Musterlösung zur Klausur Grundwissen Schulmathematik am 24.2

Musterlösung zur Klausur
Grundwissen Schulmathematik
am 24.2.2012
Aufgabe 1 (10 Punkte)
Zeigen Sie: Für alle n ∈ N ist n3 − 3n2 + 2n durch 6 teilbar.
Lösungsvorschläge
Beweis durch Induktion nach n
n = 1. Es ist 13 − 3 · 12 + 2 · 1 = 1 − 3 + 2 = 0, und dies ist offensichtlich durch n
teilbar.
n → n + 1.
Es sei, für ein bestimmtes n ∈ N, n3 − 3n2 + 2n durch 6 teilbar (I.V.).
z.z.: (n + 1)3 − 3(n + 1)2 + 2(n + 1) ist durch 6 teilbar.
Es ist (n + 1)3 − 3(n + 1)2 + 2(n + 1) = n3 + 3n2 + 3n + 1 − 3n2 − 6n − 3 + 2n + 2 =
n3 − n = (n3 − 3n2 + 2n) + (3n2 − 3n). Der erste Summand ist nach I.V. durch
6 teilbar. Der zweite Summand ist offensichtlich durch 3 teilbar. Außerdem ist er
gerade, denn n2 − n = n(n − 1), was immer gerade ist.
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Direkter Beweis mit Fallunterscheidung
Man beachte die folgende Tabelle
n
n3 − 3n2 + 2n = (n2 − 3n + 2) · n
0
0
1
1−3+2=0
(4 − 6 + 2) · 2 = 0
2
3
(9 − 9 + 2) · 3 = 6 ≡ 0 mod 6
4 (16 − 12 + 2) · 4 = 6 · 4 ≡ 0 mod 6
5 (25 − 15 + 2) · 5 = 12 · 5 ≡ 0 mod 6
Somit gilt die Behauptung für n = 0, . . . , 5. Wenn nun n eine beliebige natürliche
(sogar ganze) Zahl ist, dann ist n modulo 6 kongruent zu einer der Zahlen in der
linken Spalte. Somit ist dann n3 − 3n2 + 2n kongruent zu der entsprechenden Zahl
in der rechten Seite, d.h. zu 0.
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Zweiteiliger Beweis mit Fallunterscheidung
Wir zeigen, dass die angegebene Zahl stets durch 2 und durch 3 teilbar ist.
Teilbarkeit durch 2: Es ist n3 − 3n2 + 2n ≡ n3 − 3n2 = n2 (n − 3) mod 2. Dies ist
stets kongruent zu 0 modulo 2.
Teilbarkeit durch 3: Es ist n3 − 3n2 + 2n ≡ n3 + 2n = n(n2 + 2) mod 3.
Wenn n ≡ 0 mod 3 ist, ist offensichtlich auch n(n2 + 2) ≡ 0 mod 3. Wenn n ≡ 1
mod 3 ist, ist n(n2 + 2) ≡ 1 · (1 + 2) = 3 ≡ 0 mod 3. Wenn n ≡ 2 mod 3 ist, ist
n(n2 + 2) ≡ 2 · (4 + 2) ≡ 12 ≡ 0 mod 3.
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Aufgabe 2
(10 Punkte)
a) (6 Punkte) Sei f : X −→ Y eine Abbildung. Wir definieren wie folgt eine
Relation R auf X:
x1 ∼R x2 :⇐⇒ f (x1 ) = f (x2 )
Zeigen Sie, dass diese Relation eine Äquivalenzrelation ist.
b) (4 Punkte) Sei nun A eine Äquivalenzrelation auf einer Menge X. Geben Sie
eine Abbildung f : X −→ Y in eine von Ihnen gewählte Menge Y an, so dass
für x1 , x2 ∈ X gilt:
x1 ∼A x2 ⇐⇒ f (x1 ) = f (x2 )
Begründen Sie Ihre Antwort kurz. Sie können sich dabei auf die Vorlesung
beziehen.
Lösung
a) Wir müssen zeigen, dass die Relation reflexiv (R), symmetrisch (S) und transitiv
(T) ist.
(R) Sei x ∈ X beliebig. Dann ist f (x) = f (x) und somit x ∼R x.
(S) Seien x1 , x2 ∈ X mit x1 ∼R x2 . Dann ist f (x1 ) = f (x2 ) und somit f (x2 ) =
f (x1 ), also x2 ∼R x1 .
(T) Seien x1 , x2 , x3 ∈ X mit x1 ∼R x2 , x2 ∼R x3 . Dann ist f (x1 ) = f (x2 ) und
f (x2 ) = f (x3 ). Also ist f (x1 ) = f (x2 ) und somit x1 ∼R x3 .
b) Betrachte Y := X/∼A , die Menge der Äquivalenzklassen bezüglich A, und sei
f : X −→ Y = X/∼A , x 7→ [x]∼A (3 Punkte).
Begründung: Für x1 , x2 ∈ X sind (per Definition) äquivalent:
• x1 ∼ A x2
• [x1 ]∼A = [x2 ]∼A
• f (x1 ) = f (x2 )
(1 Punkt)
Aufgabe 3
(10 Punkte)
a) (5 Punkte) Rechnen Sie die Zahl 8634 vom Dezimalsystem ins 9-er System um.
b) (5 Punkte) Rechnen Sie im 8-er System schriftlich.
(54314)8 − (15373)8 − (26373)8
Benutzen Sie hierbei die “ganz normale” schriftliche Subtraktion, aber eben im
8-er System. Rechnen Sie nicht ins 10-er System um!
Lösung
a) Es ist
8634
959
106
11
1
=
=
=
=
=
9 · 959 + 3
9 · 106 + 5
9 · 11 + 7
9·1+2
9·0+1.
Somit ist also 8634 = (12753)9 .
b)
5 4 3 1 4
− 1 5 3 7 3
− 2 6 3 7 3
1
1
2
1
1 0 3 2 6
Also ist die Lösung (10326)8 .
Aufgabe 4
(10 Punkte)
a) (6 Punkte) Bestimmen Sie ganze Zahlen a, b, welche die Gleichung
43a + 18b = 1
lösen. (Die gesamte Lösungsmenge der Gleichung ist nicht gefragt.)
b) (2 Punkte) Bestimmen Sie ganze Zahlen e, f mit
e≡1
f ≡0
mod 43 ,
mod 43 ,
e≡0
f ≡1
mod 18
mod 18
c) (2 Punkte) Geben Sie Lösungsmenge des Systems von Kongruenzen
x≡2
an.
mod 43 ,
x≡1
mod 18 (x ∈ Z)
Lösung
a)
43
18
7
4
= 2 · 18 + 7
=2·7+4
=1·4+3
=1·3+1
(3 Punkte)
1 = 4 − 3 = 4 − (7 − 4) = 2 · 4 − 7 = 2 · (18 − 2 · 7) − 7 = 2 · 18 − 5 · 7 =
2 · 18 − 5 · (43 − 2 · 18) = −5 · 43 + 12 · 18
Eine Lösung ist somit a = −5, b = 12. (3 Punkte)
b) Die Zahlen e := 12 · 18 = 216 und f := −5 · 43 = −215 erfüllen die angegebenen
Kongruenzen. (2 Punkte)
c) Eine Lösung ist 2e + f = 2 · 216 − 215 = 217. Ferner ist 43 · 18 = 774. Somit ist
die Lösungsmenge gleich 217 + 774Z. (2 Punkte)
Aufgabe 5
(15 Punkte)
Es sei eine affine Ebene E gegeben. (Zur Wiederholung: Dies heißt: wir haben
eine Punktmenge, eine Geradenmenge und die drei sogenannten Inzidenzaxiome
gelten.) Es sei nun weiterhin eine Abbildung
δ : E × E −→ R≥0 ,
genannt Abstandsfunktion oder Abstandsabbildung, gegeben.
a) (5 Punkte) Wie lautet nun das Abstandsaxiom (das 4. Axiom in der Vorlesung)?
Was ist für eine gegebene Gerade g eine Koordinatenabbildung für g?
b) (4 Punkte) Seien A, B verschiedene Punkte und P ∈ AB. Wann sagen wir,
dass P zwischen A und B liegt? Wie kann man dies mittels einer geeigneten
Koordinatenabbildung charakterisieren? (Hier ist kein Beweis gefragt.)
c) (6 Punkte) Wie lautet das Trennungsaxiom (das 5. Axiom in der Vorlesung)?
Gehen Sie dabei auf alle Begriffe ein, die Sie verwenden und die noch nicht
definiert sind.
Lösung
a) Das Abstandsaxiom lautet: Für jede Gerade g gibt es eine bijektive Abbildung
ϕ : g −→ R mit δ(P, Q) = |P − Q| für alle P, Q ∈ g (3 Punkte). So eine Abbildung
heißt dann eine Koordinatenabbildung für g (2 Punkte).
b) Es muss gelten: P 6= A, B und ferner δ(A, B) = δ(A, P ) + δ(P, B) (2 Punkte).
Nun zum gefragten Kriterium: Sei ϕ : AB −→ R eine Koordinatenabbildung
mit ϕ(A) < ϕ(B). So eine Koordinatenabbildung gibt es immer. (Wenn für eine
Koordinatenabbildung ϕ das Vorzeichen “falsch herum” ist, kann man stattdessen
die Abbildung −ϕ betrachten.) Dann lautet das Kriterium: ϕ(A) < ϕ(P ) < ϕ(B).
(2 Punkte)
c) Wir müssen zuerst definieren, was eine Strecke und was eine konvexe Punktmenge ist.
Seien A, B zwei verschiedene Punkte. Die Strecke von A nach B, AB, ist die Menge
der Punkte auf AB, die zwischen A und B liegen, vereinigt mit der Menge {A, B}.
(1 Punkt)
Eine Punktmenge X heißt konvex, wenn für alle Punkte A, B ∈ X auch die Strecke
AB vollständig in X liegt. (2 Punkte)
Das Trennungsaxiom lautet nun: Sei g eine beliebige Gerade. Dann gibt es zwei
disjunkte konvexe Mengen H1 , H2 mit E = H1 ∪˙ H2 ∪˙ g und der folgenden
Eigenschaft: Für alle Paare von Punkten A ∈ H1 , B ∈ H2 schneidet die Strecke
AB die Gerade g. (3 Punkte)
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Aufgabe 6
Es seien nun Strecken AB und CD in einer Euklidischen Ebene gegeben, die sich
in einem einzigen Punkt E schneiden, der kein Endpunkt der Strecken ist. Zeigen
Sie, dass die Winkel ∠AEC und ∠BED kongruent zueinander sind. Setzen Sie für
Ihren Beweis nur die Axiome voraus. Machen Sie auch eine Skizze der Situation.
Lösung
Nach dem Winkelmessungsaxiom haben wir m(∠AEC) + m(∠BEC) = 180 und
m(∠BEC) + m(∠BED) = 180. Somit ist also
m(∠AEC) + m(∠BEC) = m(∠BEC) + m(∠BED) .
Hieraus folgt sofort m(∠AEC) = m(∠BED). (4 Punkte)
Ein Punkt für die Skizze.
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