}-3-2{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}\\&=-55{\sqrt {2}}-45{\sqrt {3}}-{\sqrt {2}}{\sqrt {3}}-3+{\sqrt {5}}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe weiter

Wir betrachten die Abbildung

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 1}\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 1},$

die durch

${}f(x):={\begin{cases}{\frac {2}{x}}\,,{\text{ falls }}x\leq 2\,,\\{\frac {x}{2}}\,,{\text{ falls }}x>2\,,\end{cases}}\,$

definiert ist.

1. Skizziere den Graphen der Funktion.
2. Zeige, dass ${}f$ wohldefiniert ist.
3. Bestimme die Fixpunkte von ${}f$.
4. Bestimme die Fixpunkte der Hintereinanderschaltung ${}f\circ f$.
5. Zeige, dass ${}f$ stetig ist.
6. Was hat die Abbildung mit der Halbierung eines Blatt Papieres zu tun?

Lösung

1. ${}\,$
2. Es ist lediglich zu zeigen, dass die Werte der Funktion wieder ${}\geq 1$ sind. Bei

   ${}1\leq x\leq 2\,$

   ist

   ${}1\geq {\frac {1}{x}}\geq {\frac {1}{2}}\,$

   und damit

   ${}f(x)={\frac {2}{x}}\geq 1\,,$

   bei

   ${}x\geq 2\,$

   ist ebenfalls

   ${}f(x)={\frac {x}{2}}\geq 1\,.$

3. Bei ${}x\leq 2$ lautet die Bedingung für einen Fixpunkt ${}{\frac {2}{x}}=x$, was in diesem Abschnitt zur einzigen Lösung ${}x={\sqrt {2}}$ führt. Im anderen Bereich gibt es keine Lösung.
4. Für ${}x$ zwischen ${}1$ und ${}2$ ist auch

   ${}f(x)={\frac {2}{x}}\leq 2\,$

   und damit ist in diesem Bereich

   ${}f(f(x))={\frac {2}{\frac {2}{x}}}=x\,,$

   diese Zahlen sind somit allesamt Fixpunkte der Hintereinanderschaltung. Bei ${}x$ mit

   ${}2<x\leq 4\,$

   ist

   ${}f(x)={\frac {x}{2}}\geq 2\,$

   und somit

   ${}f(f(x))=f{\left({\frac {x}{2}}\right)}={\frac {2}{\frac {x}{2}}}={\frac {4}{x}}<2\,,$

   in diesem Bereich besitzt die Hintereinanderschaltung also keinen Fixpunkt. Bei

   ${}x>4\,$

   ist

   ${}f(f(x))={\frac {x}{4}}\,$

   und es gibt keinen Fixpunkt.

5. Auf den beiden Abschnitten handelt es sich um rationale Funktionen, die stetig sind, und bei ${}x=2$ haben beide Ausdrücke den Wert ${}1$.
6. Zu einem Blatt Papier sei das Verhältnis der längeren Seite zur kürzeren (eventuell gleichlangen) Seite mit ${}x$ bezeichnet. Es liegt also das Verhältnis ${}x$ zu ${}1$ vor. Wenn das Blatt an der langen Seite halbiert wird, so sid die neuen Seitenlängen ${}{\frac {x}{2}}$ und ${}1$. Wenn

   ${}{\frac {x}{2}}\geq 1\,$

   ist, was genau bei

   ${}x\geq 2\,$

   der Fall ist, so ist das Verhältnis lange Seite zu kurzer Seite des halbierten Blattes gleich ${}{\frac {x}{2}}$.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere den Graphen der Sinusfunktion.

Lösung Reelle Sinusfunktion/Skizziere/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Aus der Menge ${}\{0,1,2,3,4,5\}\times \{0,1,2,3,4,5\}$ werden zufällig zwei Punkte ausgewählt und dann wird die durch diese beiden Punkte definierte Gerade bestimmt.

1. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass dabei die Diagonale herauskommt?
2. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass dabei eine zur Diagonalen parallele Gerade herauskommt?

Lösung

1. In ${}\{0,1,2,3,4,5\}\times \{0,1,2,3,4,5\}$ gibt es ${}36$ Punkte, damit gibt es ${}{\binom {36}{2}}={\frac {36\cdot 35}{2}}=18\cdot 35=630$ mögliche Auswahlen für ein Punktepaar. Auf der Diagonalen liegen ${}6$ Punkte, daher gibt es auf der Diagonalen ${}{\binom {6}{2}}={\frac {6\cdot 5}{2}}=15$ Punktepaare. Somit ist die Wahrscheinlichkeit, dass durch die Auswahl die Diagonale bestimmt wird, gleich

   ${}{\frac {15}{630}}={\frac {1}{42}}\,.$

2. Auf den Geraden, die parallel zur Diagonalen sind, gibt es, mit zunehmendem Absand von der Diagonalen selbst, der Reihe nach ${}5,4,3,2,1$ Punkte, und zwar in beide Richtungen. Deshalb führen

   ${}{\binom {6}{2}}+2{\binom {5}{2}}+2{\binom {4}{2}}+2{\binom {3}{2}}+2{\binom {2}{2}}=15+2\cdot 10+2\cdot 6+2\cdot 3+2\cdot 1=55\,$

   Punktepaare zu einer Geraden, die parallel zur Diagonalen ist. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist also

   ${}{\frac {55}{630}}={\frac {11}{126}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Professor Knopfloch und Professor Zahnrad spielen gegeneinander Schach, wobei sie abwechselnd mit weiß oder mit schwarz spielen. Wenn Professor Knopfloch mit weiß spielt, so gewinnt er mit Wahrscheinlichkeit ${}{\frac {3}{4}}$, wenn er mit schwarz spielt, so gewinnt er mit Wahrscheinlichkeit ${}{\frac {2}{3}}$, andernfalls gewinnt Professor Zahnrad. Heute hat Professor Zahnrad gewonnen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hat Professor Knopfloch heute mit weiß gespielt?

Lösung

Es sei ${}W$ das Ereignis, dass Professor Knopfloch mit weiss spielt, und ${}G$ das Ereignis, dass Professor Zahnrad gewinnt. Da sie abwechselnd mit weiss spielen, ist ${}P(W)={\frac {1}{2}}$, und die bedingten Wahrscheinlichkeiten sind

${}P(G{|}W)={\frac {1}{4}}\,$

und

${}P(G{|}\neg W)={\frac {1}{3}}\,.$

Nach der Bayschen Formel ist

${}{\begin{aligned}P(W{|}G)&={\frac {P(G{|}W)P(W)}{P(G{|}W)P(W)+P(G{|}\neg W)P(\neg W)}}\\&={\frac {{\frac {1}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}}{{\frac {1}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{2}}}}\\&={\frac {\frac {1}{4}}{{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{3}}}}\\&={\frac {3}{7}}.\end{aligned}}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass Professor Knopfloch heute mit weiss gespielt hat, ist demnach ${}{\frac {3}{7}}$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung