Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil II/7/Klausur mit Lösungen

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	7	2	2	2	3	4	2	4	2	3	1	3	3	3	8	2	2	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Basis im ${}K^{m}$.
2. Die Quotientenmenge zu einer Äquivalenzrelation ${}\sim$ auf einer Menge ${}M$.
3. Eine Teilfolge einer Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
4. Der Polynomring über einem Körper ${}K$ (einschließlich der darauf definierten Verknüpfungen).
5. Eine Drehung in ${}\mathbb {R} ^{2}$.
6. Der Produktraum der diskreten Wahrscheinlichkeitsräume ${}(M_{1},\mu _{1}),\ldots ,(M_{n},\mu _{n})$.

Lösung

1. Die Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ im ${}K^{m}$ heißen eine Basis des ${}K^{m}$, wenn man jeden Vektor ${}w\in K^{m}$ eindeutig als eine Linearkombination mit den Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ schreiben kann.
2. Man nennt

   ${}M/\sim :={\left\{[x]\mid x\in M\right\}}\,$

   die Quotientenmenge von ${}\sim$.

3. Zu jeder streng wachsenden Abbildung ${}\mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {N}$, ${}i\longmapsto n_{i}$, heißt die Folge

   $i\mapsto x_{n_{i}}$

   eine Teilfolge der Folge.

4. Der Polynomring über einem Körper ${}K$ besteht aus allen Polynomen

   ${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}\,$

   mit ${}a_{i}\in K$, ${}n\in \mathbb {N}$, und mit komponentenweiser Addition und einer Multiplikation, die durch distributive Fortsetzung der Regel

   ${}X^{n}\cdot X^{m}:=X^{n+m}\,$

   definiert ist.

5. Eine Drehung ist eine lineare Abbildung, die durch eine Matrix der Form ${}{\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}$ gegeben ist.
6. Es seien ${}f_{1},\ldots ,f_{n}$ die zugehörigen Wahrscheinlichkeitsdichten auf den ${}M_{1},\ldots ,M_{n}$. Dann nennt man die Produktmenge ${}M_{1}\times \cdots \times M_{n}$ zusammen mit der durch

   ${}f(x_{1},\ldots ,x_{n}):=f_{1}(x_{1})\cdots f_{n}(x_{n})\,$

   gegebenen Wahrscheinlichkeitsdichte den Produktraum der Wahrscheinlichkeitsräume.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Injektivitätskriterium für eine lineare Abbildung

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

2. Der Satz über die Anordnung von Cauchy-Folgen über einem angeordneten Körper.
3. Der Satz über die Homomorphismuseigenschaft der reellen Exponentialfunktionen.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und sei

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

   eine lineare Abbildung. Dann ist ${}\varphi$ genau dann injektiv, wenn ${}\operatorname {kern} \varphi =0$

   ist.
2. Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge in ${}K$. Dann gibt es die drei folgenden Alternativen.
   1. Die Folge ist eine Nullfolge.
   2. Es gibt eine positive Zahl ${}\delta$ derart, dass ab einem gewissen ${}n_{0}$ die Abschätzung

      ${}x_{n}\geq \delta \,$

      für alle ${}n\geq n_{0}$ gilt.

   3. Es gibt eine positive Zahl ${}\delta$ derart, dass ab einem gewissen ${}n_{0}$ die Abschätzung

      ${}x_{n}\leq -\delta \,$

      für alle ${}n\geq n_{0}$ gilt.

3. Es sei ${}b\neq 1$ eine positive reelle Zahl. Dann ist die Exponentialfunktion

   $f\colon (\mathbb {R} ,+,0)\longrightarrow (\mathbb {R} _{+},\cdot ,1),\,x\longmapsto b^{x},$

   ein bijektiver Gruppenhomomorphismus.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Lösungsmenge zu einem inhomogenen linearen Gleichungssystem.

Lösung

Es sei die Lösungsmenge ${}S$ nicht leer und sei ${}P={\begin{pmatrix}p_{1}\\\vdots \\p_{n}\end{pmatrix}}\in S$ ein beliebig gewählter Punkt. Es sei ${}U$ der Lösungsraum zum zugehörigen homogenen linearen Gleichungssystem, der nach Lemma 34.2 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) ein Untervektorraum von ${}K^{n}$ ist. Wir müssen die Mengengleichheit ${}S=P+U$ zeigen. Wenn ${}v={\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\in U$ ist, so bedeutet dies

${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}v_{j}=0\,$

für alle ${}i=1,\ldots ,m$. Für ${}P+v={\begin{pmatrix}p_{1}+v_{1}\\\vdots \\p_{n}+v_{n}\end{pmatrix}}$ ist dann

${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\left(p_{j}+v_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}p_{j}+\sum _{j=1}^{n}a_{ij}v_{j}=c+0=c\,,$

also ist dieser Punkt eine Lösung des inhomogenen Gleichungssystems und somit ist ${}P+v\in S$. Wenn umgekehrt ${}Q={\begin{pmatrix}q_{1}\\\vdots \\q_{n}\end{pmatrix}}\in S$ eine Lösung ist, so ist

${}Q-P={\begin{pmatrix}q_{1}-p_{1}\\\vdots \\q_{n}-p_{n}\end{pmatrix}}\,$

und diese Differenz erfüllt

${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\left(q_{j}-p_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}q_{j}-\sum _{j=1}^{n}a_{ij}p_{j}=c-c=0\,.$

Also ist ${}Q-P\in U$ und somit ${}Q=P+(Q-P)\in P+U$.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Anna-Lena, Marie-Simone, Hans-Peter und Fritz-Franz gehen zur Farbberatung. Es ergibt sich folgende Empfehlung. Anna-Lena stehen die Farben grün, gelb und pink, Marie-Simone steht gelb und feuerrot, Hans-Peter steht grün, grau und graublau, Fritz-Franz stehen alle bisher genannten Farben außer graublau, dafür zusätzlich noch violett. Es sei ${}P$ die Menge der vier Personen und ${}F$ die Menge der erwähnten Farben zuzüglich blau.

1. Erstelle eine Tabelle und ein Verbindungsdiagramm, die die Relation aus Personen und Farben wiedergibt.
2. Bestimme die Fasern zu blau, zu grün und zu Marie-Simone.

Lösung

1. 	grün	gelb	pink	feuerrot	grau	graublau	violett	blau
   Anna-Lena	${}{\text{x}}$	${}{\text{x}}$	${}{\text{x}}$	${}-$	${}-$	${}-$	${}-$	${}-$
   Marie-Simone	${}-$	${}{\text{x}}$	${}-$	${}{\text{x}}$	${}-$	${}-$	${}-$	${}-$
   Hans-Peter	${}{\text{x}}$	${}-$	${}-$	${}-$	${}{\text{x}}$	${}{\text{x}}$	${}-$	${}-$
   Fritz-Franz	${}{\text{x}}$	${}{\text{x}}$	${}{\text{x}}$	${}{\text{x}}$	${}{\text{x}}$	${}-$	${}{\text{x}}$	${}-$

2. Die Faser zu blau ist leer, die Faser zu grün ist ${}\{{\text{Anna-Lena}},{\text{Hans-Peter}},{\text{Fritz-Franz}}\}$ und die Faser zu Marie-Simone ist ${}\{{\text{gelb}},{\text{feuerrot}}\}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Seien ${}M$ und ${}N$ Mengen und sei ${}f\colon M\rightarrow N$ eine Abbildung. Zeige, dass durch die Festlegung

${}x\sim y\,,$

wenn

${}f(x)=f(y)\,,$

eine Äquivalenzrelation auf ${}M$ definiert wird.

Lösung

Da der Funktionswert ${}f(x)$ eindeutig bestimmt und die Gleichheit reflexiv ist, gilt offenbar ${}x\sim x$. Wenn ${}x\sim y$ ist, so bedeutet das ${}f(x)=f(y)$ und wegen der Symmetrie der Gleichheit folgt ${}f(y)=f(x)$, was wiederum ${}y\sim x$ bedeutet. Wenn ${}x\sim y$ und ${}y\sim z$ ist, so bedeutet dies einerseits ${}f(x)=f(y)$ und andererseits ${}f(y)=f(z)$. Wegen der Transitivität der Gleichheit folgt ${}f(x)=f(z)$, was ${}x\sim z$ bedeutet.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}(M,*)$ und ${}(N,\circ )$ Mengen mit Verknüpfungen und es sei

$\varphi \colon M\longrightarrow N$

eine mit den Verknüpfungen verträgliche surjektive Abbildung, es gelte also

${}\varphi (x*y)=\varphi (x)\circ \varphi (y)\,.$

Die Verknüpfung auf ${}M$ sei assoziativ. Zeige, dass auch die Verknüpfung auf ${}N$ assoziativ ist.

Lösung

Es seien ${}r,s,t$ Elemente in ${}N$. Wegen der Surjektivität gibt es Elemente ${}x,y,z\in M$ mit ${}\varphi (x)=r$, ${}\varphi (y)=s$, ${}\varphi (z)=t$. Somit ist unter Verwendung der Assoziativität von ${}*$ und der Verträglichkeit

${}{\begin{aligned}r\circ (s\circ t)&=\varphi (x)\circ (\varphi (y)\circ \varphi (z))\\&=\varphi (x)\circ \varphi (y*z)\\&=\varphi (x*(y*z))\\&=\varphi ((x*y)*z)\\&=\varphi (x*y)\circ \varphi (z)\\&=(\varphi (x)\circ \varphi (y))\circ \varphi (z)\\&=(r\circ s)\circ t.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass der Kern eines Ringhomomorphismus

$\varphi \colon R\longrightarrow S$

ein Ideal in ${}R$ ist.

Lösung

Es sei

${}I:=\varphi ^{-1}(0)\,.$

Wegen ${}\varphi (0)=0$. ist ${}0\in I$. Es seien ${}a,b\in I$. Das bedeutet ${}\varphi (a)=0$ und ${}\varphi (b)=0$. Dann ist

${}\varphi (a+b)=\varphi (a)+\varphi (b)=0+0=0\,$

und daher ${}a+b\in I$.

Es sei nun ${}a\in I$ und ${}r\in R$ beliebig. Dann ist

${}\varphi (ra)=\varphi (r)\varphi (a)=\varphi (r)\cdot 0=0\,,$

also ist ${}ra\in I$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und seien ${}a<b$ rationale Zahlen. Zeige, dass es eine bijektive streng wachsende Abbildung

$[0,1]\longrightarrow [a,b]$

gibt, die rationale Zahlen in rationale Zahlen überführt.

Lösung

Wir definieren die Abbildung ${}\varphi \colon K\rightarrow K$ durch

${}\varphi (x):={\left(b-a\right)}x+a\,.$

Da es sich bis auf die Verschiebung um ${}a$ um eine lineare Funktion mit einem positiven Proportionalitätsfaktor handelt, ist sie nach Lemma 25.16 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017))  (1) streng wachsend und auch bijektiv. Es ist offenbar ${}\varphi (0)=a$ und ${}\varphi (1)=b$. Somit ist

${}\varphi ([0,1])\subseteq [a,b]\,$

und die Abbildung lässt sich auf die Intervalle zu einer bijektiven Abbildung einschränken. Für eine rationale Zahl ${}x={\frac {r}{s}}\in [0,1]$ ist

${}\varphi (x)=\varphi {\left({\frac {r}{s}}\right)}=(b-a){\frac {r}{s}}+a\,$

wegen der Rationalität von ${}a$ und ${}b$ wieder rational.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ sei durch

${}x_{n}={\begin{cases}1,\,{\text{ falls }}n=2^{k}{\text{ mit }}k\in \mathbb {N} \,,\\0\,{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,$

definiert.

1. Bestimme ${}x_{8}$ und ${}x_{9}$.
2. Konvergiert die Folge in ${}\mathbb {Q}$?

Lösung

1. Es ist ${}x_{8}=1$ und ${}x_{9}=0$.
2. Die Folge konvergiert nicht, da sie unendlich oft den Wert ${}1$ und unendlich oft den Wert ${}0$ annimmt.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },\,{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ drei Folgen in ${}K$. Es gelte ${}x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}{\text{ für alle }}n\in \mathbb {N}$ und ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergieren beide gegen den gleichen Grenzwert ${}a$. Zeige, dass dann auch ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen diesen Grenzwert ${}a$ konvergiert.

Lösung

Es ist

${}x_{n}-a\leq y_{n}-a\leq z_{n}-a\,.$

Bei ${}y_{n}-a\geq 0$ ist somit

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {z_{n}-a}\vert \,$

und bei ${}y_{n}-a\leq 0$ ist

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {x_{n}-a}\vert \,.$

Daher ist stets

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq {\max {\left(\vert {x_{n}-a}\vert ,\vert {z_{n}-a}\vert \right)}}\,.$

Für ein vorgegebenes ${}\epsilon >0$ gibt es aufgrund der Konvergenz der beiden äußeren Folgen gegen ${}a$ natürliche Zahlen ${}n_{1}$ und ${}n_{2}$ derart, dass

${}\vert {x_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,$

für ${}n\geq n_{1}$ und

${}\vert {z_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,$

für ${}n\geq n_{2}$ gilt. Für ${}n\geq n_{0}={\max {\left(n_{1},n_{2}\right)}}$ gilt daher

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,.$

Dies bedeutet die Konvergenz von ${}y_{n}$ gegen ${}a$.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige

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

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}&=\sum _{k=1}^{n}{\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)}\\&={\left(1-{\frac {1}{2}}\right)}+{\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)}+{\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right)}+\cdots +{\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)}\\&=1-{\frac {1}{n+1}}\\&={\frac {n}{n+1}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die rationale Zahl, die im Dezimalsystem durch

$1,777{\overline {15}}$

gegeben ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}1{,}777{\overline {15}}&={\frac {1777}{1000}}+0{,}000{\overline {15}}\\&={\frac {1777}{1000}}+{\frac {1}{1000}}\cdot 0{,}{\overline {15}}\\&={\frac {1777}{1000}}+{\frac {1}{1000}}\cdot {\frac {15}{99}}\\&={\frac {175923+15}{99000}}\\&={\frac {175938}{99000}}\\&={\frac {87619}{49500}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Ist die Zahl ${}{\sqrt {7}}+{\sqrt {7}}$ rational?

Lösung

Wenn

${}{\sqrt {7}}+{\sqrt {7}}=2{\sqrt {7}}\,$

rational wäre, so wäre auch ${}{\sqrt {7}}$ rational, was nach Satz 42.5 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) nicht gilt. Somit ist ${}{\sqrt {7}}+{\sqrt {7}}$ nicht rational.

Aufgabe (3 Punkte)

Entscheide, ob die reelle Folge

${}x_{n}={\frac {3n^{\frac {5}{4}}-2n^{\frac {4}{3}}+n}{4n^{\frac {7}{5}}+5n^{\frac {1}{2}}+1}}\,$

(mit ${}n\geq 1$) in ${}\mathbb {R}$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Wir erweitern mit ${}n^{-{\frac {7}{5}}}$ und erhalten

${}{\begin{aligned}x_{n}&={\frac {3n^{\frac {5}{4}}-2n^{\frac {4}{3}}+n}{4n^{\frac {7}{5}}+5n^{\frac {1}{2}}+1}}\\&={\frac {3n^{{\frac {5}{4}}-{\frac {7}{5}}}-2n^{{\frac {4}{3}}-{\frac {7}{5}}}+n^{1-{\frac {7}{5}}}}{4n^{{\frac {7}{5}}-{\frac {7}{5}}}+5n^{{\frac {1}{2}}-{\frac {7}{5}}}+n^{-{\frac {7}{5}}}}}\\&={\frac {3n^{-{\frac {3}{20}}}-2n^{-{\frac {1}{15}}}+n^{-{\frac {2}{5}}}}{4+5n^{-{\frac {9}{10}}}+n^{-{\frac {7}{5}}}}}.\end{aligned}}$

Folgen der Form ${}n^{-q}$, ${}q\in \mathbb {Q} _{+}$, konvergieren gegen ${}0$, nach den Rechengesetzen für konvergente Folgen konvergiert diese Folge also gegen ${}0$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}x$ und ${}y$ zwei nichtnegative reelle Zahlen. Zeige, dass das arithmetische Mittel der beiden Zahlen mindestens so groß wie ihr geometrisches Mittel ist.

Lösung

Wir wollen

${}{\frac {x+y}{2}}\geq {\sqrt {xy}}\,$

zeigen. Durch Quadrieren ist dies äquivalent zu

${}{\frac {x^{2}+2xy+y^{2}}{4}}\geq xy\,$

bzw. zu

${}{\frac {x^{2}-2xy+y^{2}}{4}}\geq 0\,.$

Wegen

${}{\left({\frac {x-y}{2}}\right)}^{2}={\frac {x^{2}-2xy+y^{2}}{4}}\,$

ist dies in der Tat wahr.

Aufgabe (3 Punkte)

Vergleiche die Division mit Rest in ${}\mathbb {Z}$ und in ${}K[X]$ (${}K$ ein Körper).

Lösung Division mit Rest/Polynomring und Z/Diskussion/Aufgabe/Lösung

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

1. Bestimme ein Polynom ${}P$ vom Grad ${}\leq 3$ mit

   ${}P(-1)=-4\,,$

   ${}P(0)=2\,,$

   ${}P(1)=2\,$

   und

   ${}P(2)=3\,$

2. Bestimme ein normiertes Polynom ${}Q$ vom Grad ${}3$ mit

   ${}Q(0)=1\,,$

   ${}Q(2)=3\,$

   und

   ${}Q(3)=10\,.$

3. Bestimme die Schnittpunkte der Graphen zu ${}P$ und zu ${}Q$.

Lösung

1. Wir machen den Ansatz

   ${}P=aX^{3}+bX^{2}+cX+d\,.$

   Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

   ${}-a+b-c+d=-4\,,$

   ${}d=2\,,$

   ${}a+b+c+d=2\,,$

   ${}8a+4b+2c+d=3\,.$

   Elimination von ${}d$ führt auf

   ${}-a+b-c=-6\,,$

   ${}a+b+c=0\,,$

   ${}8a+4b+2c=1\,.$

   Addition der ersten beiden Gleichungen führt auf

   ${}2b=-6\,,$

   also

   ${}b=-3\,.$

   Dies führt auf

   ${}a+c=3\,$

   und

   ${}8a+2c=13\,.$

   Somit ist

   ${}6a=7\,,$

   also

   ${}a={\frac {7}{6}}\,$

   und

   ${}c={\frac {11}{6}}\,.$

   Das gesuchte Polynom ist also

   ${}P={\frac {7}{6}}X^{3}-3X^{2}+{\frac {11}{6}}X+2\,.$

2. Wir machen den Ansatz

   ${}Q=X^{3}+rX^{2}+sX+t\,.$

   Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

   ${}t=1\,,$

   ${}8+4r+2s+t=3\,,$

   ${}27+9r+3s+t=10\,.$

   Dies führt auf

   ${}4r+2s=-6\,,$

   ${}9r+3s=-18\,.$

   Die Gleichung ${}3I-2II$ ist

   ${}-6r=18\,,$

   also

   ${}r=-3\,$

   und

   ${}s=3\,.$

   Das gesuchte Polynom ist also

   ${}Q=X^{3}-3X^{2}+3X+1\,.$

3. Die ${}x$-Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen zu ${}P$ und zu ${}Q$ sind die Nullstellen von

   ${}P-Q={\frac {7}{6}}X^{3}-3X^{2}+{\frac {11}{6}}X+2-{\left(X^{3}-3X^{2}+3X+1\right)}={\frac {1}{6}}X^{3}-{\frac {7}{6}}X+1\,.$

   Wir arbeiten mit ${}X^{3}-7X+6$. Wegen

   ${}P(2)=3=Q(2)\,$

   ist ${}2$ eine Nullstelle dieses Polynoms. Die Division mit Rest führt auf

   ${}X^{3}-7X+6=(X-2)(X^{2}+2X-3)\,.$

   Es geht also noch um die Nullstellen von

   $X^{2}+2X-3.$

   Diese sind ${}1$ und ${}-3$. Die Schnittpunkte der beiden Graphen sind demnach

   $(-3,-62),\,(1,2),\,(2,3).$

Aufgabe (2 Punkte)

Gibt es eine reelle Zahl, die in ihrer dritten Potenz, vermindert um das Vierfache ihrer zweiten Potenz, gleich der Quadratwurzel von ${}42$ ist?

Lösung

Es geht um eine reelle Lösung für die Gleichung

${}f(x)=x^{3}-4x^{2}={\sqrt {42}}\,.$

Es ist ${}f(0)=0$ und ${}f(5)=25$ und ${}0\leq {\sqrt {42}}\leq 25$. Da ${}f$ als Polynomfunktion stetig ist, gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein ${}x\in \mathbb {R}$ mit ${}f(x)={\sqrt {42}}$.

Aufgabe (2 Punkte)

Lucy Sonnenschein befindet sich im Punkt ${}(0,0)$. Sie führt hintereinander und unabhängig voneinander drei Sprünge aus, die jeweils mit gleicher Wahrscheinlichkeit nach links, nach rechts, nach vorne oder nach hinten gehen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie zum Schluss von ihrem Ausgangspunkt einen Abstand von zumindest ${}3$ besitzt?

Lösung

Es gibt insgesamt ${}4^{3}=64$ Sprungkombination und jede Sprungkombination besitzt die Wahrscheinlichkeit ${}{\frac {1}{64}}$. Wegen

${}2^{2}+1^{2}=5<3^{2}\,$

kann Lucy nur auf einen Abstand von ${}3$ zum Ausgangspunkt kommen, wenn sie dreimal in die gleiche Richtung springt. Dafür gibt es vier Möglichkeiten. Sie gelangt also mit Wahrscheinlichkeit ${}{\frac {4}{64}}={\frac {1}{16}}$ auf einen Punkt mit dem Abstand ${}3$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K=\mathbb {Z} /(11)$ der Körper mit elf Elementen. Im Vektorraum ${}K^{2}$ werden zufällig drei Punkte ausgewählt, wobei Wiederholungen erlaubt sind. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die drei Punkte auf einer Geraden liegen?

Lösung

Im Vektorraum ${}K^{2}$ gibt es ${}121$ Elemente. Insgesamt gibt es

${}121^{3}=1771561\,$

Wahlmöglichkeiten für die drei Punkte. Zwei verschiedene Punkte definieren eine eindeutige Gerade, und jede Gerade besitzt so viele Elemente wie der Körper, also ${}11$ Elemente. Dass die beiden zuerst gewählten Punkte übereinstimmen, hat die Wahrscheinlichkeit ${}{\frac {1}{121}}$. In diesem Fall liegen alle drei Punkte auf einer Geraden. Der komplementäre Fall, dass die beiden zuerst gewählten Punkte nicht übereinstimmen, besitzt die Wahrscheinlichkeit ${}{\frac {120}{121}}$. In diesem Fall wird durch die beiden ersten Punkte eine Gerade festgelegt. Die Wahrscheinlichkeit, dass der dritte Punkt auf dieser Geraden liegt, ist dann ${}{\frac {11}{121}}={\frac {1}{11}}$. Die Gesamtwahrscheinlichkeit, dass die drei Punkte auf (mindestens) einer Geraden liegen, beträgt somit

${}{\begin{aligned}{\frac {1}{121}}+{\frac {120}{121}}\cdot {\frac {1}{11}}&={\frac {11+120}{1331}}\\&={\frac {131}{1331}}.\end{aligned}}$