Lösungsvorschlag

MATHEMATISCHES INSTITUT
DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Dr. E. Schörner
WS 2014/15
Klausur
31.03.2015
Klausur zur Vorlesung
Grundlagen der Mathematik I“
”
— Lösungsvorschlag —
1. Es seien M und N nichtleere Mengen sowie f : M → N eine Abbildung.
a)
• Für eine Teilmenge A ⊆ M heißt
f (A) = {f (x) | x ∈ A} ⊆ N
das Bild von A unter f .
• Für eine Teilmenge B ⊆ N heißt
f −1 (B) = {x ∈ M | f (x) ∈ B} ⊆ M
das Urbild von B unter f .
b)
• Für eine Teilmenge A ⊆ M bezeichne B = f (A) ⊆ N ; für alle x ∈ A
gilt gemäß der Definition von f (A) zunächst
f (x) ∈ f (A) = B
und damit gemäß der Definition von f −1 (B) dann
x ∈ f −1 (B) = f −1 (f (A)).
Damit gilt A ⊆ f −1 (f (A)) bzw. f −1 (f (A)) ⊇ A.
• Für eine Teilmenge B ⊆ N bezeichne A = f −1 (B) ⊆ M ; für alle
y ∈ f (f −1 (B)) = f (A)
gibt es gemäß der Definition von f (A) ein
x∈A
mit
y = f (x),
und wegen x ∈ A = f −1 (B) gilt gemäß der Definition von f −1 (B) schon
f (x) ∈ B,
also
y ∈ B.
Damit gilt f (f −1 (B)) ⊆ B.
c) Es wird nun speziell M = {♣, ♠, ♥, ♦} und N = {r, s, w} sowie
f (♣) = s,
betrachtet.
f (♠) = s,
f (♥) = r,
f (♦) = r
• Für die Teilmenge A = {♣} ⊆ M gilt
f (A) = {s}
f −1 (f (A)) = f −1 ({s}) = {♣, ♠} ,
und
also A ( f −1 (f (A)) bzw. f −1 (f (A)) ) A. Ebenso kann für A jede
Teilmenge von M gewählt werden, die genau eines der beiden Elemente
♣ und ♠ oder genau eines der beiden Elemente ♥ und ♦ enthält.
• Für die Teilmenge B = {s, w} ⊆ N gilt
f −1 (B) = {♣, ♠}
und
f (f −1 (B)) = f ({♣, ♠}) = {s} ,
also f (f −1 (B)) ( B. Ebenso kann für B jede Teilmenge von N gewählt
werden, die das Element w enthält.
• Eine natürliche Zahl p ∈ N heißt Primzahl, wenn p 6= 1 gilt und für alle
a, b ∈ Z aus p | (a · b) stets p | a oder p | b folgt.
√
• Für d ∈ R+
bezeichnet
die
Quadratwurzel
d die nichtnegative Lösung
0
2
der Gleichung x = d.
• Zwei ganze Zahlen a, b ∈ Z \ {0} heißen teilerfremd, wenn 1 ∈ ggT(a, b)
gilt.
√
b) Sei p ∈ N eine Primzahl; wir nehmen zum Widerspruch p ∈ Q an.
√
• Damit läßt sich x = p als Bruch x = nz mit z ∈ Z und n ∈ N schreiben,
und Kürzen mit d ∈ ggT(z, n) mit d > 0 liefert die Darstellung x = ab
mit teilerfremden Zahlen a = dz ∈ Z und b = nd ∈ N.
2. a)
2
• Wegen x2 = p gilt ab2 = p, also a2 = p b2 ; folglich gilt p | a2 = a · a und,
da p eine Primzahl ist, sogar p | a, es ist also a = p k mit einem k ∈ Z.
• Wegen a2 = p b2 gilt p2 k 2 = p b2 , also p k 2 = b2 ; folglich gilt p | b2 = b · b
und, da p eine Primzahl ist, sogar p | b, es ist also b = p ` mit einem
` ∈ Z.
• Insgesamt ist p ein gemeinsamer Primteiler von a und b, im Widerspruch
zu 1 ∈ ggT(a, b) gemäß Konstruktion.
√
/ Q.
Damit ist x = p ∈
3. a) Wir beweisen die Beziehung
n
X
(−1)k−1 ·
k=1
3k − 2
n
= (−1)n−1 · n
k
2
2
für alle n ∈ N
mit Hilfe vollständiger Induktion.
• n = 1“:
”
1
X
k=1
Es ist
(−1)k−1 ·
3k − 2
3·1−2
1
1
= (−1)1−1 ·
= = (−1)1−1 · 1 .
k
1
2
2
2
2
• n → n + 1“:
”
n+1
X
(−1)k−1 ·
k=1
Es ist
3k − 2
=
2k
!
3
k
−
2
n 3 (n + 1) − 2
+
(−1)
·
=
(−1)k−1 ·
k
2
2n+1
k=1
n
3
n
+
1
−n
3
n
+
1
n
n
= (−1)n−1 · n + (−1) · n+1 = (−1) ·
+ n+1
2
2
2n
2
2
·
(−n)
+
(3
n
+
1)
n
+
1
n
= (−1)n ·
= (−1) · n+1 .
2n+1
2
n
X
b)
• Es gibt
80
– insgesamt
Möglichkeiten für die Auswahl der Fragen aus A,
25
70
– insgesamt
Möglichkeiten für die Auswahl der Fragen aus B,
20
50
– insgesamt
Möglichkeiten für die Auswahl der Fragen aus C,
15
und folglich insgesamt
80
70
50
·
·
mögliche Klausuren.
25
20
15
• Von den insgesamt 60 Klausurfragen stammen aus jedem der drei Teilgebiete A, B und C mindestens 10 (und damit höchstens 40) Fragen;
demnach ist die Gesamtverteilung der Fragen nur davon abhängig, wie
sich die restlichen 30 Klausurfragen auf A, B und C verteilen. Dies
entspricht dem folgenden Urnenexperiment: aus einer Urne mit n = 3
Kugeln (Teilgebiete) werden k = 30 Kugeln (noch freie Prüfungsfragen)
mit Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge gezogen,
wofür es genau
n+k−1
3 + 30 − 1
32
32
=
=
=
k
30
30
2
Möglichkeiten gibt.
c) Wegen
1 2 3 4 5 6 7 8 9
1 2 3 4 5 6 7 8 9
σ◦σ =
◦
4 3 6 7 9 2 1 5 8
4 3 6 7 9 2 1 5 8
1 2 3 4 5 6 7 8 9
=
7 6 2 1 8 3 4 9 5
und
σ
−1
4 3 6 7 9 2 1 5 8
1 2 3 4 5 6 7 8 9
=
=
1 2 3 4 5 6 7 8 9
7 6 2 1 8 3 4 9 5
gilt σ ◦ σ = σ −1 . Damit ist
σ 3 = (σ ◦ σ) ◦ σ = σ −1 ◦ σ = id,
und wegen
2015 = 3 · 671 + 2
ergibt sich
σ 2015 = σ 3·671+2 = (σ 3 )671 ◦ σ 2 = id671 ◦ σ 2 = id ◦ σ 2 = σ 2 ,
also
σ
2015
=
1 2 3 4 5 6 7 8 9
.
7 6 2 1 8 3 4 9 5
4. a) Für den Restklassenring (Z12 , +, ·) erhält man als Menge der Einheiten
Z∗12 = {a | a und 12 teilerfremd} = 1, 5, 7, 11 ,
und für die Einheitengruppe (Z∗12 , ·) ergibt sich die Verknüpfungstafel
·
1 5 7 11
1 1 5 7 11
5 5 1 11 7
7 7 11 1 5
11 11 7 5 1
b) Wir betrachten den Restklassenring (Z2000 , +, ·); für alle x ∈ Z gilt
x 2 = 0 ⇐⇒ x2 = 0 ⇐⇒ 2000 | x2 ,
was für x = 0 zutrifft, für x = ±1 jedoch nicht. Für |x| ≥ 2 betrachten wir
die Primfaktorzerlegung und schreiben diese im Hinblick auf
2000 = 2 · 103 = 2 · (2 · 5)3 = 24 · 53
in der Form
x = ±2e · 5f · y
mit e ∈ N0
und f ∈ N0 ,
wobei in y ∈ N mit 2 - y und 5 - y alle von 2 und 5 verschiedenen Primfaktoren zusammengefaßt sind. Wegen
2
x2 = ±2e · 5f · y = 22e · 52f · y 2
mit
2 - y und 5 - y
ergibt sich
2000 | x2 ⇐⇒ 24 · 53 | 22e · 52f · y 2 ⇐⇒
⇐⇒
2 ≤ e und 2 ≤ f
4 ≤ 2e und 3 ≤ 2f
2
2
⇐⇒
f ∈N
⇐⇒ 2 · 5 | x ⇐⇒ 100 | x
und damit für die Gleichung x2 = 0 die Lösungsmenge
L = k · 100 | k ∈ Z = 0, 100, 200, . . . , 1900 .
c) Für n ∈ N mit n ≥ 3 betrachten wir den Restklassenring (Zn , +, ·), und es
gilt:
2 ∈ Z∗n ⇐⇒ 2 und n teilerfremd ⇐⇒ n ungerade;
in diesen Fällen ist n + 1 gerade, also 21 (n + 1) ∈ N, und wegen
2 · 12 (n + 1) = 2 · 12 (n + 1) = n + 1 = 1
−1
ist 2
= 12 (n + 1) ∈ Zn .