Musterlösung Probeklausur

Musterlösung Probeklausur
Aufgabe 1 Zeigen Sie: Für jede natürliche Zahl n ist 2n − (−1)n + 3 durch 6
teilbar.
Lösung Es gibt mehrere Ansätze, die Aufgabe zu lösen. Zuerst gibt es die folgenden Möglichkeiten: Induktion über n oder mittels Fallunterscheidung nach Kongruenzen modulo n oder ohne Fallunterscheidung auf direktem Wege.
Dann kann man noch folgende Idee benutzen: Anstatt zu zeigen, dass die Zahlen
durch 6 teilbar sind, zeigt man separat, dass sie durch 2 und durch 3 teilbar sind.
Bei einem Beweis mit Induktion gibt es noch die Variante, die Aussage getrennt
für gerade und ungerade Zahlen zu zeigen.
Der kürzeste und eleganteste Beweis ist wohl der folgende.
Wir zeigen, dass die Zahl stets durch 2 und durch 3 teilbar ist.
Für alle n ∈ N ist 2n gerade. Ferner ist auch −(−1)n + 3 gerade. Somit ist stets
2n − (−1)n + 3 gerade.
Wir überprüfen die Teilbarkeit durch 3. Es ist 2 ≡ −1 mod 3 und somit 2n ≡
(−1)n mod 3. Also ist 2n − (−1)n + 3 ≡ 0 mod 3, d.h. 3|2n − (−1)n + 3.
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Nun ein Beweis per Induktion ohne Fallunterscheidung und ohne den Trick, getrennt zu zeigen, dass die Zahlen durch 2 und durch 3 teilbar sind.
n = 1 Es ist 21 − (−1)1 + 3 = 2 + 1 + 3 = 6. Dies ist durch 6 teilbar.
n −→ n + 1
Es gelte 6|2n − (−1)n + 3 (I.V.)
z.z.: 6|2n+1 − (−1)n+1 + 3.
Dazu: Es ist 2n+1 − (−1)n+1 − 3 = 2 · 2n + (−1)n + 3. Nach der Induktionsvoraussetzung ist 2n ≡ (−1)n − 3 mod 6. Somit ist 2n+1 − (−1)n+1 − 3 ≡ 2 · ((−1)n − 3) +
(−1)n − 3 = 3 · (−1)n − 9 ≡ 3 · (−1)n + 3 mod 6. Dies ist ≡ 0 mod 6.
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Aufgabe 2 Seien X und Y Mengen, sei f : X −→ Y eine Abbildung und sei
V ⊆ Y . Zeigen Sie: f (f −1 (V )) ⊆ V .
Lösung Sei y ∈ f (f −1 (V )). Dann gibt es ein x ∈ f −1 (V ) mit f (x) = y. Da
x ∈ f −1 (V ) ist, gilt f (x) ∈ V . Somit haben wir also y = f (x) ∈ V .
2
Aufgabe 3
a) Stellen Sie die Zahl 4523 im 7er-System dar.
b) Rechnen Sie schriftlich im 6er-System. (Rechnen Sie die Zahlen nicht ins 10erSystem um!)
(100000)6 − (23121)6 − (12140)6
(Beim Rechnen sollten Sie die Klammern weglassen und z.B. 100000 schreiben.)
Lösung
a) Es ist
4523 = 646 · 7 + 1 ,
646 = 92 · 7 + 2 ,
92 = 13 · 7 + 1 ,
13 =
1·7 + 6,
1=
0·7 + 1
Somit ist 4523 = (16121)7 .
b)
1 0 0 0 0 0
−
2 3 1 2 1
−
1 2 1 4 0
1
1
1
2
1
2 0 2 5 5
Also ist die Lösung (20255)6 .
Aufgabe 4
a) Bestimmen Sie a, b ∈ Z mit a · 8 + b · 59 = 1.
b) Bestimmen Sie die kleinste natürliche Zahl, die die Kongruenz
x·8≡3
mod 59
löst. Geben Sie dann die Lösungsmenge der Kongruenz an.
Lösung
a) Wir rechnen mit dem Euklidischen Algorithmus.
Es ist
59 = 7 · 8 + 3
8= 2·3+2
3= 1·2+1
Somit ist 1 = 3−2 = 3−(8−2·3) = −8+3·3 = −8+3·(59−7·8) = −22·8+3·59.
Eine Möglichkeit ist also a = −22 und b = 3.
b) Es ist also −22 · 8 ≡ 1 mod 59 und somit −66 · 8 ≡ 3 mod 59. Es ist −66 ≡ 52
mod 59. Hieraus folgt 52 · 8 ≡ 3 mod 59.
Die kleinste natürliche Zahl, die die Kongruenz löst, ist also 52. Die Lösungsmenge
ist 52 + 59Z.
Aufgabe 5
a) (4 Punkte) Zeichnen Sie für die folgenden beiden Relationen R1 , R2 auf {1, 2, 3, 4}
jeweils den entsprechenden gerichteten Graph.
b) (6 Punkte) Entscheiden Sie für jede der beiden Relationen jeweils, ob sie reflexiv
ist, ob sie symmetrisch ist und ob sie transitiv ist. Sie müssen Ihre Antworten
nicht begründen. Für jede richtige Antwort erhalten Sie einen Punkt, für jede
falsche Antwort wird ein Punkt abgezogen, wobei Sie mindestens 0 Punkte auf
diesen Aufgabenteil erhalten.
Die Relationen R1 und R2 sind wie folgt definiert:
x ∼R1 y :⇐⇒ (x, y) ∈ {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 3), (3, 4), (4, 4)}
x ∼R2 y :⇐⇒ (x, y) ∈ {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (3, 4), (4, 3), (4, 4)}
Lösung für b.
Zu R1 : Diese Relation ist reflexiv, nicht symmetrisch und transitiv.
Zu R2 : Diese Relation ist nicht reflexiv, symmetrisch und nicht transitiv.
(Ein oft gemachter Fehler war, dass R2 als transitiv bezeichnet wurde. Dies ist
falsch. Z.B. ist 2 ∼ 1 und 1 ∼ 2 aber 2 ≁ 2.)
Aufgabe 6
∞
X
3
a) Berechnen Sie
( )i .
4
i=2
b) Stellen Sie die Zahl 0, 1540 als gekürzten Bruch dar.
Lösung
P∞
3 i
i=0 ( 4 )
=
b) Es ist 0, 1540 =
1
10
a) Es ist
1
1− 43
+
= 4. Somit ist
540
9990
=
1
10
+
54
999
P∞
=
3 i
i=2 ( 4 )
1
10
+
6
111
=4−1−
=
1
10
+
2
37
3
4
= 2 41 .
=
37+20
370
=
57
.
370