Vorkurs Mathematik im WiSe 2020/2021 (Variante B)
Dr. Regula Krapf Abschlusstest
Die Angabe des persönlichen Codes erfolgt für hochschuldidaktische Forschung. Bei der Wei- tergabe des Tests mit Code wird Ihr Name nicht angegeben, d.h. die Weiterverwendung erfolgt anonymisiert. Verzichten Sie dazu auf eine Beschriftung des Tests mir Ihrem Namen. Der Test ist in 60 Minuten zu bearbeiten und es dürfen alle Hilfsmittel verwendet werden.
Zu beachten bei den Multiple-Choice Aufgaben:Falsche Antworten geben 1 Punkt Abzug.
Eine negative Gesamtpunktezahl innerhalb einer Aufgabe ist aber nicht möglich. Bei Unsicher- heit können Sie bei einigen Teilaufgaben auch nichts ankreuzen, um einen Abzug zu vermeiden (dies ergibt dann 0 Punkte).
Persönlicher Code
1. Buchstabe des Vornamens Ihrer Mutter.Beispiel: Karen→K 1. Buchstabe des Vornamens Ihres Vaters.Beispiel: Thomas→T Letzter Buchstabe des Vornamens Ihres Vaters.Beispiel: Thomas→S 1. Buchstabe Ihres Geburtsortes.Beispiel: Ulm→U
Letzte Stelle des Tages Ihres Geburtstages.Beispiel: 18. März 1982→8 1. Buchstabe Ihres Einschulungsortes.Beispiel: Lübeck→L
1. Buchstabe des Mädchennamens Ihrer Mutter.Beispiel: Lange→L Letzter Buchstabe Ihres ersten Vornamens.Beispiel: Kim Luca→M Im angegebenen Beispiel wäre der persönliche Code: KTSU8LLM
Aufgabe 1(4 Punkte). Handelt es sich bei
A⇒(¬B∨(A⇔B))
um eine Tautologie? Begründen Sie Ihre Antwort mit einer Wahrheitstafel.
Lösung. Wir geben die Wahrheitstafel vonA⇒(¬B∨(A⇔B)) an:
A B ¬B A⇔B ¬B∨(A⇔B) A⇒(¬B∨(A⇔B))
w w f w w w
w f w f w w
f w f f f w
f f w w w w
Da alle Einträge in der Wahrheitstafel vonA⇒(¬B∨(A⇔B)) „w“ sind, handelt es sich um eine Tautologie.
2
Aufgabe 2(4 Punkte). Wählen Sie jeweils die korrekte Alternative.
richtig falsch
4 2
2·3 = 5⇒3·4 = 15 ist eine wahre Aussage.2 4
∀n∈N∃m∈N:m+ 1 =n ist eine wahre Aussage.2 4
Die Lösungsmenge der Ungleichung|x−1|<4 ist{x∈R| −5< x <5}.4 2
Die Aussage y∈Z⇒ |y2+ 3y| ≥2 soll für alleyper Widerspruchsbeweis gezeigt werden. Dann ist die Annahme, die man zu einem Widerspruch führen soll, y∈Z∧ |y2+ 3y|<2.Aufgabe 3(4 Punkte). Beweisen Sie mit vollständiger Induktion: Für allen∈Ngilt 6|7n+ 5.
Lösung. Wir machen eine Induktionsbeweis.
Induktionsanfang: Fürn= 0 ist 70+ 5 = 6 = 6·1 durch 6 teilbar.
Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass 7n+ 5 für ein beliebiges, fest gewähltesn∈N durch 8 teilbar ist.
Induktionsschluss: Zu zeigen ist, dass 7n+1+ 5 durch 6 teilbar ist. Dann ist 7n+1+ 5 = 7·7n+ 5
= (6 + 1)7n+ 5
= 6·7n+ (7n+ 5),
was gemäß Induktionsannahme die Summe zweier durch 6 teilbaren Zahlen ist und damit auch durch 6 teilbar ist.
Aufgabe 4(4 Punkte). Wählen Sie jeweils die korrekte Alternative.
richtig falsch
2 4
Es gilt{1,4,6}={4,{1},6}.4 2
Für alle MengenM, N undP giltM∩(N\P) = (M∩N)\P.2 4
Es giltP(∅) =∅.4 2
Für alle MengenMundN gilt: AusM∪N =N folgtM⊆N.Aufgabe 5 (2+2 Punkte). In der Darstellung unten sind die ersten vier zentrierten Quadrat- zahlenq1, . . . , q5dargestellt.
Geben Sie eine (a) explizite (b) rekursive
vonqnDarstellung an.
3
Lösung.
(a) Es gibt verschiedene Lösungswege. Eine Möglichkeit ist die Darstellung mit Dreieckszah- len (einzeichnen!):
qn=dn+ 2dn−1+dn−2=n(n+ 1)
2 + 2(n−1)n
2 +(n−2)(n−1) 2
=n2+n+ 2n2−2n+n2−3n+ 2
2 =4n2−4n+ 2
2 = 2n2−2n+ 1.
Alternativ:Man stelltqndurch zwei Dreiecke (mit Summen ungerader Zahlen) dar:
qn= (1 + 3 +. . .+ (2n−1)) + (1 + 3 +. . .+ (2n−3))
=n2+ (n−1)2=n2+n2−2n+ 1 = 2n2−2n+ 1
(b) Im Übergang vonnzun+ 1 kommen 4nKugeln hinzu (einzeichnen!), also erhalten wir die Rekursion
q1= 1 qn+1=qn+ 4n.
Aufgabe 6(4 Punkte). Wählen Sie jeweils die korrekte Alternative.
richtig falsch
2 4
Die Relation auf der Menge aller Studierenden definiert durchx∼y, fallsxundy eine gemeinsame Vorlesung besuchen, ist transitiv.2 4
Keine Relation ist gleichzeitig eine Äquivalenz- und eine Ordnungsrelation.4 2
Die Relationx∼y:⇐⇒x2=y2definiert eine Äquivalenzrelation aufR.4 2
Die Relation auf der Menge der OrtschaftenOdefiniert durch {(x, y)∈O2|die Postleitzahl vonxist kleiner gleich derjenigen vony} ist eine Ordnungsrelation.Aufgabe 7(3+1 Punkte).
(a) Berechnen Sie:
(1) (5263)7·(25)7
(2) (360545)7: (5)7= (52651)7
(b) Geben Sie (176325)8im Binärsystem an.
Lösung.
(a) Es gilt:
• (5263)7·(25)7= (204631)7(1 Punkt)
• (360545)7: (5)7= (2 Punkte, 1 Punkt davon für die Angabe der Tabelle)
Zu beachten:Hier lag ein Fehler vor, ursprünglich stand (360544)7, diese Zahl ist aber nicht durch 5 teilbar, hat also einen Rest.
(b) Es gilt (176325)8= (1111110011010101)2.
4
Aufgabe 8(4 Punkte). Wählen Sie jeweils die korrekte Alternative.
richtig falsch
4 2
Die Funktion, die jedem Studierenden der Uni Koblenz seine Matrikelnummer zuordnet, ist injektiv.2 4
Die Funktionf :Q+→Q+, a7→a2ist surjektiv, wobeiQ+={q∈Q|q >0}.4 2
Fallsf :R→Reine Funktion ist undg(x) =x−3, so istg◦f eine Verschie- bung des Funktionsgraphen vonf um 3 Einheiten nach unten.2 4
Die Umkehrfunktion vonf : [0,∞)→[5,∞), x7→x2+ 5 ist gegeben durchf−1(y) =√x−5.
