Übungsaufgaben mit Lösung - RWTH

Dr. O. Wittich
S. Bleß, M.Sc.
Aachen, 5. September 2016
Aufgabe 2
Bestimmen Sie jeweils den größten gemeinsamen Teiler der gegebenen Zahlen.
a) 12, 16,
e) 84, 110,
Grundlagen der Mathematik
Übungsaufgaben mit Lösung
c) 33, 99,
g) 110, 135,
d) 91, 192,
h) 84, 110, 135.
im Vorkurs Mathematik 2016, RWTH Aachen University
Lösung:
a) Es gilt 12 = 22 · 3 und 16 = 24 , also erhält man durch Vergleich der Exponenten, dass der
größte gemeinsame Teiler gleich 22 = 4 ist.
— Teilbarkeit —
b) Da 17 eine Primzahl und 72 kein Vielfaches von 17 ist, muss der größte gemeinsame Teiler
gleich 1 sein.
c) Da 99 ein Vielfaches von 33 ist, ist 33 auch der größte gemeinsame Teiler.
Aufgabe 1
Untersuchen Sie die folgenden Zahlen darauf, ob sie Primzahlen sind. Bestimmen Sie anderenfalls deren Primfaktorzerlegung.
a) 15,
b) 17, 72,
f) 84, 135,
b) 37,
c) 61,
d) 91,
e) 192,
f) 269,
g) 445,
h) 1001.
Lösung:
a) 15 ist keine Primzahl, es gilt 15 = 3 · 5.
d) Wie in der letzten Aufgabe gesehen gilt 91 = 7 · 13 und 192 = 26 · 3. Damit gibt es außer 1
keinen gemeinsamen Teiler, so dass 1 auch der größte gemeinsame Teiler ist.
e) Es gilt 84 = 22 · 3 · 7 und 110 = 2 · 5 · 11, also ist (gemäß Exponentenvergleich) der größte
gemeinsame Teiler gleich 2.
f) Es gilt 84 = 22 · 3 · 7 und 135 = 33 · 5, also ist (gemäß Exponentenvergleich) der größte
gemeinsame Teiler gleich 3.
b) 37 ist eine Primzahl (wegen 72 = 49 > 37 genügt es, Teilbarkeit durch Primzahlen kleiner 7
(also 2, 3 und 5) zu untersuchen; wie man mit den Teilbarkeitsregeln sieht, ist keine dieser
Teilbarkeiten gegeben).
82
c) 61 ist eine Primzahl (wegen
= 64 > 61 genügt es, Teilbarkeit durch Primzahlen kleiner 8
(also 2, 3, 5 und 7) zu untersuchen; wie man mit den Teilbarkeitsregeln und einer Probedivision
durch 7 sieht, ist keine dieser Teilbarkeiten gegeben).
g) Es gilt 110 = 2 · 5 · 11 und 135 = 33 · 5, also ist (gemäß Exponentenvergleich) der größte
gemeinsame Teiler gleich 5.
h) Aus den nun bekannten Primfaktorzerlegungen (84 = 22 · 3 · 7 und 110 = 2 · 5 · 11 sowie
135 = 33 · 5) liest man durch Exponentenvergleich ab, dass der größte gemeinsame Teiler
gleich 1 sein muss.
d) 91 ist keine Primzahl, es gilt 91 = 7 · 13 (zunächst Teilbarkeitsregeln für 2, 3 und 5 anwenden,
dann (erfolgreiche) Probedivision durch 7, der sich ergebende Quotient 13 ist eine Primzahl).
e) 192 ist keine Primzahl, es gilt 192 = 26 · 3 (da Teilbarkeit durch 2 festgestellt werden kann,
zunächst Division durch 2 und dann analog weiter mit den Quotienten 96, 48, 24, 12 und 6,
zum Schluss Zusammensammeln der Faktoren).
f) 269 ist eine Primzahl (wegen 172 = 289 > 269 genügt es, Teilbarkeit durch Primzahlen
kleiner 17 (also 2, 3, 5, 7, 11 und 13) zu untersuchen; wie man mit den Teilbarkeitsregeln und
Probedivisionen durch 7 und 13 sieht, ist keine dieser Teilbarkeiten gegeben).
— Bruchrechnung —
Aufgabe 3
Geben Sie für die folgenden Brüche jeweils die vollständig gekürzte Darstellung an.
a)
6
21
b)
60
,
12
c)
28
,
49
d)
25
,
21
g) 445 ist keine Primzahl, es gilt 445 = 5 · 89 (da Teilbarkeit durch 5 festgestellt werden kann,
zunächst Division durch 5, der Quotient 89 ist eine Primzahl).
e)
105
,
60
f)
17
,
34
g)
34
,
153
h)
200
,
3200
h) 1001 ist keine Primzahl, es gilt 1001 = 7 · 11 · 13 (da Teilbarkeit durch 11 festgestellt werden kann, Division durch 11, der Quotient 91 hat wie schon gesehen als 91 = 7 · 13 als
Primfaktorzerlegung).
i)
j)
315
,
255
k)
210
,
315
l)
1
228
,
209
2
840
.
1050
Aufgabe 6
Lösung:
a)
e)
i)
2
7
b) 5,
7
,
4
f)
12
,
11
j)
c)
1
,
2
g)
21
,
17
k)
4
,
7
2
,
9
l)
7
a)
1
,
16
h)
2
,
3
Schreiben Sie die folgenden Doppelbrüche als vollständig gekürzten Bruch ganzer Zahlen:
25
,
21
d)
e)
4
.
5
,
b)
13
,
5
f)
5
6
,
c)
72
17
12
17
,
d)
13
5
15
7
,
g)
21
5
10
3
,
h)
5
21
3
10
d)
91
75 ,
h)
50
63 .
13
7
26
14
13
5
15
7
15
7
.
Lösung:
Aufgabe 4
Vergleichen Sie jeweils die beiden gegebenen Brüche, indem Sie sie auf ihren Hauptnenner
bringen. Schreiben Sie das richtige Relationszeichen (<, = oder >) zwischen die Brüche.
a)
5
14
e)
5
4
6
,
21
4
,
5
b)
27
5
f)
7
3
23
,
3
6
,
4
c)
3
13
21
,
91
g)
5
8
95
,
152
d)
1
3
h) −
a)
42
5,
b) 1,
c) 6,
e)
39
7,
f) 273,
g)
63
50 ,
c)
18 13
− ,
25 25
1
,
2
7
4
8
− .
3
Aufgabe 7
Berechnen Sie (ohne Taschenrechner!):
Lösung:
6
5
> ,
a)
14
21
27
23
b)
< ,
5
3
3
21
c)
= ,
13
91
1
1
d) < ,
3
2
5
4
e) > ,
4
5
7
6
f) > ,
3
4
5
95
g) =
,
8
152
7
8
h) − > − .
4
3
Aufgabe 5
Schreiben Sie als vollständig gekürzten Bruch ganzer Zahlen:
a)
0,3
,
0,4
b)
0,5
,
1,5
c)
0,008
,
0,02
d)
0,1
,
0,004
e)
10,5
,
6
f)
1,23
.
3,6
a)
17
5
+ ,
33 33
b)
1
1
+ ,
10 15
e)
13
2
− ,
21 14
f)
2 3
· ,
5 7
a)
0,3
3
= ,
0,4
4
e)
10,5
105
7
=
= ,
6
60
4
b)
0,5
5
1
=
= ,
1,5
15
3
f)
c)
0,008
8
2
=
= ,
0,02
20
5
1,23
123
41
=
=
.
3,6
360
120
d)
0,1
100
=
= 25,
0,004
4
12 15
14 21
· ,
h)
: ,
25 8
17 17
2
1
2
1
k)
−
: , l) 1 1 1 ,
9 10
45
+
2
3 + 4
2
17 2
3
1
15
n) :
− ·
+
+ .
9
18 9
7 14
2
16 20
3
1
: ,
j) 6 ·
+ ,
21 9
10 5
4 5
6
2
5
m)
+
·
−
· ,
3 2
5
5
2
Lösung:
2
,
3
5
6
e) − ,
i)
12
,
35
m)
3
13
2
− ,
14 21
g)
i)
a)
Lösung:
d)
21
,
2
b)
1
,
6
c)
1
,
5
d)
5
,
6
f)
6
,
35
g)
9
,
10
h)
2
,
3
k)
11
,
4
l)
12
,
13
j) 2,
n)
233
.
30
4
Aufgabe 8
a) Geben Sie Dezimaldarstellungen der folgenden Brüche an:
Hinweis: Schriftliche Division
7 3 1 5 3 2
10 , 16 , 3 , 6 , 7 , 11
und
Lösung:
a) 8 %,
123
990 .
b) Schreiben Sie die folgenden Dezimaldarstellungen als (vollständig gekürzte) Brüche: 0,1; 0,2;
0,375; 0,16; 0,2; 0,416; 0,14; 0,14 und 0,118.
Lösung:
7
a) 10
= 0,7;
b) 0,1 =
3
16
= 0,1875;
1
10 ; 0,2
13
110 .
0,118 =
1
3
= 0,3;
5
6
3
7
= 0,83;
= 0,428571;
2
11
= 0,18;
= 15 ; 0,375 = 38 ; 0,16 = 16 ; 0,2 = 92 ; 0,416 =
5
12 ;
123
990
13
90 ;
0,14 =
14
99 ;
Aufgabe 9 (∗)
c) 171,25 %,
d) 1,75 % (gerundet).
Aufgabe 12
Berechnen Sie jeweils den Grundwert.
a) 10 % sind 73,
= 0,124.
0,14 =
b) 16,31 % (gerundet),
Lösung:
a) 730,
b) 7 % sind 12,
b) 171,43 (gerundet),
c) 32 % sind 5,4,
c) 16,875,
d) 5,4 % sind 2,8.
d) 51,85 (gerundet).
Aufgabe 13
Warum ist es nicht sinnvoll, eine Addition von Brüchen durch folgende Vorschrift zu definieren:
Der Zähler des Ergebnisses ist die Summe der Zähler der Summanden, und der Nenner des
Ergebnisses ist die Summe der Nenner der Summanden?
Lösung:
Der gleiche Bruchwert lässt sich auf verschiedene Weisen darstellen; so bezeichnen etwa 12 und
2
4 dieselbe Zahl. Eine Rechnenoperation ist nur dann vernünftig definiert (»wohldefiniert«), wenn
der Wert des Ergebnisses nicht von der konkreten Darstellung des Bruchwertes abhängig ist.
Bei den üblichen Rechenoperationen auf Brüchen ist dies der Fall; die in der Aufgabenstellung
vorschlagene »Addition« erfüllt diese Bedingung jedoch nicht: Obwohl 12 und 24 denselben Wert
bezeichnen, erhielte man einerseits als »Summe« von 12 und 13 den Wert 25 , andererseits als
»Summe« von 24 und 13 den Wert 73 , welcher von 25 verschieden ist.
Bei einer Vorstandswahl in einem Verein stimmten im letzten Jahr 417 von 532 Mitgliedern für
einen Kandidaten. In diesem Jahr erhielt derselbe Kandidat 486 von 599 Stimmen.
a) Berechnen Sie für beide Jahre die Zustimmungsquote für den Kandidaten in Prozent.
b) Um wieviele Prozentpunkte stieg die Zustimmungsquote zwischen diesen beiden Wahlen?
c) Um wie viel Prozent stieg die Zustimmungsquote zwischen diesen beiden Wahlen?
Lösung:
a) letztes Jahr: 417
532 ≈ 0,7838, also Zustimmungsquote gerundet 78,38 %; dieses Jahr:
0,8113, also Zustimmungsquote gerundet 81,13 %.
486
599
≈
b) 81,13 − 78,38 = 2,75, die Zustimmungsquote stieg um 2,75 Prozentpunkte (bei Rechnung mit
den gerundeten Werten aus Teil (a)).
c) 81,13 : 78,38 ≈ 1,0351, also stieg die Zustimmungsquote (gerundet) um 3,5 %.
— Prozentrechnung —
Aufgabe 14
Aufgabe 10
Rechnen Sie mit dem aktuellen Umsatzsteuersatz von 19 %.
Berechnen Sie jeweils den Prozentwert.
a) Ein Produkt kostet ohne Umsatzsteuer 120 C. Berechnen Sie den Bruttopreis (Preis mit
Einbezug der Umsatzsteuer) des Produktes.
a) 10 % von 130,
Lösung:
a) 13,
b) 4,5,
b) 6 % von 75,
c) 21,141,
c) 8,7 % von 243,
d) 153 % von 13,7.
d) 20,961.
Lösung:
a) 120 C · 1,19 = 142,80 C.
Aufgabe 11
1
b) 148,15 C · 1,19
≈ 124,50 C (nicht etwa 148,15 C · 0,81 ≈ 120,00 C, was auch im Widerspruch
zu Teil (a) stünde).
Berechnen Sie jeweils den Prozentsatz.
a) 6 von 75,
b) 23 von 141,
b) Ein Produkt kostet einschließlich Umsatzsteuer 148,15 C. Berechnen Sie den Nettopreis
(Preis ohne Einbezug der Umsatzsteuer) des Produktes.
c) 13,7 von 8,
5
d) 66,42 von 3801,2.
6
Aufgabe 15
Aufgabe 18
Ein Computer kostete ursprünglich 1795 C. Sein Preis wurde um 15 % gesenkt. Als ein neues
Modell herauskam, wurde er noch einmal um 20 % billiger.
a) Man vergleiche die Kosten für einen Kredit über 15 000 C für ein Jahr:
a) Wie viel Euro kostete der Computer zuletzt?
(2) 8,25 % Zinsen, keine Bearbeitungsgebühr,
b) Um wie viel Prozent wurde der Preis insgesamt gesenkt?
Lösung:
a) 1220,60 C,
(1) 6,5 % Zinsen, 300 C Bearbeitungsgebühr,
(3) 7 % Zinsen, 100 C Bearbeitungsgebühr,
b) 15 000 C werden jährlich mit 6 % verzinst. Man berechne das Endkapital mit Zinsen und
Zineszinsen nach fünf Jahren.
b) 32 %.
Lösung:
a) (1) 1275 C,
Aufgabe 16
(2) 1237,50 C,
(3) 1150 C,
b) 20 073,38 C.
Familie Burgner braucht einen neuen Kühlschrank.
a) Im Katalog des Großhandels Quecks ist der Preis ohne Umsatzsteuer mit 739 C angegeben.
Auf diesen Preis gibt es 30 % Rabatt, es kommen dann aber noch 19 % Umsatzsteuer hinzu.
Wie viel Euro kostet der Kühlschrank bei Quecks?
b) Frau Burgner erkundigt sich im Fachgeschäft Elektro-Jürgens. Dort soll der gleiche Kühlschrank 598 C (inklusive Umsatzsteuer) kosten. Bei Barzahlung gibt es 2 % Skonto. Wie viel
Euro kostet der Kühlschrank dort bei Barzahlung?
c) Schließlich entscheiden sie sich für einen Kühlschrank, auf den 20 % Rabatt gewährt wurden.
Da sie bar bezahlen, erhalten sie noch zusätzlich 3 % Skonto auf den ermäßigten Preis und
bezahlen am Ende 582 C.
(i) Wie viel betrug der Preis vor Abzug von Rabatt und Skonto?
(ii) Wie viel Prozent hat Familie Burgner jetzt insgesamt gespart?
Lösung:
a) 615,59 C,
b) 586,04 C,
c) (i) 750 C,
(ii) 22,4 %.
Messing ist eine Legierung (Mischung) aus Kupfer und Zink.
a) Bei der Herstellung werden 90 kg Kupfer und 60 kg Zink zusammengeschmolzen. Wie viel
Prozent Kupfer und wie viel Prozent Zink enthält die Legierung?
b) Eine andere Sorte Messing soll 65 % Kupfer enthalten. Für die Legierung sollen 300 kg Kupfer
verwendet werden. Wieviele Kilogramm Zink werden benötigt?
c) Es werden 20 kg Messing mit einem Kupferanteil von 55 % mit 40 kg Messing mit einem
Kupferanteil von 70 % zusammengeschmolzen. Wie viel Kilogramm Kupfer enthält die neue
Legierung? Wie hoch ist der Anteil des Kupfers am Gesamtgewicht in Prozent?
Lösung:
a) 60 % Kupfer, 40 % Zink,
b) 161,538 kg Zink (gerundet),
c) 39 kg Kupfer,
65 %.
Aufgabe 20
Ein Rezept für 0,4 l Cocktail verlangt 0,08 l Rum mit einem Alkoholgehalt von 37,5 % (bezogen
auf das Volumen) und hat ansonsten nur nichtalkoholische Zutaten.
Aufgabe 17
Meerwasser hat einen Salzgehalt von 3,5 % (alle Prozentangaben in dieser Aufgabe beziehen
sich auf das Gewicht).
a) Der menschliche Geschmackssinn ist so empfindlich, dass Wasser mit 0,25 % Salzgehalt
gerade noch als salzig wahrgenommen wird. Wie viel reines Wasser muss man zu 1 kg
Meerwasser hinzufügen, um den Salzgehalt auf 0,25 % zu erniedrigen?
b) In Frankreich wird an manchen Orten aus Meerwasser durch Verdunsten Salz gewonnen.
Aus wie vielen Kilogramm Meerwasser erhält man 1 kg Salz?
Lösung:
a) 13 kg,
Aufgabe 19
a) Welche Menge Alkohol enthält der Cocktail?
b) Welche Menge Bier mit einem Alkoholgehalt von 4,9 % enthält die gleiche Menge Alkohol wie
der Cocktail?
Lösung:
a) 0,03 l,
b) 0,61 l (gerundet).
b) 28,571 kg (gerundet).
7
8
— Dreisatz —
b)
40
3
kg (≈ 13,3 kg),
c) Die Wandfläche beträgt 2 · (4 m · 3 m) + 2 · (5 m · 3 m) = 54 m2 . Zum Streichen dieser Wand
benötigt man 10,8 kg Farbe und 1620 cm3 Wasser.
Aufgabe 21
Eine Wasserpumpe fördert 10 l Wasser in 50 s.
a) In wievielen Sekunden ist ein Behälter gefüllt, der 15 l Wasser fasst?
Aufgabe 24
b) Wie viel Wasser wird in 2 h gefördert?
Eine Radtour dauert sechs Tage, wenn täglich 56 km zurückgelegt werden.
Lösung:
a) Der 15-Liter-Behälter ist in 75 s gefüllt.
a) Wie viele Tage benötigt man bei einer täglichen Fahrstrecke von 84 km?
b) In zwei Stunden fördert die Pumpe 1440 l Wasser.
b) Wie viele Kilometer müssen am Tag gefahren werden, wenn jede Etappe gleich lang sein soll
und für die Radtour sieben Tage zur Verfügung stehen?
Lösung:
a) 4 Tage,
Aufgabe 22
b) 48 km.
Ein Tintenstrahldrucker hat eine qualitätsabhängige Druckleistung von 5–8 Seite pro Minute,
wenn ein Dokument nur schwarz-weiß gedruckt wird, bei Farbausdrucken beträgt seine Leistung
je nach Qualität 3–4 Seiten pro Minute.
Aufgabe 25
a) Wie viel Zeit muss man mindestens einplanen, um 20 Seiten zu drucken?
a) Wie lange brauchen fünf Mähdrescher für die gleiche Ernte?
b) Wie lange dauert es höchstens, bis ein Dokument, das aus 60 Seiten besteht, ausgedruckt
ist?
b) In wie vielen Stunden ist die Ernte von fünf Feldern eingefahren, wenn drei Mähdrescher zur
Verfügung stehen?
c) Wie viele Seiten werden in einer Stunde höchstens gedruckt?
c) Wie viele Felder können abgeerntet werden, wenn vier Mähdrescher jeweils 8 h im Einsatz
sind?
Lösung:
a) schnellste Druckvariante: S-W-Druck mit 8 Seiten pro Minute. Um 20 Seiten zu drucken, muss
man also mindestens zweieinhalb Minuten einplanen.
b) langsamste Druckerstufe: Farbdruck in bester Qualität, also mit 3 Seiten pro Minute. Für ein
60-seitiges Dokument benötigt man höchstens 20 Minuten.
c) schnellste Druckvariante: S-W-Druck mit 8 Seiten pro Minute. Damit schafft der Drucker in
einer Stunde maximal 480 Seiten.
Aufgabe 23
Zum Streichen einer 3 m × 4 m großen Wand werden 2,4 kg Farbe benötigt. Dabei sind 5 kg
Wandfarbe mit 750 cm3 Wasser zu verdünnen.
a) Wie viel Wasser benötigt man, um die für die Wand benötigte Farbmenge zu verdünnen?
Zwei Mähdrescher bringen die Ernte eines Feldes in 12 h ein.
Lösung:
a) 4,8 h,
b) 40 h,
c)
4
3
Felder.
Aufgabe 26
Joghurt wird in 20 Becher zu je 150 g abgefüllt. Jeder Becher Joghurt kostet 0,29 C.
a) Wie viele 250-Gramm-Becher kann man mit der gleichen Menge Joghurt füllen?
b) Ein 250-Gramm-Becher kostet 0,47 C. Ist es günstiger, drei große oder fünf kleine Becher
Joghurt zu kaufen?
Lösung:
a) Mit den vorhandenen 3 kg Joghurt können 12 Becher à 250 g gefüllt werden.
b) Wie viel Farbe kann man mit 2 l Wasser höchstens verarbeiten?
b) Es ist günstiger, drei große Becher zu kaufen; diese kosten zusammen 1,41 C, während fünf
kleine Becher zusammen 1,45 C kosten.
c) Wie viel Farbe und wie viel Wasser benötigt man, um die Wände eines 3 m hohen Raumes zu
streichen, dessen Grundfläche 4 m × 5 m ist?
Aufgabe 27
Lösung:
a) 360 cm3 ,
In 8 h erzeugen vier Werkzeugmaschinen 960 Formteile. Wie viele Teile erzeugen drei dieser
Maschinen in 5 h?
9
10
Lösung:
450 Formteile
a) 6,7 · 102 ,
Lösung:
a) 670,
b) 1,54 · 10−1 ,
b) 0,154,
c) 23 · 105 ,
c) 2 300 000,
d) 8,11 · 10−3 ,
d) 0,00811,
e) 3,3 · 100 .
e) 3,3.
Aufgabe 28
Der Lebensmittelvorrat eines Kreuzfahrtschiffes reicht für 120 Personen für genau 18 Tage.
Nach 6 Tagen werden 24 Personen zusätzlich an Bord genommen. Wie lange reicht der Vorrat
insgesamt?
Lösung:
Nach 6 Tagen würde der Vorrat für 120 Personen noch 12 Tage reichen, für 144 Personen also
noch 10 Tage. Insgesamt reichen die Vorräte also 16 Tage.
Aufgabe 32
Berechnen Sie:
a) 33 ,
h) 4−2 ,
a) Wieviele Liter Benzin verbrauchen unter gleichen Bedingungen acht dieser PKWs auf einer
Strecke von 350 km?
b) Bei einer Testfahrt unter denselben Bedingungen verbrauchen 7 PKWs einer anderen Automarke auf einer 210 km langen Teststrecke zusammen 107,31 l Benzin. Welcher Autotyp hat
den geringeren Durchschnittsverbrauch?
Lösung:
a) 226,8 l Benzin
b) Der zweite Autotyp hat mit 7,3 l pro 100 km einen geringeren Durchschnittsverbrauch als der
erste Autotyp mit 8,1 l auf 100 km.
a) 27,
1
,
h) 16
e) 70 ,
l) (−5)−2 ,
f) 03 ,
m) (−4)3 ,
g) 00 ,
n) (−6)1 .
b) 25,
i) 13 ,
c) 512,
j) 16,
d) 1,
k) −1,
e) 1,
1
l) 25
,
f) 0,
m) −64,
g) 1,
n) −6.
Aufgabe 33
a) 49,
b) 81,
c)
Lösung:
a) 72 ,
b) 92 = 34 ,
c) 2−7 ,
1
128 ,
d) 125,
d) 53 ,
e)
1
36 ,
e) 6−2 ,
f) 1024,
g) 64 .
35
,
33 7
3
k) 4 ,
104
,
54
3
l) 3 · 33 .
e) 32 ,
k) 421 ,
f) 24 ,
k) 36 .
Aufgabe 34
Schreiben Sie als eine Potenz:
a) 34 · 32 ,
g) (77 )2 ,
a) 36 ,
g) 714 ,
a · 10z
Schreiben Sie die folgenden Zahlen in der Form
für eine ganze Zahl z und eine reelle Zahl
a, bei der genau eine Ziffer vor dem Komma steht und diese von 0 verschieden ist.
b) 0,062,
b) 6,2 · 10−2 ,
c) 100,
d) 0, 000293,
c) 1 · 102 ,
d) 2,93 · 10−4 ,
e) 14 · 106 ,
e) 1,4 · 107 ,
f) 1,8.
f) 1,8 · 100 .
Aufgabe 31
Wandeln Sie die folgenden Zehnerpotenz-Darstellungen in Dezimaldarstellungen um.
11
g) 1296.
f) 210 = 45 ,
b) 73 · 23 ,
2
h) 77 ,
c) 24 · 43 ,
d) 64 · 2−4 ,
i) 56 · 57 ,
e)
j) 3−4 · 94 ,
Lösung:
Aufgabe 30
Lösung:
a) 2,34 · 101 ,
d) 18 ,
k) (−1)77 ,
Schreiben Sie als eine Potenz mit einer ganzzahligen Basis zwischen 1 und 9 und ganzzahligem
Exponenten:
— Potenzrechnung —
a) 23,4,
c) 29 ,
j) (−4)2 ,
Lösung:
Aufgabe 29
Auf einer Teststrecke verbrauchen fünf P K Ws desselben Typs auf einer Strecke von 280 km bei
einer Testfahrt insgesamt 113,4 l Benzin.
b) 52 ,
i) 3−1 ,
b) 143 ,
h) 749 ,
c) 210 = 45 ,
i) 513 ,
d) 34 ,
j) 34 ,
f)
Aufgabe 35
Berechnen Sie:
2
1
b) 27 3 ,
a) 4 2 ,
f)
8
27
− 2
3
,
g)
−0.5
1
,
4
c) 320,2 ,
h)
√
2·
√
4
12
d)
4,
i)
√
4
√
5
256,
4·
√
5
8,
r
9
,
16
√
√
3
3
j) 9 · 3.
e)
Lösung:
Lösung:
a) 2,
b) 9,
c) 2,
d) 4,
9
,
4
g) 2,
h) 2,
i) 2,
f)
3
e) ,
4
j) 3.
a) 2x + 6,
e) 9a2 − 6ab + b2 ,
i) a3 + 3a2 + 3a + 1,
l) a3 − a2 b − ab2 + b3 .
Aufgabe 36
3
1
Lösung:
√
5
a) 4,
b)
√
4
8,
2
c) 30,3 ,
b) 2 4 ,
c)
√
10
d) 4− 7 ,
27,
c) a2 + 4a + 4,
d) 8ax − 12a − 4bx + 6b,
g) a3 − b3 ,
h) 16x2 − 16xy + 4y2 ,
k) abc + 3ab + 2ac + bc + 6a + 3b + 2c + 6,
Aufgabe 39
Schreiben Sie als Wurzel einer Zahl:
a) 4 5 ,
b) y2 + 3y − 18,
f) y2 z2 − 49x2 ,
j) a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 ,
d)
r
7
e)
1
,
16
e)
Fassen Sie zu einem Produkt zusammen:
√
2
,
2
r
f) √
1
,
2
f)
5
5·
√
6
2
5,
1
g) 4 5 · 2− 2 .
√
,
3
5
g)
√
10
8.
a) 3a − 3b,
d) 4x2 + 12xy + 9y2 ,
b) ac + 2c − ad − 2d,
e) ab − 3a + 7b − 21,
c) 12ax + 6ay + 20bx + 10by,
f) 4ax + 14ax2 + 50a2 b.
Lösung:
a) 3( a − b),
d) (2x + 3y)2 ,
b) ( a + 2)(c − d),
e) ( a + 7)(b − 3),
c) (4x + 2y)(3a + 5b),
f) 2a(2x + 7x2 + 25ab).
Aufgabe 37
Berechnen Sie geschickt:
a)
√
√
5 · 53 ,
Aufgabe 40
2
3
b) (27 8) ,
c)
r
(−4)6 · 9
,
24 · 42
d)
√
3
12 ·
√
6
92 · 4,
√ √ √ √
e) 5 2 20 18.
a) 1 −
Lösung:
√
√
1
1
a) 5 · 53 = 54 = (54 ) 2 = 54· 2 = 52 = 25.
√
2
3
2
3
√
2
3
1
3
b) (27 8) = 27 ( 8) = (27 )2
r
p
√
q
1
3
1
3
(8 )2 = 32 · 8 = 9 · 2 = 18.
43 · 3
(−4)6 · 9
(−4)6 · 9
43 · 3
√
= 2
= 2 = 4 · 3 = 12.
= √
4
2
2 ·4
4
2 ·4
24 · 42
√
√
√
√
√
p
√
6
6
6 2
6
6
3
d) √12 · 9 · 4 = 122 · 92 · 4 = 122 · 92 · 4 = 6 (3 · 22 )2 · 34 · 22 = 32 · 24 · 34 · 22 =
6 6
6
3 · 2 = 3 · 2 = 6.
√
√
√ √ √ √
√
√
e) 5 2 20 18 = 5 · 20 · 2 · 18 = 100 · 36 = 10 · 6 = 60.
c)
Vereinfachen Sie unter geeigneten Einschränkungen an die Variablen:
— Termumformungen —
b) (y − 3)(y + 6),
f) (7x + yz)(yz − 7x ),
j) ( a − b)3 ,
c) ( a + 2)2 ,
g) ( a − b)( a2 + ab + b2 ),
k) ( a + 1)(b + 2)(c + 3),
13
d) (2x − 3)(4a − 2b),
h) (−4x + 2y)2 ,
l) ( a − b)2 · ( a + b).
z
x
,
z
y
e)
x−2 x−1
−
,
x−3 x−2
−
g)
2
x
2
x
+ 2x
,
− 2x
1
+ x+1 1
h) 1−1 x
,
1
x −1 +
n − ( n − 1)
1
= .
n
n
1
a+b
1
b) · · · =
= 2 2.
a + b a2 b2
a b
d) · · · =
e) · · · =
4z + 3x xz − y + y
4z + 3x xz
4z + 3x
·
=
·
=
.
xyz
y
xyz
y
y2
=
1
2+
x +1
a) · · · =
x2 −zy
xy
2y−zx
xy
4
3
xz − y
+
+1 ,
xy yz
y
2
x
y2
2 2
f)
−
:
−
,
2y 2x
x y
c)
i)
Lösung:
Aufgabe 38
a) 2 · ( x + 3),
e) (3a − b)2 ,
i) ( a + 1)3 ,
1
a+b
x
y
2
x
c) · · · =
Multiplizieren Sie aus:
1
1
+ 2 ,
2
ab
a b
b)
d)
−
n−1
,
n
x2 − zy
.
2y − zx
( x − 2)2 − ( x − 1)( x − 3)
1
=
.
( x − 3)( x − 2)
( x − 3)( x − 2)
14
1
2x +
.
1
2x2
x3 − y3 2y − 2x
( x3 − y3 ) xy
x 3 − y3
x 3 − y3
x2 + xy + y2
:
=
=
=
=
.
2xy
xy
2xy(2y − 2y)
4y − 4x
4( y − x )
−4
f) · · · =
4+ x 2
2x
4− x 2
2x
g) · · · =
=
4 + x2
2x
4 + x2
·
=
.
2x
4 − x2
4 − x2
x +1+1− x
2
2
h) · · · = x+11−+xx−1 =
·
1 − x2
2
x −1
1
i) · · · =
1
2+
=
4x3 +1
2x2
c)
2x2
4x3 +1
=
1
8x3 +2+2x2
4x3 +1
=
4x3 +1
.
8x3 +2x2 +2
Es seien y > 0 und w < 0. Weiter seien m, n ganze Zahlen. Vereinfachen Sie unter geeigneten
Einschränkungen an die restlichen Variablen:
√
d)
√
g)
(2r −6 s3 )−3
,
(2r5 s−2 )4
x2 ,
a·
b)
√
3
a2 ·
√
4
a3 ,
e)
p
y2 ,
c)
r z +1 − r 1− z
,
r −z − r z
h) −
f)
(−r )3m (−s5n )
,
(−s)2m (−r )4n+3
√
b) y,
r − s − s −r
1
− r s,
sr − r s
sr
1
2
3
23
s r r s (r − s − s −r ) − ( s r − r s )
= 0,
( sr − r s ) sr r s
h) (−1)m+1 r3m−4n−3 s5n−2m ,
b·
s3 − r 2 s
,
rs + s2
q
√
a+
√
b,
√
√
a ax − x ax
√
√
,
a− x
(r − s)2 + 4rs
d)
.
(r + s )2
b)
q
c)
s3 − r 2 s
s ( s2 − r 2 )
s2 − r 2
(s − r )(s + r )
=
=
=
= s − r.
s (r + s )
r+s
r+s
rs + s2
d)
(r − s)2 + 4rs
r2 − 2rs + s2 + 4rs
r2 + 2rs + s2
(r + s )2
=
=
=
= 1.
(r + s )2
(r + s )2
(r + s )2
(r + s )2
e) . . . =
g) . . . =
1
,
27 r 2 s
i) . . . =
√
a−
( r 3 )2 r 5 s −3
.
( r −1 ) −6 r 2 s −2·4
r (r z − r − z )
=
r −z − r z
2−3 r18 s−9
24 r20 s−8
√
Bringen Sie die folgenden Terme durch Erweitern auf eine Form, in der im Nenner keine Wurzeln
mehr stehen. Dabei seien a und b reelle Zahlen mit a, b > 0 und a 6= b.
a) √
=
r 6 r 5 s −9
r3
= .
s
r 6 r 2 s −8
1
a−
√ ,
b
b) √
1
a+
√ ,
b
c) √
3
Lösung:
1
Aufgabe 42
Es seien a, b, r, s, x reelle Zahlen mit a > b > 0 und x > 0 sowie a 6= x, s 6= 0 und r 6= −s.
Vereinfachen Sie mit Hilfe der binomischen Formeln:
15
a2 +
1
√
,
√
3
3
ab + b2
d) √
3
1
a−
√
.
3
b
√
√
√
√
a+ b
a+ b
√ = √
√ √
√ =
.
a−b
a− b
( a − b)( a + b)
√
√
√
√
1
a− b
a− b
√ = √
√ √
√ =
b) √
.
a−b
a+ b
( a + b)( a − b)
√
√
√
√
3
3
3
3
1
a− b
a− b
√
√
√
=
=
c) √
(etwa mit A 38(g)).
√
√
√
√
3 2
3
3
3
3
a−b
a + ab + b2
( a2 + 3 ab + b2 )( 3 a − 3 b)
√
√
√
√
√
√
3 2
3 2
3
3
3
3
1
a + ab + b2
a + ab + b2
√
√
√
=
=
.
d) √
√
√
√
3 2
3 2
3
3
3
3
3
a−b
a− b
( a − b)( a + ab + b )
a) √
−r ,
f) . . . =
√
a)
2
i)
c) −w,
d) . . . = a 2 a 3 a 4 = a 12 ,
a−
Aufgabe 43
w2 ,
Lösung:
a) | x |,
√
q
q √
q √
√
√
√
√
√
√
√
b·
a + b = ( a − b ) · ( a + b ) = ( a )2 − ( b )2 = a − b.
√
√
√ √
√ √
√
√
√
√
a ax − x ax
( a − x ) ax
( a − x )( a + x ) ax
√
√
√ =
√
√
b)
= √
= a x + x a.
a− x
a− x
a− x
Aufgabe 41
a)
q
Lösung:
x2 − 1
1
=− .
2x
x
1
2+
a)
16
— Gleichungen und Ungleichungen —
Aufgabe 47
Aufgabe 44
Bringen Sie die folgenden Terme durch quadratische Ergänzung auf die Scheitelpunktform
a( x − b)2 + c, und lesen Sie daran Art und Lage des lokalen Extremums sowie die Anzahl der
Nullstellen der Parabel ab.
a) x2 − 4x + 5,
b) 12 x2 + x − 29 ,
c) −3x2 + 12x − 11,
d) 2x2 − 4x + 2.
Lösung:
a) ( x − 2)2 + 1, lokales Minimum in (2, 1), keine Nullstellen
b)
1
2 (x
c) −3( x − 2)2 + 1, lokales Maximum in (2, 1), zwei Nullstellen
c)
x + 5a − b
x+a+b
+1 =
.
x
x+a−b
Bringen Sie die folgenden quadratischen Terme durch Raten der richtigen Koeffizienten auf
die Form ( x − a)( x − b), und lesen Sie daran die Nullstellen der Parabel ab. Hinweis: Ist
x2 + px + q = ( x − a)( x − b), so muss q = ab gelten; in dieser Aufgabe sind a und b stets
ganzzahlig.
c) x2 + 5x + 6,
d) x2 + 3x − 4.
x+4
2x
=
x+5
x−4
⇔
⇔
⇔
Aufgabe 46
Lösen Sie die folgenden Gleichungen (sofern möglich) mit der p-q-Formel, durch quadratische
Ergänzung oder wie in der letzten Aufgabe.
c) x2 − 4x + 5 = 3x2 + 7,
f) x2 = x + 1,
i) x4 − 2x2 − 8 = 0.
Lösung:
17
⇔
x2 − 4x − 12 = 0,
c) x = −1, √
f) x = 12 (1 ± 5),
i) x = 2 oder x = −2.
⇔
( x + 4)( x − 4) = 2x ( x + 5)
⇔
x2 + 10x + 16 = 0,
x+a+b
x + 5a − b
+1 =
x
x+a−b
d) ( x − (−4))( x − 1), Nullstellen sind 1 und −4.
b) keine (reelle) Lösung,
e) x = 21 oder x = − 21 ,
h) keine (reelle) Lösung,
x + 8 = ( x − 4)( x + 1)
c) Für x ∈ R mit x 6= 0 und x 6= b − a sind beide Seiten definiert.
c) ( x − (−2))( x − (−3)), Nullstellen sind −2 und −3.
a) x = 2 oder x = −3,
d) x = 0 oder x = −7,
g) x = ±2 oder x = ±3,
⇔
die Lösung ist x = −8 oder x = −2.
⇔
34
b) 13 x2 + 10
3 x + 3 = 0,
e) 4x2 − 1 = 0,
h) x4 + 2x2 + 1 = 0,
x+4
2x
=
,
x+5
x−4
b) Für x ∈ R mit x 6= −5 und x 6= 4 sind beide Seiten definiert.
b) ( x − 2)( x − 3), Nullstellen sind 2 und 3.
a) x2 + x − 6 = 0,
d) x2 + 7x = 0,
g) x4 − 13x2 + 36 = 0,
b)
die Lösung ist x = −2 oder x = 6.
Aufgabe 45
Lösung:
a) ( x − 0)( x − 2), Nullstellen sind 0 und 2.
x+8
= x − 4,
x+1
x+8
= x−4
x+1
d) 2( x − 1)2 , lokales Minimum in (1, 0), eine Nullstelle
b) x2 − 5x + 6,
a)
Lösung:
a) Für x ∈ R mit x 6= −1 sind beide Seiten definiert.
+ 1)2 − 5, lokales Minimum in (−1, −5), zwei Nullstellen
a) x2 − 2x,
Geben Sie für die folgenden Gleichungen an, für welche reellen Zahlen x (gegebenenfalls in
Abhängigkeit von den Parametern a und b) beide Seiten definiert sind. Lösen Sie dann die
Gleichung in x.
( x + a + b)( x + a − b) + x ( x + a − b) = x ( x + 5a − b)
(2x + a + b)( x + a − b) = x2 + 5ax − bx
2x2 + 3ax − bx + a2 − b2 = x2 + 5ax − bx
x2 − 2ax + a2 − b2 = 0,
die Lösung ist x = a + b oder x = a − b, sofern beide Seiten der Gleichung für diese Werte
definiert sind. Man hat also im Fall a = b = 0 keine Lösung, im Fall a = 0 und b 6= 0 die
Lösung x = −b, im Fall a 6= 0 und b = 0 die Lösung x = a, im Fall a, b 6= 0 und a = b
die Lösung x = 2a, im Fall a, b 6= 0 und a = −b ebenfalls die Lösung x = 2a und in allen
anderen Fällen die Lösungen x = a + b und x = a − b.
Aufgabe 48
Bestimmen Sie die Lösungsmengen der folgenden Ungleichungen.
a) x2 > 9,
c) x2 + 3x − 9 6 − x2 + 7x + 7,
e) x2 − 4x + 6 < 2x2 − 12x + 28,
b) x2 + 6x + 3 < 10,
d) 2x2 + 3 6 1 − 4x,
f) 3x4 + 4 6 2x4 + 5x2 .
18
Lösung:
a) x2 > 9
⇔
( x − 3)( x + 3) > 0
⇔
Lösung:
a) Indem man mit xy erweitert und weiter umformt, erhält man
x < −3 oder x > 3.
b) x2 + 6x + 3 < 10 ⇔ x2 + 6x − 7 < 0 ⇔ ( x − 1)( x + 7) < 0;
genau die x ∈ R mit −7 < x < 1 die Ungleichung lösen.
man erhält, dass
c) x2 + 3x − 9 6 − x2 + 7x + 7 ⇔ 2x2 − 4x − 16 6 0 ⇔ 2( x + 2)( x − 4) 6 0; man
erhält, dass genau die x ∈ R mit −2 6 x 6 4 die Ungleichung lösen.
d) 2x2 + 3 6 1 − 4x ⇔ 2x2 + 4x + 2 6 0
−1 die Ungleichung löst.
⇔
2( x + 1)2 6 0; man liest ab, dass nur
e) x2 − 4x + 6 < 2x2 − 12x + 28 ⇔ − x2 + 8x − 22 < 0
liest ab, dass die Ungleichung für alle x ∈ R erfüllt ist.
⇔
Aufgabe 49
Für welche x ∈ R sind die Ungleichungen definiert? Bestimmen Sie die Lösungsmengen.
2x − 1
x−1
<
,
x+1
2x + 1
b)
x2 − 5x + 4
> 0,
x2 − 8x + 15
c)
2x − 1
x
<
.
x+2
3x − 5
Lösung:
a) Der Definitionsbereich ist R \ {−1, − 21 }, die Lösungsmenge der Ungleichung lautet hier
1
L = { x ∈ R | − 1 < x < − oder x > 0}.
2
b) Der Definitionsbereich ist R \ {3, 5}, die Lösungsmenge der Ungleichung lautet hier
L = { x ∈ R | x 6 1 oder 3 < x 6 4 oder x > 5}.
c) Der Definitionsbereich ist R \ {−2, 53 }, die Lösungsmenge der Ungleichung lautet hier
L=
x ∈ R| −2 < x < 4−
Aufgabe 50
Beweisen Sie die folgenden Ungleichungen:
a)
√
14 oder
√ 5
< x < 4 + 14 .
3
xy>0
⇔
x2 + y2 > 2xy
⇔
x2 − 2xy + y2 > 0
⇔
( x − y)2 > 0,
und das ist stets eine wahre Aussage, also gilt die Behauptung.
b) Die erste Ungleichung gilt nach
2xy 6 12 ( x + y)2
−( x − 4)2 − 6 < 0; man
f) 3x4 + 4 6 2x4 + 5x2 ⇔ x4 − 5x2 + 4 6 0 ⇔ ( x2 − 1)( x2 − 4) 6 0; die Ungleichung ist also äquivalent zu 1 6 x2 6 4, also zu 1 6 x 6 2 oder −2 6 x 6 −1.
a)
x y
+ >2
y x
⇔
2xy 6 12 ( x2 + 2xy + y2 )
⇔
0 6 x2 − 2xy + y2
⇔
⇔
0 6 ( x − y )2 ,
4xy 6 x2 + 2xy + y2
da ( x − y)2 > 0 für alle x, y ∈ R eine wahre Aussage ist. Die zweite Ungleichung gilt mit
derselben Begründung wegen
1
2 (x
⇔
+ y )2 6 x 2 + y2
2xy 6 x2 + y2
⇔
⇔
( x + y)2 6 2x2 + 2y2
0 6 x2 − 2xy + y2
⇔
⇔
x2 + 2xy + y2 6 2x2 + 2y2
0 6 ( x − y )2 .
Aufgabe 51 (∗)
Beweisen Sie die folgenden Aussagen. Für den Umgang mit den Ungleichungszeichen < und
> dürfen Sie hier nur die aus der Vorlesung bekannten Anordnungsaxiome (O.1) bis (O.4)
verwenden.
a) Ist r ∈ R, so gilt r < 0 ⇔ −r > 0.
b) Für alle r ∈ R mit r 6= 0 gilt r2 > 0.
c) 1 > 0.
d) Ist r ∈ R mit r > 0, so gilt auch
1
r
> 0.
Lösung:
a) Ist r < 0, so folgt mit (O.3) r + (−r ) < 0 + (−r ), also 0 < −r und damit −r > 0. Gilt
umgekehrt −r > 0, also 0 < −r, so folgt mit (O.3) 0 + r < (−r ) + r, also r < 0. Damit wurde
die Äquivalenz bewiesen.
b) Nach (O.1) verbleiben die Fälle r > 0 und r < 0 zu untersuchen. Im Fall r > 0 (also 0 < r)
hat man 0 · r < r · r nach (O.4), also r2 > 0, und im Fall r < 0 hat man −r > 0 (also 0 < −r)
nach Teil (a) und damit 0 · (−r ) < (−r ) · (−r ) nach (O.4), also (−r )2 > 0 und damit wegen
(−r )2 = r2 auch r2 > 0.
c) Wähle r = 1 in Teil (b).
x y
+ > 2 für alle x, y ∈ R mit x, y > 0,
y x
b) 2xy 6 12 ( x + y)2 6 x2 + y2 für alle x, y ∈ R.
19
d) Annahme: 1r < 0. Dann folgt − 1r > 0 nach Teil (a) und damit 0 · 0 < r · (− 1r ) nach (O.4)
wegen 0 < r. Die letzte Ungleichung bedeutet aber 0 < −1 und damit nach Teil (a) 1 < 0,
was mit (O.1) und Teil (c) einen Widerspruch liefert. Daher muß nach (O.1) 1r > 0 oder 1r = 0
gelten. Letzteres ist aber ausgeschlossen. Damit ist die Behauptung bewiesen.
20
Lösung:
√
a) Definitionsbereich ist R \ {−2, 2}, Lösungsmenge ist {−4, 12 − 217 }.
Aufgabe 52
Lösen Sie die Beträge auf, das heißt, geben sie einen gleichwertigen Ausdruck ohne Betragsstriche (dafür gegebenenfalls mit Fallunterscheidung) an.
b) | x2 − 5x + 6|,
a) | x − 5|,
Lösung:
a) | x − 5| =
(
c) | x2 − 2x + 1|,
d)
| x 2 + x − 2|
.
| x + 4|
x − 5, falls x > 5,
5 − x, falls x < 5
(
x2 − 5x + 6,
falls x 6 2 oder x > 3,
2
b) | x − 5x + 6| =
2
− x + 5x − 6, falls 2 < x < 3
c) | x2 − 2x + 1| = |( x − 1)2 | = ( x − 1)2
 2

 x + x − 2,

 x+4
falls x > 1 oder − 4 < x 6 −2,
| x 2 + x − 2|
|( x − 1)( x + 2)|
d)
=
=
 x2 + x − 2
| x + 4|
| x + 4|


−
, falls − 2 < x < 1 oder x < −4
x+4
Aufgabe 53
Für welche x ∈ R sind die folgenden Ungleichungen erfüllt?
a) | x + 4| < 2,
Lösung:
a) −6 < x < −2,
b) | x − 1| > 1,
b) x > 2 oder x < 0,
c) | x − 3| > 0 und | x + 1| < 5.
c)−6 < x < 4 und x 6= 3.
Aufgabe 54
Lösen Sie die folgenden Betragsgleichungen.
a) | x + 1| = x + 2,
b) | x − 1| − 2 = − x + 1,
c) 2| x + 1| − 1 = 2x + 1,
Lösung:
a) x = − 32 ,
c) x > −1,
b) x = 2,
d) −3| x − 2| = 3x + 1.
d) Gleichung unlösbar
Aufgabe 55
Für welche x ∈ R sind die folgenden Gleichungen definiert? Lösen Sie die Gleichungen.
a)
x2
− 3x − 4
= 1,
2| x 2 − 4|
2
x − 3x + 2 − 1 = 1.
b) 2
x + 3x + 2 21
b) Definitionsbereich ist R \ {−2, −1}, Lösungsmenge ist {− 92 ±
√
73
2 }.
Aufgabe 56
Untersuchen Sie, welche x ∈ R die folgenden Ungleichungen erfüllen.
a) | x2 − 2x − 2| < 2x − 1,
Lösung:
√
√
a) 3 < x < 2 + 5,
b) | x2 + x − 1| > ( x − 2)2 + 1,
b) x > 65 ,
c) | x − 1| < |2x − 3| − 1.
c) x < 1 oder x > 3.
Aufgabe 57
Für welche x ∈ R sind die folgenden Ungleichungen definiert? Lösen Sie die Ungleichungen.
a)
2 − | x − 1|
1
> ,
| x − 4|
2
b)
|x| − 1
1
> ,
2
x2 − 1
Lösung:
a) Definitionsbereich: R \ {4}, Lösungsmenge: { x ∈ R |
c)
2
3
|( x + 2)2 − 2|
> 1.
x+1
6 x 6 2}
b) Definitionsbereich: R \ {−1, 1}, Lösungsmenge: { x ∈ R | − 1 < x < 1}
c) Definitionsbereich: R \ {−1}, Lösungsmenge: { x ∈ R | − 1 < x < − 52 +
− 32
+
√
5
2 }
√
13
2
oder x >
Aufgabe 58
Lösen Sie die folgenden kubischen Gleichungen, indem Sie sie gegebenenfalls auf die Form
p( x ) = 0 bringen, eine Nullstelle d von p raten, dann p( x ) durch x − d dividieren und die
verbleibende quadratische Gleichung lösen. Hinweis: Ist p( x ) = x3 + ax2 + bx + c, so testen
Sie zunächst die ganzzahligen Teiler von c darauf, ob sie Nullstellen von p sind.
a) x3 − 7x + 6 = 0,
c) x3 + x + 6 = 4x2 − x + 2,
b) x3 − 6x2 + 5x + 12 = 0,
d) 2x3 + 8x2 + 12x + 8 = 0.
Lösung:
a) x = 1 oder x = 2 oder x = −3 (geratene Nullstelle sei 1, dann mit Polynomdivision
( x3 − 7x + 6) : ( x − 1) = x2 + x − 6 = ( x − 2)( x + 3))
b) x = −1 oder x = 3 oder x = 4 (geratene Nullstelle sei −1, dann mit Polynomdivision
( x3 − 6x2 + 5x + 12) : ( x + 1) = x2 − 7x + 12 = ( x − 3)( x − 4))
√
c) x = 2 oder x = 1 ± 3 (gegebene Gleichung ist äquivalent zu x3 − 4x2 + 2x + 4 = 0,
geratene Nullstelle sei 2, dann ( x3 − 4x2 + 2x + 4) : ( x − 2) = x2 − 2x − 2 = ( x − 1)2 − 3,
Lösen von ( x − 1)2 − 3 = 0 liefert weitere Lösungen der gegebenen Gleichung)
22
d) x = −2 (Gleichung äquivalent schreibbar als x3 + 4x2 + 6x + 4 = 0, geratene Nullstelle sei
−2, dann ( x3 + 4x2 + 6x + 4) : ( x + 2) = x2 + 2x + 2 = ( x + 1)2 + 1 > 0 für alle x ∈ R)
— Logik —
Aufgabe 59
Stellen Sie Wahrheitstafeln für die folgenden Formeln auf:
a) A ∧ ( B ∨ C ),
Lösung:
a) A B
F F
F F
F W
F W
W F
W F
W W
W W
b) A
F
F
F
F
W
W
W
W
c) A
F
F
W
W
C
F
W
F
W
F
W
F
W
B∨C
F
W
W
W
F
W
W
W
F
F
W
W
F
F
W
W
F
W
F
W
F
W
F
W
B
¬ A ¬B ¬ A ∨ ¬B
W
W
F
F
W
F
W
F
d) A ∨ ¬ A.
A∧C
F
F
F
F
F
W
F
W
W
W
W
F
Lösung:
a) A B
F F
F F
F W
F W
W F
W F
W W
W W
C
A∧B
F
W
F
W
F
W
F
W
F
F
F
F
F
F
W
W
B∧C
F
F
F
W
F
F
F
W
b) A ∧ ( B ∨ C ) ⇔ ( A ∧ B) ∨ ( A ∧ C ),
d) ¬(¬ A) ⇔ A,
f) A ∧ (¬ A ∨ B) ⇒ B.
A ∧ (B ∧ C)
F
F
F
F
F
F
F
W
( A ∧ B) ∧ C
F
F
F
F
F
F
F
W
Die letzte und vorletzte Spalte stimmen überein. Daher ist die Behauptung bewiesen.
F
F
F
F
F
W
W
W
C
F
F
F
F
F
F
W
W
c) ¬ A ∨ ¬ B,
A ∧ (B ∨ C)
B
F
W
F
W
A∧B
b) ( A ∧ B) ∨ ( A ∧ C ),
a) A ∧ ( B ∧ C ) ⇔ ( A ∧ B) ∧ C,
c) ¬( A ∧ B) ⇔ ¬ A ∨ ¬ B,
e) A ∨ ( B ∧ ¬ B) ⇔ A,
b) Vergleich der Tafeln aus Aufgabe 59 (a) und (b) liefert die Behauptung.
c)
A
B
F
F
W
W
F
W
F
W
A∧B
F
F
F
W
¬( A ∧ B)
W
W
W
F
Die letzte Spalte dieser Tafel stimmt mit der letzten Spalte der Tafel aus Aufgabe 59 (c)
überein. Dies zeigt die behauptete Äquivalenz.
( A ∧ B) ∨ ( A ∧ C )
F
F
F
F
F
W
W
W
d)
A
F
W
¬ A ¬(¬ A)
W
F
F
W
Die letzte Spalte dieser Tafel stimmt mit der ersten Spalte überein. Dies zeigt die behauptete
Äquivalenz.
e)
d) A
F
W
¬A
W
F
A ∨ ¬A
W
W
Man beweise die folgenden Aussagen durch Vergleich der Wahrheitstafeln beider Seiten:
23
B
F
F
W
W
F
W
F
W
¬B
W
F
W
F
B ∧ ¬B
F
F
F
F
A ∨ ( B ∧ ¬ B)
F
F
W
W
Die letzte Spalte dieser Tafel stimmt mit der ersten Spalte überein. Dies zeigt die behauptete
Äquivalenz.
f)
Aufgabe 60
A
A
B
F
F
W
W
F
W
F
W
¬A ¬A ∨ B
W
W
F
F
W
W
F
W
A ∧ (¬ A ∨ B)
F
F
F
W
24
Wann immer A ∧ (¬ A ∨ B) wahr ist (was nur der Fall ist, wenn A und B beide wahr sind), ist
auch B wahr. Dies zeigt die behauptete Implikation.
und da 2mn = 2mn stets eine wahre Aussage ist, muss (m − n)2 + 4mn = (m + n)2 für
alle m, n ∈ N gelten.
(3) Für m, n ∈ N gilt
Aufgabe 61
(m − n)2 + 4mn = (m + n)2
Geben Sie für die logischen Aussagen
a) 3x − 7 = 2
b) 3x − 7 = 2
c) 3x − 7 = 2
⇒
⇔
⇐
3x = 9
3x = 9
3x = 9
⇒
⇔
⇐
2
m − 2mn + n + 4mn = m + 2mn + n
x=3
−2mn + 4mn = 2mn
x=3
2mn = 2mn,
(1) Die Lösungsmenge der Gleichung 3x − 7 = 2 für x ∈ R ist {3}.
2
⇐
⇐
⇐
und da 2mn = 2mn stets eine wahre Aussage ist, muss (m − n)2 + 4mn = (m + n)2 für
alle m, n ∈ N gelten.
(4) Für alle m, n ∈ N gilt
(2) 3 ist eine Lösung der Gleichung 3x − 7 = 2 für x ∈ R.
(m − n)2 + 4mn = m2 − 2mn + n2 + 4mn = m2 + 2mn + n2 = (m + n)2 .
(3) Höchstens 3 ist eine Lösung der Gleichung 3x − 7 = 2 für x ∈ R.
Lösung:
a) Die Folgerungskette kann nur als Begründung für (3) dienen.
Lösung:
Mit Ausnahme von (1) stellen alle Ausführungen einen Beweis der angegebenen Tatsache dar.
Folgerungsketten, die in einer wahren Aussage enden, können kein Beweis für die Anfangsaussage sein: Es gilt 1 = −1 ⇒ 12 = (−1)2 ⇒ 1 = 1, und Letzteres ist eine wahre
Aussage; dennoch ist 1 = −1 in den reellen Zahlen falsch. Die umgekehrte Richtung, also eine
Folgerungskette, die beginnend mit einer wahren Aussage zur Behauptung führt, stellt hingegen
einen korrekten Beweis dar.
b) Die Äquivalenzkette kann (1), (2) und (3) begründen.
c) Die Rückfolgerungskette kann nur als Begründung für (2) dienen.
Aufgabe 62
Welche der folgenden Ausführungen stellen einen Beweis der Tatsache (m − n)2 + 4mn =
(m + n)2 für alle m, n ∈ N dar?
Aufgabe 63
Geben Sie an, welche der folgenden Rechnungen aus welchem Grund als Begründung für
(m − n)2 + 4mn = (m + n)2
m2 − 2mn + n2 + 4mn = m2 + 2mn + n2
−2mn + 4mn = 2mn
⇒
⇒
⇒
2mn = 2mn,
und da 2mn = 2mn stets eine wahre Aussage ist, muss (m − n)2 + 4mn = (m + n)2 für
alle m, n ∈ N gelten.
(2) Für m, n ∈ N gilt
2
x=3
jeweils an, für welche der folgenden Aussagen sie als Begründung dienen können:
(1) Für m, n ∈ N gilt
2
(m − n)2 + 4mn = (m + n)2
⇔
m2 − 2mn + n2 + 4mn = m2 + 2mn + n2
⇔
−2mn + 4mn = 2mn
⇔
2mn = 2mn,
25
( a − b)2 + ab − b2 = a
a2 − b2
a+b
für a, b ∈ R mit a 6= −b gut beziehungsweise weniger gut sind.
(1) ( a − b)2 + ab − b2 = a2 − 2ab + b2 + ab − b2 = a2 − ab = a( a − b) = a
a
a2 − b2
.
a+b
( a − b)( a + b)
=
a+b
(2) ( a − b)2 + ab − b2 = a2 − 2ab + b2 + ab − b2 = a2 − ab = a
a2 − b2
( a − b)( a + b)
=a
=
a+b
a+b
(3) ( a − b)2 + ab − b2 = a2 − 2ab + b2 + ab − b2 = a2 − ab und a
a2 − b2
( a − b)( a + b)
=a
=
a+b
a+b
a( a − b) = a2 − ab.
a( a − b) = a2 − ab.
26
Lösung:
(1) und (3) sind als Begründungen in Ordnung, während (2) nicht gut ist, da die Gleichungskette
zwar mathematisch korrekt ist, aber aus logischer Sicht nicht in der richtigen Reihenfolge
aufgeschrieben wurde: Der Schritt
a2 − ab = a
a2
− b2
a+b
ist an dieser Stelle nicht offensichtlich, eine Begründung kann erst aus der weiteren Rechnung
erschlossen werden; dieser Begründungszusammenhang wird jedoch nicht dargestellt.
(iv) Zwei Winkel im Dreieck sind gleich 60 °.
(v) Alle drei Seiten habe eine Länge von 5 cm.
(vi) Für eine Seite a des Dreiecks gilt ha =
Länge der Höhe auf a bezeichnet.
a
2
√
3, wobei a die Länge der Seite a und ha die
b) Geben Sie für jede der folgenden Bedingungen an, ob sie notwendig und/oder hinreichend
dafür ist, dass ein Viereck ein Parallelogramm ist.
(i) Alle vier Seiten sind gleich lang.
(ii) Zwei Seiten sind gleich lang.
Aufgabe 64
(iii) Es gibt zwei Paare gleich langer Seiten.
Finden Sie den Fehler in der folgenden »Aufgabenlösung«. Lösen Sie danach die Aufgabe
korrekt.
(iv) Gegenüberliegende Seiten sind gleich lang.
Aufgabe: Man bestimme alle x ∈ R, die sowohl 1 + x2 = 0 als auch 1 + x3 = 0 erfüllen.
Lösungsversuch: Es gilt
1 + x2 = 0 und 1 + x3 = 0
1 + x2 = 1 + x3
⇒
⇒
x2 = x3
⇒
x = 0 oder 1 = x,
also erfüllen 0 und 1 gleichzeitig 1 + x2 = 0 und 1 + x3 = 0.
Lösung:
Die Folgerungskette an sich ist logisch einwandfrei, sie beweist jedoch nur, dass als Lösungen
nur 0 und 1 in Frage kommen, nicht jedoch, dass 0 und 1 tatsächlich Lösungen sind. Wann immer
in einer Gleichungsumformung nicht ausschließlich Äquivalenzen sondern auch Folgerungen
auftreten, ist am Ende eine Probe erforderlich. Eine solche Probe zeigt hier, dass weder 0
noch 1 die Gleichung 1 + x2 = 0 erfüllen, also sind weder 0 noch 1 Lösungen der Aufgabe.
Zusammen mit der bereits begründeten Tatsache, dass nur 0 und 1 überhaupt als Lösungen in
Frage kommen, hat man nun insgesamt gezeigt, dass es kein x ∈ R gibt, das sowohl 1 + x2 = 0
als auch 1 + x3 = 0 erfüllt.
(v) Alle vier Winkel sind gleich groß.
(vi) Zwei Winkel sind gleich groß.
(vii) Es gibt zwei Paare gleich großer Winkel.
(viii) Gegenüberliegende Winkel sind gleich groß.
(ix) Die Diagonalen halbieren sich.
Lösung:
a) Notwendig, aber nicht hinreichend sind (ii) und (vi); hinreichend, aber nicht notwendig ist (v);
notwendig und hinreichend sind (i), (iii) und (iv).
b) Notwendig, aber nicht hinreichend sind (ii), (iii), (vi) und (vii); hinreichend, aber nicht notwendig
sind (i) und (v); notwendig und hinreichend sind (iv), (viii) und (ix).
Aufgabe 66
Schreiben Sie die folgenden Aussagen mit den Quantoren ∀ und ∃, und bilden Sie dann die
formale Verneinung (ebenfalls in Quantorenschreibweise).
a) Es gibt ein x ∈ Z mit x > 0.
b) Für alle x ∈ Z gilt x > 0.
c) Für alle x ∈ Z gibt es ein y ∈ Z mit x > y.
Aufgabe 65
a) Geben Sie für jede der folgenden Bedingungen an, ob sie notwendig und/oder hinreichend
dafür ist, dass ein Dreieck gleichseitig ist.
(i) Alle drei Seiten sind gleich lang.
(ii) Zwei Seiten des Dreiecks sind gleich lang.
(iii) Alle drei Winkel im Dreieck sind gleich 60 °.
27
d) Es gibt ein x ∈ Z, so dass für alle y ∈ Z gilt: x > y.
Lösung:
a) ∃ x ∈ Z : x > 0; Verneinung: ∀ x ∈ Z : x 6 0.
b) ∀ x ∈ Z : x > 0; Verneinung: ∃ x ∈ Z : x 6 0.
c) ∀ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x > y; Verneinung: ∃ x ∈ Z ∀y ∈ Z : x 6 y.
28
d) ∃ x ∈ Z ∀y ∈ Z : x > y; Verneinung: ∀ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x 6 y.
Aufgabe 67
Entscheiden Sie jeweils, ob die zweite Aussage die formale Verneinung der ersten Aussage ist.
Falls das nicht der Fall sein sollte, geben Sie für beide Aussagen jeweils eine korrekte Verneinung
an.
a) Die Zahl 4 ist durch 2 teilbar. – Die Zahl 4 ist durch 3 teilbar.
b) Die Zahl 6 ist durch 3 teilbar. – Die Zahl 6 ist nicht durch 3 teilbar.
c) Alle natürlichen Zahlen sind gerade. – Alle natürlichen Zahlen sind ungerade.
d) Alle natürlichen Zahlen sind ganze Zahlen. – Keine natürliche Zahl ist eine ganze Zahl.
e) Jede gerade Zahl ist durch 4 teilbar. – Es gibt eine gerade Zahl, die nicht durch 4 teilbar ist.
f) Es gibt eine natürliche Zahl, die nicht durch 1 teilbar ist. – Es gibt eine natürliche Zahl, die
durch 1 teilbar ist.
g) Alle natürlichen Zahlen, die durch 6 teilbar sind, sind auch durch 3 teilbar. – Es gibt natürliche
Zahlen, die weder durch 6 noch durch 3 teilbar sind.
h) Jede gerade Zahl größer 2 lässt sich als Summe zweier Primzahlen darstellen. – Es gibt eine
gerade Zahl n größer 2, so dass für alle Primzahlen p und q gilt: p + q 6= n.
i) Zu jeder reellen Zahl r > 0 gibt es eine natürliche Zahl N , so dass für alle n > N gilt:
0 < n1 (1 + (−1)n ) < r. – Es gibt eine reelle Zahl r > 0, so dass für alle natürlichen Zahlen
N stets ein n > N existiert mit n1 (1 + (−1)n ) > r. (Schreiben Sie zunächst beide Aussagen
in Quantorenschreibweise!)
Lösung:
a) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten
Aussage lautet: »Die Zahl 4 ist nicht durch 2 teilbar«, eine Verneinung der zweiten Aussage
lautet: »Die Zahl 4 ist nicht durch 3 teilbar.«
b) Die zweite Aussage ist eine Verneinung der ersten Aussage.
c) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten
Aussage lautet: »Es gibt eine ungerade natürliche Zahl«, eine Verneinung der zweiten Aussage
lautet: »Es gibt eine gerade natürliche Zahl.«
d) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten
Aussage lautet: »Es gibt eine natürliche Zahl, die keine ganze Zahl ist«, eine Verneinung der
zweiten Aussage lautet: »Es gibt eine natürliche Zahl, die eine ganze Zahl ist.«
e) Die zweite Aussage ist eine Verneinung der ersten Aussage.
g) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten
Aussage lautet: »Es gibt eine natürliche Zahl, die durch 6, aber nicht durch 3 teilbar ist«,
eine Verneinung der zweiten Aussage lautet: »Jede natürliche Zahl ist durch 6 oder durch 3
teilbar.«
h) Die zweite Aussage ist eine Verneinung der ersten Aussage.
i) Aussagen in Quantorenschreibweise: ∀r > 0 ∃ N ∈ N ∀n > N : 0 < n1 (1 + (−1)n ) < r
beziehungsweise ∃r > 0 ∀ N ∈ N ∃n > N : n1 (1 + (−1)n ) > r. Die zweite Aussage ist
keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten Aussage lautet: »Es gibt
eine reelle Zahl r > 0, so dass für alle natürlichen Zahlen N stets ein n > N existiert mit
1
1
n
n
n (1 + (−1) ) > r oder n (1 + (−1) ) 6 0«, eine Verneinung der zweiten Aussage lautet:
»Zu jeder reellen Zahl r > 0 gibt es eine natürliche Zahl N , so dass für alle n > N gilt:
1
n
n (1 + (−1) ) 6 r.«
Aufgabe 68
Bestimmen Sie die Wahrheitswerte der folgenden Aussagen.
a) ∀ x ∈ Z : x > 0,
d) ∀ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x > y,
b) ∃ x ∈ Z : x > 0,
e) ∃y ∈ Z ∀ x ∈ Z : x > y,
Lösung:
a) Die Verneinung der gegebenen Aussage lautet: ∃ x ∈ Z : x 6 0. Diese kann bewiesen
werden, indem man x = 0 wählt. Daher ist die zu untersuchende Aussage falsch.
b) Die gegebene Aussage kann bewiesen werden, indem man x = 1 wählt. Daher ist die zu
untersuchende Aussage wahr.
c) Die Verneinung der gegebenen Aussage lautet: ∃ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x 6 y. Diese kann
bewiesen werden, indem man x = 0 und y = 0 wählt. Daher ist die zu untersuchende
Aussage falsch.
d) Die gegebene Aussage kann bewiesen werden: »Sei x ∈ Z. Wähle y = x − 1. Dann ist
y ∈ Z, und es gilt x > y.« Daher ist die zu untersuchende Aussage wahr.
e) Die Verneinung der gegebenen Aussage lautet: ∀y ∈ Z ∃ x ∈ Z : x 6 y. Diese kann
bewiesen werden: »Sei y ∈ Z. Wähle x = y. Dann ist x ∈ Z, und es gilt x 6 y.« Daher ist
die zu untersuchende Aussage falsch. (Bemerkung: Zusammen mit der letzten Teilaufgabe
zeigt dies, dass eine Änderung der Reihenfolge von Quantoren im Allgemeinen nicht zu einer
äquivalenten Formel führt.)
f) Die gegebene Aussage kann bewiesen werden, indem man x = 1 und y = 0 wählt. Daher ist
die zu untersuchende Aussage wahr.
f) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten
Aussage lautet: »Alle natürlichen Zahlen sind durch 1 teilbar«, eine Verneinung der zweiten
Aussage lautet: »Alle natürlichen Zahlen sind nicht durch 1 teilbar.«
29
c) ∀ x ∈ Z ∀y ∈ Z : x > y,
f) ∃ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x > y.
30
Aufgabe 69
Tragen Sie in den folgenden Sätzen für (1) und (2) eine Bedingung beziehungsweise eine
Aussage ein, so dass der erste Satz eine wahre Aussage und der zweite Satz eine falsche
Aussage ist.
»Für alle n ∈ N mit (1) gilt (2).« – »Es gibt ein n ∈ N mit (1), das (2) erfüllt.«
Lösung:
Damit die erste Aussage wahr und die zweite Aussage falsch ist, muss die Bedingung (1) so
gewählt sein, dass sie nie erfüllt werden kann; die Aussage (2) kann dann beliebig gewählt
werden. Eine konkrete Lösung wäre etwa
»Für alle n ∈ N mit n 6= n gilt n = n.« – »Es gibt ein n ∈ N mit n 6= n, das n = n erfüllt.«
1. Ist P unschuldig, dann ist auch Q unschuldig. R wäre aber dann ganz sicher einer der
Täter.
2. Ist S unschuldig, dann ist Q einer der Täter.
3. Ist S schuldig, dann ist auch R schuldig.
4. R hat ein todsicheres Alibi.
Ermitteln Sie den oder die Täter.
Lösung:
Wir bezeichnen mit P die Aussage P ist schuldig und die analogen Aussagen für die anderen
Personen mit S, R bzw. Q. Formalisiert ergeben sich folgende wahre Aussagen:
1. ¬ P ⇒ (¬ Q ∧ R), und dies ist äquivalent zu P ∨ (¬ Q ∧ R),
Aufgabe 70
Seien A und B zwei Aussagen und Z ( A, B) eine aus A und B zusammengesetzte Aussage, d.h.
eine Aussage, deren Wahrheitswert durch die Wahrheitswerte von A und B eindeutig bestimmt
ist.
1. Wieviele solche Aussagen Z ( A, B) gibt es (bis auf Äquivalenz) ?
2. Wieviele davon sind symmetrisch in A und B, d.h. Z ( A, B) ⇔ Z ( B, A) ?
3. Geben Sie für jede Aussage Z ( A, B) eine Darstellung mit Hilfe der Symbole ¬, ∨ und ∧
an.
2. ¬S ⇒ Q, und dies ist äquivalent zu S ∨ Q,
3. S ⇒ R, und dies ist äquivalent zu ¬S ∨ R,
4. ¬ R.
Eine Wahrheitstafel hätte 16 Zeilen und 5 Spalten. Wir versuchen also, die Täter durch Umformung der Ausdrücke zu ermitteln. Da ¬ R wahr ist, und ¬S ∨ R ebenfalls, muss ¬S wahr sein.
Damit kann S ∨ Q nur dann wahr sein, wenn Q wahr ist. Q ist also einer der Täter. Damit ist ¬ Q
falsch, ¬ Q ∧ R ebenso, und P ∨ (¬ Q ∧ R) kann nur dann wahr sein, wenn auch P wahr ist. P
und Q werden also verhaftet, die anderen beiden sind unschuldig.
Lösung:
1. Äquivalente Aussagen werden durch ihre Wahrheitstafeln festgelegt, d.h.
A
W
W
F
F
A
W
F
W
F
Z(A,B)
*
*
*
*
und für die Einträge in der letzten Spalte gibt es 24 = 16 Möglichkeiten.
2. Z ( A, B) ⇔ Z ( B, A) genau dann, wenn die Einträge in Zeile 2 und 3 der letzten Spalte
übereinstimmen. Dafür gibt es 23 = 8 Möglichkeiten.
3. (WWWW): A ∨ ¬ A, (FFFF): A ∧ ¬ A, (WFFF): A ∧ B, (FWFF): A ∧ ¬ B, (FFWF): B ∧
¬ A, (FFFW):¬ B ∧ ¬ A, (WWFF); A, (WFWF): B, (WFFW); ( A ∧ B) ∨ (¬ A ∧ ¬ B), (FWWF): ( A ∨ B) ∧ ¬( A ∧ B), (FWFW): ¬ B, (FFWW): ¬ A, (WWWF): ¬( FFFW ), (WWFW):
¬( FFWF ), (WFWW): ¬( FWFF ), (FWWW): ¬(WFFF ).
Aufgabe 71
Der Kommissar hat einen neuen Fall mit vier Verdächtigen P,Q,R und S. Die Ermittlungsergebnisse sind:
31
— Mengenlehre —
Aufgabe 72
Seien A = {1, 2}, B = {2, 3} und C = {1, 2, 3, 4}. Man bilde die folgenden Mengen:
a) A ∪ B,
e) ( A ∪ B) ∩ C,
i) ( A \ B) \ C,
m) P( A),
b) A ∩ B,
f) ( A ∩ B) ∪ C,
j) A \ ( B \ C ),
n) P( A ∩ B),
c) ( A ∪ B) ∪ C,
g) { A B,
k) P(∅),
o) P(( A ∪ B) ∩ C ).
d) ( A ∩ B) ∩ C,
h) {B A,
l) P(P(∅)),
Lösung:
a) {1, 2, 3},
b) {2},
c) {1, 2, 3, 4},
e) {1, 2, 3},
f) {1, 2, 3, 4},
g) {1},
i) ∅,
j) {1, 2},
k) {∅},
m) {∅, {1}, {2}, {1, 2}},
n) {∅, {2}},
o) {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}.
32
d) {2},
h) {3},
l) {∅, {∅}},
Aufgabe 73
Geben Sie jeweils an, wie viele Elemente die Menge enthält.
a) ∅,
d) {1, 2, 3},
g) {1, {2, {3}}},
j) {1, 2} ∪ {2, 4},
m) {1, 2, 3} \ {2, 3},
p) {1, {2, 3}} \ {2, 3},
b) {∅},
e) {{1, 2, 3}},
h) {∅, 1, {1}, {1, 1}},
k) {1, 2} ∩ {2, 4},
n) {1, 2, 3} \ {{2, 3}},
q) {1, 2, {3}} \ {{2}, {3}},
c) {{∅}},
f) {1, {2, 3}},
i) {{∅}, {2}, {2, {2}}},
l) {1, 2} \ {2, 4},
o) {1, 2, 3} \ {{2}, 3},
r) {1, 2, {1, 2, 3}} \ {{1, 2}}.
b) 1,
e) 1,
h) 3,
k) 1,
n) 3,
q) 2,
c) 1,
f) 2,
i) 3,
l) 1,
o) 2,
r) 3.
Lösung:
a) Es gelte A ⊆ B und B ⊆ C. Sei x ∈ A. Dann gilt auch x ∈ B wegen A ⊆ B, und es folgt
x ∈ C wegen B ⊆ C. Man hat damit x ∈ A ⇒ x ∈ C gezeigt, was nach Definition äquivalent
zu A ⊆ C ist.
b) Es gilt
x ∈ A ∧ x ∈ B∩C
x ∈ A ∧ (x ∈ B ∧ x ∈ C)
Lösung:
a) 0,
d) 3,
g) 2,
j) 3,
m) 1,
p) 2,
a) A ∪ ∅,
g) {B ∅,
m) A ∩ {B ∅,
c) Es gilt
b) A ∩ ∅,
h) {∅ B,
n) A \ {B B,
c) A ∪ B,
i) {B ({B A),
o) A \ {B A.
d) A ∩ B,
j) A ∪ {B A,
e) {B B,
k) A ∩ {B A,
f) { A B,
l) A ∪ {B ∅,
b) ∅,
h) ∅,
n) A,
c) B,
i) A,
o) A.
d) A,
j) B,
e) ∅,
k) ∅,
f) ∅,
l) B,
a) A ⊆ B ∧ B ⊆ C
⇒
A ⊆ C.
b) A ∩ ( B ∩ C ) = ( A ∩ B) ∩ C.
c) A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C ).
⇒
( x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ x ∈ C
⇔
( x ∈ A ∩ B) ∧ x ∈ C
⇔
x ∈ A ∩ (B ∪ C)
⇔
⇔
x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)
A 60 (b)
⇔
( x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ ( x ∈ A ∧ x ∈ C )
⇔
x ∈ A∩B ∨ x ∈ A∩C
⇔
x ∈ ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C ).
Diese Äquivalenzumformung beweist die behauptete Mengengleichheit.
d) Zeige die Äquivalenz durch Nachweis von A ∩ B = B ⇒ B ⊆ A und A ∩ B = B ⇐ B ⊆ A.
»⇒«: Es gelte A ∩ B = B. Sei x ∈ B. Wegen B = A ∩ B gilt dann auch x ∈ A ∩ B, also
insbesondere x ∈ A. Dies beweist x ∈ B ⇒ x ∈ A, also B ⊆ A.
Man beweise für beliebige Mengen A, B und C:
e) A ⊆ B
⇔
x ∈ A ∧ x ∈ B∪C
Aufgabe 75
d) A ∩ B = B
⇔
A 60 (a)
Diese Äquivalenzumformung beweist die behauptete Mengengleichheit.
Lösung:
a) A,
g) B,
m) A,
⇔
x ∈ ( A ∩ B) ∩ C.
Aufgabe 74
Es seien A und B zwei Mengen mit A ⊆ B. Bestimmen Sie
x ∈ A ∩ (B ∩ C)
⇔
B ⊆ A.
{C B ⊆ {C A .
f) Falls A ⊆ C gilt, folgt aus {C B ⊆ {C A stets A ⊆ B. Man gebe ein Beispiel dafür an, dass im
Falle A 6⊆ C aus {C B ⊆ {C A nicht notwendigerweise A ⊆ B folgen muss.
g) ( A ∩ B) × C = ( A × C ) ∩ ( B × C ).
33
»⇐«: Es gelte B ⊆ A. Da A ∩ B ⊆ B nach Definition des Mengendurchschnitts immer gilt,
verbleibt für A ∩ B = B nur noch A ∩ B ⊇ B zu zeigen. Sei x ∈ B. Wegen B ⊆ A gilt dann
auch x ∈ A, also insgesamt x ∈ B ∩ A. Dies beweist x ∈ B ⇒ x ∈ A ∩ B, also die Inklusion
A ∩ B ⊇ B, und schließt somit den Beweis ab.
/ B. Es sei zunächst angenommen, es
e) Es gelte A ⊆ B. Sei x ∈ {C B. Dann gilt x ∈ C und x ∈
gelte x ∈ A. Wegen A ⊆ B wäre dann auch x ∈ B, was im Widerspruch zu x ∈
/ B stünde.
Daher kann x ∈ A nicht gelten. Somit hat man x ∈ C und x ∈
/ A, also x ∈ {C A. Dies beweist
x ∈ {C B ⇒ x ∈ {C A, also {C B ⊆ {C A, was die Behauptung liefert.
f) Es gelte A ⊆ C und {C B ⊆ {C A. Sei x ∈ A. Wegen A ⊆ C gilt dann auch x ∈ C. Nehme
nun an, es gelte x ∈
/ B. Zusammen mit x ∈ C erhält man x ∈ {C B, woraus sich wegen
{C B ⊆ {C A auch x ∈ {C A und somit insbesondere x ∈
/ A folgern lässt. Dies ist jedoch ein
34
Widerspruch zu x ∈ A. Die Annahme x ∈
/ B kann also nicht wahr sein, es muss x ∈ B gelten.
Dies beweist x ∈ A ⇒ x ∈ B, also A ⊆ B.
Für den zweiten Teil der Aufgabe wähle A = {1, 2} und B = {1, 3} sowie C = {1}. Dann ist
{C B = ∅ = {C A, also insbesondere {C B ⊆ {C A, aber es gilt nicht A ⊆ B.
g) Schreibe x = ( x1 , x2 ). Dann gilt
x ∈ ( A ∩ B) × C
⇔
( x1 , x2 ) ∈ ( A ∩ B ) × C
⇔
x1 ∈ ( A ∩ B ) ∧ x2 ∈ C
⇔
( x1 ∈ A ∧ x1 ∈ B ) ∧ x2 ∈ C
⇔
( x1 ∈ A ∧ x2 ∈ C ) ∧ ( x1 ∈ B ∧ x2 ∈ C )
⇔
( x1 , x2 ) ∈ A × C ∧ ( x1 , x2 ) ∈ B × C
⇔
( x1 , x2 ) ∈ ( A × C ) ∩ ( B × C )
⇔
x ∈ ( A × C ) ∩ ( B × C ).
Lösung:
T
T
Es gilt r∈R { x ∈ R | x > r } = ∅. Nehme r∈R { x ∈ R | x > r } 6= ∅ an, es existiere also
T
ein y ∈ r∈R { x ∈ R | x > r }. Dann gilt y ∈ { x ∈ R | x > r } für alle r ∈ R, insbesondere
y ∈ { x ∈ R | x > y + 1}, also y > y + 1. Dies ist ein Widerspruch; ein solches y kann nicht
T
existieren. Daher war die Annahme r∈R { x ∈ R | x > r } 6= ∅ falsch, was das behauptete
Ergebnis beweist.
Aufgabe 78 (∗)
Es bezeichne A eine Menge. Zeigen Sie die Äquivalenz der Aussagen
(i) B \ A = B für alle Mengen B
(ii) ( A ∪ B) \ A = B für alle Mengen B
(iii) A = ∅
durch einen Ringschluss, das heißt: Zeigen Sie (i) ⇒ (ii), (ii) ⇒ (iii) und (iii) ⇒ (i).
Lösung:
(i) ⇒ (ii): Es gelte B \ A = B für alle Mengen B. Sei nun B eine beliebige Menge. Dann gilt
Diese Äquivalenzumformung beweist die behauptete Mengengleichheit.
x ∈ ( A ∪ B) \ A
⇔
x ∈ ( A ∪ B) ∧ x ∈
/A
Aufgabe 76
⇔
Man beweise für beliebige Mengen X und Y :
( x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ x ∈
/A
a) X ⊆ Y
(x ∈ A ∧ x ∈
/ A) ∨ ( x ∈ B ∧ x ∈
/ A)
⇒
P ( X ) ⊆ P (Y ) .
b) P( X ) ∪ P(Y ) ⊆ P( X ∪ Y ). Man gebe ein Beispiel dafür an, dass im Allgemeinen nicht
P( X ) ∪ P(Y ) = P( X ∪ Y ) gilt.
Lösung:
a) Es gelte X ⊆ Y . Sei M ∈ P( X ), also M ⊆ X . Wegen X ⊆ Y folgt dann mit Aufgabe 75 (a),
dass auch M ⊆ Y , also M ∈ P(Y ) gilt. Dies beweist M ∈ P( X ) ⇒ M ∈ P(Y ), also
P ( X ) ⊆ P (Y ) .
b) Sei M ∈ P( X ) ∪ P(Y ). Dann gilt M ∈ P( X ) oder M ∈ P(Y ), also M ⊆ X oder M ⊆ Y .
Wegen X ⊆ X ∪ Y und Y ⊆ X ∪ Y folgt in beiden Fällen mit Aufgabe 75 (a), dass auch
M ⊆ X ∪ Y , also M ∈ P( X ∪ Y ) gilt. Dies beweist M ∈ P( X ) ∪ P(Y ) ⇒ x ∈ P( X ∪ Y ),
also P( X ) ∪ P(Y ) ⊆ P( X ∪ Y ).
x∈B ∧ x∈
/A
Berechnen Sie
r ∈R
⇔
⇔
⇔
B\ A= B
x ∈ B\A
⇔
x ∈ B.
Diese Äquivalenzumformung beweist (ii).
(ii) ⇒ (iii): Es gelte ( A ∪ B) \ A = B für alle Mengen B. Spezialisiert man dies für B = A, erhält
man A = ( A ∪ A) \ A = A \ A = ∅, also die Aussage aus (iii).
(iii) ⇒ (i): klar nach Definition der Mengendifferenz
Für den zweiten Teil der Aufgabe wähle X = {1} und Y = {2}. Dann gilt P( X ) ∪
P(Y ) = {∅, {1}} ∪ {∅, {2}} = {∅, {1}, {2}}, aber es ist P( X ∪ Y ) = P({1, 2}) =
{∅, {1}, {2}, {1, 2}}.
Aufgabe 77 (\
∗)
A 60 (b)
— Abbildungen —
Aufgabe 79
{ x ∈ R | x > r }, und beweisen Sie Ihr Ergebnis.
35
Welche der folgenden Ausdrücke definieren Abbildungen? Falls eine Abbildung vorliegt, untersuchen Sie diese auf Injektivität, Surjektivität und Bijektivität.
36
a) f 1 : R → R, x 7→ x2 ;
b) g1 : R → R, x 7→
f 2 : R → [0, ∞), x 7→ x2 ;
x3 ;
c) w1 : [0, ∞) → R, x 7→
√
g2 : R → [0, ∞), x 7→
x3 ;
w 2 : R → R, x 7 → ±
x;
f 3 : N → N, x 7→ x2 ;
√
g 3 : Z → Z, x 7 →
a) Bestimmen Sie g ◦ f und f ◦ g.
x3 ;
b) Bestimmen Sie den Wertebereich von f , g, f ◦ g und g ◦ f .
x2 ;
Lösung:
a) g ◦ f : R → R, x 7→ g( f ( x )) = 4x2 ; f ◦ g : R → R, x 7→ f ( g( x )) = 2( x − 1)2 + 1 =
2x2 − 4x + 3.
d) d : N × N → Z, (m, n) 7→ m − n;
e) pm : N → N, n 7→ m · n (Untersuchung in Abhängigkeit von m ∈ N);
f) FM : P( M ) → P( M ), A 7→ { M A (Untersuchung in Abhängigkeit von M 6= ∅);
b) Wertebereich von f : R, Wertebereich von g: [0, ∞), Wertebereich von f ◦ g: [1, ∞), Wertebereich von g ◦ f : [0, ∞).
h) u : (0, ∞) → [2, ∞), x 7→ 1x ( x2 + 1);
Aufgabe 81
g) H M : M → P( M ), x 7→ { x } (Untersuchung in Abhängigkeit von der Menge M 6= ∅);
i) v : N0 → Z mit u(n) =
n
2
falls n gerade und u(n) =
j) hc : R \ {0} → R, x 7→ x +
c
x
1
− n+
2
Was ist an Sprechweisen wie »die Funktion x2 « oder »die Funktion f ( x )« formal gesehen falsch?
Formulieren Sie die Zitate so um, dass sie formal korrekt sind.
falls n ungerade;
(Untersuchung in Abhängigkeit von c ∈ R).
Lösung:
a) f 1 nicht injektiv ( f 1 (1) = 1 = f 1 (−1)), nicht surjektiv (es gibt kein
p x ∈ R mit f 1 ( x ) = −1),
nicht bijektiv; f 2 nicht injektiv ( f 2 (1) = 1 = f 2 (−1)), surjektiv ( f 2 ( y) p
= y für alle y ∈ [0, ∞)),
nicht bijektiv; f 3 injektiv (für jedes y in der Wertemenge von f 3 ist x = y die einzige Lösung
für f 3 ( x ) = y), nicht surjektiv (es gibt kein x ∈ N mit f 3 ( x ) = 2), nicht bijektiv
b) g1 injektiv, surjektiv, bijektiv; g2 keine Abbildung; g3 injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv
c) w1 injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv; w2 keine Abbildung (w2 (1) nicht eindeutig)
d) d nicht injektiv (d(2, 1) = 1 = d(3, 2)), surjektiv (∀i ∈ Z : d(i + |i | + 1, |i | + 1) = i), nicht
bijektiv
e) p1 injektiv, surjektiv, bijektiv; pm für m > 1 injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv
Aufgabe 82 (∗)
Seien X und Y beliebige nichtleere Mengen und f : X → Y eine Abbildung. Man definiert für
alle Mengen A ⊆ X und B ⊆ Y die Schreibweisen f ( A) = { f ( x ) | x ∈ A} und f −1 ( B) = { x ∈
X | f ( x ) ∈ B}. Zeigen Sie für alle Mengen A, A0 ⊆ X sowie B, B0 ⊆ Y :
a) f ( A ∩ A0 ) ⊆ f ( A) ∩ f ( A0 ).
b) f −1 ( B ∪ B0 ) = f −1 ( B) ∪ f −1 ( B0 ).
f) FM für alle Mengen M injektiv, surjektiv, bijektiv
c) A ⊆ f −1 ( f ( A)).
g) H M für alle Mengen M injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv
h) u nicht injektiv (u( 12 ) = 52 = u(2)), surjektiv (für jedes y > 2 ist 1x (1 + x2 ) = y
1 + x2 = yx eine in (0, ∞) lösbare quadratische Gleichung), nicht bijektiv
Lösung:
Der Begriff »Funktion« steht nicht für »Term«, sondern für eine Abbildungsvorschrift zusammen
mit Definitions- und Zielbereich. Die Zitate können wie folgt korrigiert werden: »die Funktion
R → R, x 7→ x2 « und »die Funktion f «.
Geben Sie Beispiele dafür an, dass in (a) und (c) im Allgemeinen nicht Gleichheit gilt.
⇔
i) v injektiv, surjektiv, bijektiv
j) h0 injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv; hc für c > 0 nicht injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv
(für x ∈ R \ {0} und y ∈ R gilt x + xc = y ⇔ x2 + c = yx ⇔ x2 − yx + c = 0,
es gibt y ∈ R, so dass diese Gleichung keine Lösung hat (⇒ nicht surjektiv), ebenso gibt
es y ∈ R, so dass zwei Lösungen existieren (⇒ nicht injektiv)); hc für c < 0 nicht injektiv,
surjektiv, nicht bijektiv (Gleichung x2 − yx + c = 0 ist immer lösbar, es gibt y ∈ R, so dass
diese Gleichung zwei Lösungen hat).
Lösung:
a) Sei y ∈ f ( A ∩ A0 ). Dann gibt es ein x ∈ A ∩ A0 mit y = f ( x ). Da x ∈ A und x ∈ A0 gilt, ist
damit auch y ∈ f ( A) und y ∈ f ( A0 ), also y ∈ f ( A) ∩ f ( A0 ). Dies zeigt y ∈ f ( A ∩ A0 ) ⇒
y ∈ f ( A) ∩ f ( A0 ), also f ( A ∩ A0 ) ⊆ f ( A) ∩ f ( A0 ).
Für den Nachweis, dass im Allgemeinen keine Gleichheit gilt, wähle f : R → R, x 7→ x2 sowie
A = (−∞, 0) und A0 = (0, ∞). Dann gilt f ( A ∩ A0 ) = f (∅) = ∅, aber f ( A) ∩ f ( A0 ) =
(0, ∞) ∩ (0, ∞) = (0, ∞) 6= ∅.
Aufgabe 80
Seien f : R → R, x 7→ 2x + 1 und g : R → R, x 7→ ( x − 1)2 zwei Abbildungen.
37
38
4
b) Für x ∈ X gilt
x ∈ f −1 ( B ∪ B 0 )
f ( x ) ∈ B ∪ B0
⇔
f ( x ) ∈ B ∨ f ( x ) ∈ B0
x∈ f
−1
( B) ∪ f
−1
⇔
0
4
b) ∏ 2,
c) ∏(3j),
Schreiben Sie mit dem Produktzeichen:
Für den Nachweis, dass im Allgemeinen keine Gleichheit gilt, wähle f : R → R, x 7→ x2 sowie
A = [0, 1]. Dann gilt f ( A) = [0, 1] und f −1 ( f ( A)) = f −1 ([0, 1]) = [−1, 1] 6= [0, 1] = A.
— Natürliche Zahlen und vollständige Induktion —
a) 4 · 7 · 10 · 13,
4
a) ∏(3j + 1),
∑
∑ (3n + 7),
c)
n =1
j =1
Lösung:
a) 20,
b) 10,
1
j =1
∑
3,
d)
k =1
c) . . . = 101 · 3 = 303,
d) . . . = 1 −
5
∑
k =1
1
6
1
1
−
.
k k+1
= 56 .
1 1 1
1
1
+ + +
+···+
,
2 4 8 16
1024
4
∑ (2j + 1) j+3,
j =1
b)
n +5
∑
j =2
1
,
j
c)
d) ∏ j2 .
j =3
aj =
Lösung:
a) n + 3,
∑ a k −3 ,
10
10
1
∑ j,
j =0 2
d) − ∑ (−q) j .
j =1
k =1
n −1
j =1
k =0
∏ a .
b) k + 1 oder n − k.
Aufgabe 88
Beweisen Sie für n ∈ N und a1 , . . . , an+1 ∈ R beziehungsweise b1 , . . . , bn+1 ∈ R \ {0}:
n
∑ ( a k − a k +1 ) = a 1 − a n +1 ,
b)
n −1
n
1
=
,
c) ∑
k
(
k
+
1
)
n
+
1
k =1
d)
b
∏ bk+k 2
k =0
n
=
b0 b1
,
bn bn + 1
n
n−k+1
= 1.
k
k =1
∏
Lösung:
a) Es gilt
n
∑ ( a k − a k +1 ) =
k =1
n
∑
k =1
ak −
n
∑
k =1
a k +1 =
n
∑
k =1
ak −
= a 1 − a n +1 .
Aufgabe 85
n
b) ∏ a j =
k =1
Lösung:
a)
n
∑
j=−2
Schreiben Sie mit dem Summenzeichen:
c) 1 +
7
2j
,
2j
+1
j =1
Ersetzen Sie jeweils »« durch einen Term, der dazu führt, dass die Gleichheit für den allgemeinen Fall gültig wird. Geben Sie für (b) zwei verschiedene Lösungen an.
a)
1 1 1
1
b) + + + · · · +
,
2 3 4
n+5
2
3
4
d) q − q + q − q + · · · − q10 .
d) 9 · 16 · 25 · 36 · 49.
Aufgabe 87
Aufgabe 84
a) 34 + 55 + 76 + 97 ,
2·4·6·8
,
3·5·7·9
c) ∏
j =1
a)
101
c)
4
n
b) ∏ j,
Geben Sie den Zahlenwert der folgenden Summen an:
b)
b) n!,
Lösung:
Aufgabe 83
j ( j + 1),
k
k =1
Aufgabe 86
( B ).
c) Sei x ∈ A. Dann ist f ( x ) ∈ f ( A), also nach Definition x ∈ f −1 ( f ( A)). Dies zeigt x ∈ A ⇒
x ∈ f −1 ( f ( A)), also A ⊆ f −1 ( f ( A)).
3
5
∏ k + 1.
d) 16 .
c) 648,
Diese Äquivalenzumformung beweist die Behauptung.
a)
d)
j =2
l =0
Lösung:
1
a) 24
,
b) . . . = 28 = 256,
⇔
x ∈ f −1 ( B ) ∨ x ∈ f −1 ( B 0 )
7
1
j
j =2
a) ∏ ,
⇔
n +1
∑
k =2
a k = a1 +
n
∑
k =2
ak −
n
∑
k =2
a k + a n +1
!
Bemerkung: Die hier auftretende Form der Summe wird auch als »Teleskopsumme« bezeichnet.
Berechnen Sie:
39
40
b) Es gilt
n −1
n −1
n −1
bk
∏ bk + 2
∏ bk
=
k =0
k =0
n −1
∏ bk
k =0
n +1
=
∏ bk + 2
=
∏ bk
k =0
b0 · b1 ·
Lösung:
a) Es gilt
n −1
∏ bk
k =2
b0 b1
.
bn bn + 1
=
n −1
∏ bk · bn · bn + 1
k =2
( n + 1)
k =2
c) Es gilt
n
n
1
( k + 1) − k
∑ k ( k + 1) = ∑ k ( k + 1) = ∑
k =1
k =1
k =1
n
(a)
=
k
k+1
−
k ( k + 1) k ( k + 1)
n
=
∑
k =1
1
1
−
k k+1
1
( n + 1) − 1
n
1
−
=
=
.
1 n+1
n+1
n+1
d) Es gilt
∏ ( n − k + 1)
n−k+1
=
∏
k
k =1
k =1
n
∏j
=
∏k
j =1
n
= 1.
∏k
k =1
Geben Sie die Werte der folgenden Binomialkoeffizienten an:
Lösung:
a) 3,
b) 1,
(k−n 1)
=
n!
k!(n−k)!
n!
( k −1) ! ( n − k +1) !
=
( k − 1) ! ( n − k + 1) !
n−k+1
=
.
k!(n − k)!
k
Aufgabe 91
Aufgabe 89
3
,
1
(nk)
( n + 1) !
n
n+1
n!
+
+
=
k!(n − k )! (k + 1)!(n − k)!
k
k+1
n!
n+k+2
k+1 n+1
n
=
=
.
+
( k + 1) ! ( n − k − 1) ! n − k n − k
n−k
k+1
n
k =1
a)
b) Es gilt
c) Es gilt
n
n
n
n!
( n + 1) !
( n + 1) ! ( n − k + 1)
= ( n + 1)
=
=
k
k!(n − k )!
k!(n − k)!
k!(n − k )!(n − k + 1)
(n − k + 1)(n + 1)!
n+1
=
= ( n − k + 1)
.
k!(n − k + 1)!
k
b)
5
,
0
c) 20,
c)
6
,
3
d)
50
49
d)
=
50
1
50
,
49
= 50,
e)
50
,
51
e) 0,
f)
0
,
0
f) 1,
g) 0.
g)
0
.
1
Eine Aussage A(n) soll mit vollständiger Induktion für alle n ∈ N bewiesen werden. Der
Induktionsanfang wurde für n = 1 durchgeführt. Entscheiden Sie jeweils, ob die Formulierung
der Induktionsvoraussetzung in diesem Beweis korrekt ist.
(1) (IV) Für alle n ∈ N gelte A(n).
(2) (IV) Sei n ∈ N, und es gelte A(n).
(3) (IV) Es gelte A(n) für ein n ∈ N.
(4) (IV) Es gelte A(n) für alle n ∈ N.
(5) (IV) Es gelte A(n) für n ∈ N.
Aufgabe 90
Beweisen Sie:
(6) (IV) Es gelte A(n + 1) für ein n ∈ N.
n
n+1
a) Für alle k, n ∈ N0 mit k 6 n gilt (n + 1)
= ( n − k + 1)
.
k
k
(7) (IV) Es gelte A(n) und A(n + 1) für ein n ∈ N.
n−k+1
.
k
n
n+1
n+k+2
n
c) Für alle k, n ∈ N0 mit k < n gilt
+
=
.
k
k+1
n−k
k+1
(9) (IV) Sei n ∈ N so, dass A(n + 1) gilt.
b) Für alle k, n ∈ N mit k 6 n gilt
(nk)
(k−n 1)
=
(8) (IV) Sei n ∈ N so, dass A(n) gilt.
Lösung:
Korrekt sind nur die Varianten (2), (3) und (8).
Aufgabe 92
Beweisen Sie die folgenden Aussagen mit vollständiger Induktion:
41
42
a) Für alle n ∈ N gilt
n
(IS) Es gilt
∑ j · j! = (n + 1)! − 1.
j =1
n +1
∑
n
2n +1 − n − 2
k
.
b) Für alle n ∈ N gilt ∑ k =
2n
k =1 2
c) Für alle n ∈ N gilt
k =1
n
k
k
n + 1 IV 2n+1 − n − 2 n + 1
+ n +1
=∑
+ n +1 =
2n
2
2
2k k =1 2k
=
2n−1
∑ (−1) j−1 j2 = n(2n − 1).
Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die
Gültigkeit der Behauptung für alle n ∈ N.
j =1
d) Für alle n ∈ N gilt n! >
2n −1 .
e) Für alle n ∈ N0 und x ∈ R mit x > −1 gilt (1 + x )n > 1 + nx.
f) Für alle k, n ∈ N0 mit k 6 n gilt
n+1
k+1
c) (IA) Es gilt
m
.
k
m=k
n
=
2 · 2n+1 − 2n − 4 + n + 1
2n +2 − n − 3
2(n+1)+1 − (n + 1) − 2
=
=
n
+
1
n
+
1
2
2
2n +1
2·1−1
∑
Lösung:
a) (IA) Es gilt
∑
(−1) j−1 j2 =
j =1
1
∑ (−1) j−1 j2 = (−1)012 = 1 = 1 · (2 · 1 − 1),
j =1
also gilt die Behauptung für n = 1.
(IV) Sei n ∈ N, und es gelte die Behauptung für dieses n.
1
∑ j · j! = 1 · 1! = 1
und
j =1
(1 + 1)! − 1 = 2! − 1 = 2 − 1 = 1,
(IS) Es gilt
2(n+1)−1
∑
also gilt die Behauptung für n = 1.
(−1) j−1 j2 =
j =1
(IV) Sei n ∈ N, und es gelte die Behauptung für dieses n.
∑ (−1) j−1 j2
j =1
=
(IS) Es gilt
2n+1
2n−1
∑ (−1) j−1 j2 + (−1)2n−1 (2n)2 + (−1)2n (2n + 1)2
j =1
n +1
n
j =1
j =1
IV
= n(2n − 1) − (2n)2 + (2n + 1)2 = 2n2 − n − 4n2 + 4n2 + 4n + 1
IV
∑ j · j! = ∑ j · j! + (n + 1) · (n + 1)! = (n + 1)! − 1 + (n + 1)(n + 1)!
= ( n + 1) ! · (1 + n + 1) − 1 = ( n + 1) ! · ( n + 2) − 1 = ( n + 2) ! − 1
= ((n + 1) + 1)! − 1.
Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die
Gültigkeit der Behauptung für alle n ∈ N.
b) (IA) Es gilt
= 2n2 + 3n + 1 = (n + 1)(2n + 1) = (n + 1)(2(n + 1) − 1).
Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die
Gültigkeit der Behauptung für alle n ∈ N.
d) (IA) Es gilt 1! = 1 = 20 = 21−1 , also gilt die Behauptung für n = 1.
(IV) Sei n ∈ N, und es gelte n! > 2n−1 .
(IS) Es gilt
1
k
∑ 2k
k =1
=
1
1
=
2
21
und
21 + 1
−1−2
4−1−2
1
=
= ,
2
2
21
also gilt die Behauptung für n = 1.
(IV) Sei n ∈ N, und es gelte die Behauptung für dieses n.
n >1
IV
(n + 1)! = n!(n + 1) > 2n−1 (n + 1) > 2n−1 · 2 = 2n = 2(n+1)−1 .
Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die
Gültigkeit der Behauptung für alle n ∈ N.
e) Sei x ∈ R mit x > −1.
(IA) Es gilt (1 + x )0 = 1 = 1 + 0 · x, also gilt die Behauptung für n = 0.
(IV) Sei n ∈ N0 , und es gelte (1 + x )n > 1 + nx.
43
44
(IS) Es gilt
(1 + x ) n +1 = (1 + x ) n (1 + x )
IV
>
1+ x >0
(1 + nx )(1 + x ) = 1 + nx + x + nx2
= 1 + (n + 1) x + nx2 > 1 + (n + 1) x.
Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die
Gültigkeit der Behauptung für alle n ∈ N0 .
f) Führe Induktion nach n durch.
(IA) Sei n = 0. Ist k ∈ N0 mit k 6 n, so muss k = 0 gelten. Dann ist
0 m
m
0
0+1
n+1
= ∑
=
=1=
=
.
k
0
0+1
k+1
m =0 0
m=k
n
∑
Daher gilt die Behauptung für n = 0.
(IV) Sei n ∈ N0 , und es gelte
n+1
k+1
m
für alle k ∈ N0 mit k 6 n.
k
m=k
n
=
∑
Lösung:
a) Für alle n ∈ N0 gilt 2n = (1 + 1)n =
n n
n
· 1k · 1n − k = ∑
.
k
k
k =0
k =0
n n
n
n
b) Für alle n ∈ N gilt 0 = 0n = ((−1) + 1)n = ∑
(−1)k 1n−k = ∑ (−1)k
.
k
k
k =0
k =0
Aufgabe 94
Beweisen Sie durch Anwendung von Aufgabe 93 (a):
a) 2n > n für alle n ∈ N,
1 3
c) 2n > 27
n für alle n ∈ N mit n > 3,
Lösung:
a) Für alle n ∈ N gilt 2n =
n +1 m
m
n+1
n+2
( n + 1) + 1
= ∑
=
=1=
=
,
k
n+1
n+1
n+2
k+1
m = n +1
m=k
∑
was die Behauptung für n + 1 anstelle von n und k = n + 1 ist. Sei nun k 6 n. Dann gilt
n m
m
n + 1 IV n + 1
n + 1 Add.th. n + 2
=
∑ k = ∑ k + k = k+1 + k
k+1
m=k
m=k
( n + 1) + 1
=
.
k+1
n +1
Auch in diesem Fall konnte man die Behauptung für n + 1 anstelle von n bewiesen. Insgesamt
folgt nun mit dem Induktionsprinzip die Gültigkeit der Behauptung für alle n, k ∈ N0 mit k 6 n.
Bemerkung: Die oben durchgeführte Fallunterscheidung ist notwendig, da die Induktionsvoraussetzung nur für k 6 n eine Aussage liefert, nicht aber für k = n + 1.
Aufgabe 93
Beweisen Sie durch Anwendung des binomischen Satzes:
n
= 2n .
k
k =0
n
n
b) Für alle n ∈ N gilt ∑ (−1)k
= 0.
k
k =0
a) Für alle n ∈ N0 gilt
n
b) 2n > 41 n2 für alle n ∈ N mit n > 2,
1 3
d) 2n > 16
n für alle n ∈ N mit n > 4.
n
n
>
= n.
k
1
k =0
n
∑
b) Für alle n ∈ N mit n > 2 gilt
2n =
(IS) Sei k ∈ N0 mit k 6 n + 1. Betrachte zunächst den Fall k = n + 1. Dann gilt
n +1
n
∑
n · n2
n2
n
n
n(n − 1) n>2 n(n − n2 )
>
=
= .
∑ k > 2 = 2
2
2
4
k =0
n
c) Für alle n ∈ N mit n > 3 gilt
2n =
n
n
n(n − 1)(n − 2) n>3 n(n − n3 )(n −
>
∑ k > 3 =
6
6
k =0
n · 3n
n
n
n(n − 1)(n − 2) n>4 n(n − n4 )(n − n2 )
4 ·
>
=
>
=
k
3
6
6
6
k =0
n
2
=
n·
6
=
n3
.
27
=
n3
.
16
d) Für alle n ∈ N mit n > 4 gilt
2n =
n
∑
Aufgabe 95 (∗)
Beweisen Sie die folgenden Aussagen mit vollständiger Induktion:
n −1
an − bn
= ∑ a k b n − k −1 .
a−b
k =0
n n
b) Für alle n ∈ N0 und a, b ∈ R gilt ( a + b)n = ∑
ak bn−k .
k
k =0
a) Für alle n ∈ N und a, b ∈ R mit a 6= b gilt
c) Für alle n ∈ N gilt
45
2n
3
n
3
2n
2n
(−1)k+1
1
= ∑ .
k
k
k =1
k = n +1
n
n
d) Für alle n ∈ N gilt ∑ (k + 1)
= 2 n − 1 ( n + 2 ) − 1.
k
k =1
∑
2n
3 )
·
n
∑
46
e) Für alle n ∈ N gilt
n
Lösung:
√
1
√ 6 2 n − 1.
k
k =1
∑
Aufgabe 96 (∗)
Stellen Sie jeweils (anhand einer Wertetabelle) eine Vermutung auf, für welche n ∈ N die
Ungleichung gilt. Beweisen Sie Ihre Vermutung mit der Wertetabelle und vollständiger Induktion.
b) n! < 3n−1 ,
a) n! > 2n ,
c) 2n > n2 ,
— Komplexe Zahlen —
Aufgabe 97
Schreiben Sie die folgenden komplexen Zahlen in der Form u + iv mit u, v ∈ R:
Lösung:
a) 5 + 3i,
g) 14 + i,
b) −3 + i,
h) 6 + 5i,
b) (1 + 2i ) − (4 + i ),
e) (−11 + i ) + (5 − 2i ),
h) (10 + 3i ) − (4 − 2i ),
k) (−9 + 7i ) − (−5 + 2i ),
c) 2 + 9i,
i) 46 − 8i,
d) −16 + 3i,
j) −14 + 9i,
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
2
0
3
5
0
5
4
1
√2
3
2√
7
Im z
√1
2
√1
2
−6
12
2
√
d) n! > nn .
Lösung:
Skizze zu (b): 1! = 1 6< 1 = 31−1 , 2! = 2 < 3 = 32−1 , 3! = 6 < 9 = 33−1 , 4! = 24 <
27 = 34−1 , 5! = 120 6< 81 = 35−1 , 6! = 720 6< 243 = 36−1 . Vermutung: Es gilt n! < 3n−1
genau für n ∈ {2, 3, 4}. Zeige dazu noch per vollständiger Induktion, dass n! > 3n−1 für alle
n > 5 gilt. Den Induktionsanfang für n = 5 entnimmt man obiger »Wertetabelle«. Sei nun n ∈ N
mit n > 5, und es gelte n! > 3n−1 . Weise die Aussage mit n + 1 anstelle von n nach. Mit dem
Induktionsprinzip folgt nun n! > 3n−1 für alle n ∈ N mit n > 5. Der »Wertetabelle« entnimmt
man, dass n! > 3n−1 auch für n = 1 und n! < 3n−1 für n ∈ {2, 3, 4} gilt. Zusammengenommen
beweist dies die Vermutung
a) (1 + 2i ) + (4 + i ),
d) (−11 + i ) − (5 − 2i ),
g) (10 + 3i ) + (4 − 2i ),
j) (−9 + 7i ) + (−5 + 2i ),
a)
Re z
c) (1 + 2i ) · (4 + i ),
f) (−11 + i ) · (5 − 2i ),
i) (10 + 3i ) · (4 − 2i ),
l) (−9 + 7i ) · (−5 + 2i ).
e) −6 − i,
k) −4 + 5i,
f) −53 + 27i,
l) 31 − 53i.
a) z = 2,
e) z =
1
2
+
√
3
2 i,
b) z = 5i,
c) z = 3 + 4i ,
d) z = √1 + √1 i,
f) z = 7 − 6i,
g) z = 5 + 12i,
h) z = 2 + 2 3i.
2
2
2
−5i
5
3 − 4i
5
− i √12
1
1
2
−
3
2 i
7 + 6i
√
85
1
5 − 12i
13
2 3
√
2 − 2 3i
4
Aufgabe 99
Zeigen Sie für z ∈ C:
a) Re z =
z+z
,
2
b) Im(z) =
z−z
.
2i
Lösung:
Sei z = x + iy mit x, y ∈ R.
a)
x + iy + x − iy
2x
z+z
=
=
= x = Re z,
2
2
2
b)
z−z
x + iy − ( x − iy)
2iy
=
=
= y = Im z.
2i
2i
2i
Aufgabe 100
Zeigen Sie für z, w ∈ C:
a) z · w = z · w,
b) |z|2 = z · z,
c) |z · w| = |z| · |w|.
Lösung:
Seien z = x + iy und w = u + iv mit x, y, u, v ∈ R.
a)
z · w = xu − yv + i ( xv + yu)
= xu − yv − i ( xv + yu)
= xu − (−y)(−v) + i ( x (−v) + (−y)u)
= ( x − iy) · (u − iv)
= z · w.
Aufgabe 98
Bestimmen Sie jeweils Re(z), Im(z), z und |z| für
z
|z|
√1
2
√2
b)
z · z = ( x + iy) · ( x − iy) = ( x2 − y(−y)) + i ( x (−y) + yx ) = x2 + y2 = |z|2 .
47
48
Aufgabe 103
c) Es gilt zunächst
b)
a)
b)
| z · w |2 = z · w · z · w = z · w · z · w = ( z · z ) · ( w · w ) = | z |2 · | w |2 .
Aus |z · w|, |z|, |w| > 0 folgt dann |zw| = |z| · |w|.
Berechnen Sie:
a) i2 + i5 + i3 ,
e)
i) i −1 − i −3 ,
Seien z, w ∈ C. Beweisen Sie mit Hilfe von A 100 (b) die Parallelogrammidentität:
m) i2 − ,
| z + w |2 + | z − w |2 = 2| z |2 + 2| w |2 .
Lösung:
| z + w |2 + | z − w |2 = z + w · ( z + w ) + z − w · ( z − w )
= (z + w) · (z + w) + (z − w) · (z − w)
= zz + zw + wz + ww + zz − zw − wz + ww
= 2 · zz + 2 · ww
1
i
Lösung:
a) −1,
g) −1,
m) −1 + i,
Aufgabe 105 (*)
j)
Lösung:
−1 3 √
6i,
+
5
5
i) 1 − i,
e)
b) 1.7 + 1.6i,
c) 2 + i,
3
4
− i,
25 25
j) 2,
2 11
i,
5
5
k) 1 + i,
f)
f) 3 + 3i,
√
1+i 3
,
2
l)
i)
a) −i,
e)
k)
1
f)
,
3 + 4i
(1 + i )5
,
(1 − i )3
b) −5i,
4 + 3i
g)
,
1 − 2i
√
3 + 2 2i
√ ,
e) √
3 − 2i
3 + 5i
,
4+i
2 + 3i
.
4 − 5i
√
1
3
−
i,
2
2
h) −1,
−7 22
l)
+ i.
41
41
b) 5 · ei
a) 5 · eiπ ,
3π
2
√
i π3
,
o) (−i )3 +
d) −3 + 4i,
j) −2,
p) 1 + i.
i4
,
i2
l) (1 + i )17 ,
h)
i5
k) i31 ,
1
,
i4
1
i
p) 1 − .
f) −1,
l) 256 + 256i,
e) i,
k) −i,
1+i
c)
,
2
√
g) − 3 + i,
1
π
c) √ ei 4 ,
,
d) ei
2
i π4
f) 3 2 · e ,
e) e ,
g) 2 · e
i 5π
6
,
h)
7π
4
√
√
2(1 − i )
,
√ 2
3 3i
h)
− .
2
2
d)
,
5π
3 · ei 3 .
a) Sei w = u + iv ∈ C. Zeigen Sie, dass die Lösungen der Gleichung z2 = w über C
gegeben sind durch
1
z1 = √
2
d)
g) − +
c) 3 + 4i,
i) −2i,
o) 1 + i,
a) −5,
Lösung:
5
c)
,
2−i
1
,
i + i+1 1
b) 1 − i,
h) −1,
n) −4,
√ ! −1
1
3
d)
+
i
,
2
2
1+i 2
h)
,
1−i
10 + 3i
b)
,
4 − 2i
g)
d) (2i − i2 )2 ,
Aufgabe 104
Aufgabe 102
1
a) ,
i
√
f)
i3
Bestimmen Sie die Polarkoordinatendarstellung der folgenden Zahlen. Wählen Sie dabei das
Argument ϕ im Intervall [0, 2π ).
= 2| z |2 + 2| w |2 .
Schreiben Sie die folgenden komplexen Zahlen in der Form u + iv mit u, v ∈ R:
c) 6i − 3i2 + 3i3 + i9 ,
1
,
i6
j) i −2 + i2 ,
1 2
n) i −
,
i
1
,
i3
Aufgabe 101
b) i (−i ) − i2 + i3 − i8 ,
q
|w| + u + iε
q
| w | − u , z2 = − z1 .
Hierbei ist ε ∈ {−1, 1} so gewählt, dass v = ε|v|.
b) Versuchen Sie eine Herleitung der obigen Lösungsformel zu finden.
Aufgabe 106
Bestimmen Sie mit Hilfe von Aufgabe 105 a) die Lösungen der folgenden Gleichungen über C:
a) z2 = − 2i ,
49
b) z2 = −5,
c) z2 = 2 + i,
50
d) z3 = −i.
Lösung:
a) z1 = − 12 + 21 i, z2 =
√
1
2
√
a) Zeigen Sie, dass der zuerst nehmende Spieler stets gewinnen kann, indem Sie eine Gewinnstrategie für diesen Spieler angeben.
− 12 i
b) z1 = i 5, z2 = −i 5
q
b) Gewinnt der zuerst nehmende Spieler auch dann stets, wenn zu Beginn 28, 29, 30, 31, 32
oder 33 Streichhölzer auf dem Tisch liegen?
q
√ c) z1 = 1 + 2 5 +
−1 + 21 5 i, z2 = −z1
√
√
d) z1 = i, z2 = − 12
3 + i , z3 = − 12 − 3 + i
√
1
c) Das oben beschriebene Spiel soll nun für beliebige Anfangszahl von Streichhölzern untersucht werden. Überlegen Sie sich eine Darstellung der auftretenden »Spielpositionen«,
und beschreiben Sie alle Positionen, von denen aus der am Zug befindliche Spieler eine
Gewinnstrategie besitzt.
Aufgabe 107
Bestimmen Sie die Lösungen der folgenden Gleichungen über C:
a) z2 − 2iz − 2 = 0,
d) z4 − 2z2 + 4 = 0,
g) z2 = iz,
b) z2 − 2z − i = 0,
e) z2 + 2(1 − i )z = 2i,
h) z2 + (2 − 2i )z = 4i,
Lösung:
q
√
1+ 2
2
q
√
−1+ 2
,
2
q
√
1+ 2
2
q
√ −1+ 2
,
2
a) {−1 + i, 1 + i },
b)
c) {−1, −i, i },
d) z1 := √1 ( 3 + i ), −z1 , z2 := √1 ( 3 − i ), −z2 ,e) {−1 + i },
f) {1, −i, 2 + i },
i)
z1 : =
q
√
1+ 2
2
g)
−i
q
n
n
1−
c) z3 + z2 + z + 1 = 0,
f) z3 − 3z2 + (3 − 2i )z = 1 − 2i,
i) z4 + 2iz2 = 2.
2
0, −i,
−1+
2
√
1
2(
√
√
−i
1
2 (−
√
1+
o
2
√
+i
3 + i ),
3 + i ) , h) {−2, 2i },
q
q √
√
2
, −z1 , z2 := −1+2 2 − i 1+2 2 , −z2
o
— Knobelaufgaben —
d) Untersuchen Sie nun in ähnlicher Weise die Spielvariante, in der pro Zug mindestens ein
Streichholz und höchstens drei Streichhölzer vom Tisch genommen werden dürfen.
Aufgabe 110 (∗)
Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es, das »Haus vom Nikolaus« ( ) ohne Absetzen des
Stiftes und ohne mehrfaches Durchlaufen derselben Strecke zu zeichnen, wenn in der Ecke links
oben unter dem Dach begonnen werden soll?
Aufgabe 111 (∗)
Der Springer im Schachspiel zieht auf folgende Weise: zunächst ein Feld in gerader Richtung
(vorwärts, rückwärts, nach links oder nach rechts) und dann unter weiterer Entfernung vom
Startpunkt ein Feld in diagonaler Richtung. Geben Sie für die nachfolgenden »Springer-Probleme«
jeweils entweder eine Lösung an oder zeigen Sie, dass keine Lösung existieren kann (es wird
immer ein Springer auf einem Schachbrett der Größe 8 × 8 betrachtet).
a) Geben Sie eine Springerzugfolge an, die auf einem beliebigen Feld startet, auf demselbem
Feld endet und jedes Feld des Schachbretts mit Ausnahme des Startfeldes genau einmal
berührt.
b) Geben Sie eine Springerzugfolge an, die auf dem Feld unten links beginnt, auf dem Feld oben
rechts endet und jedes Feld des Schachbretts genau einmal berührt.
Aufgabe 108 (∗)
a) In der folgenden Addition stehen die Buchstaben für einzelne Ziffern (gleiche Buchstaben
bedeuten stets gleiche Ziffern, verschiedene Buchstaben verschiedene Ziffern): ABBC +
DADE = CEDAD. Finden Sie heraus, welche Rechnung durchgeführt wurde.
b) Untersuchen Sie wie in Teil (a) die Addition ABCB + DBBA = CEFC.
c) Warum kann die Rechnung 2962 + 1164 = 4126 nicht als Grundlage einer Aufgabe wie Teil
(a) verwendet werden?
Aufgabe 109 (∗)
Auf einem Tisch liegen 27 Streichhölzer. Zwei Spieler nehmen nun abwechselnd pro Zug mindestens ein Streichholz und höchstens vier Streichhölzer vom Tisch. Gewonnen hat derjenige, der
am Ende eine gerade Anzahl von Streichhölzern besitzt.
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