OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Untervektorräume/Durchschnitt/(1 0 0), (0 1 0) und (-4 7 3), (2 -6 5)/Aufgabe

Im $\mathbb {R} ^{3}$ seien die beiden Untervektorräume
    $U={\left\{s{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}\mid s,t\in \mathbb {R} \right\}}\,$
und
    $V={\left\{p{\begin{pmatrix}-4\\7\\3\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}2\\-6\\5\end{pmatrix}}\mid p,q\in \mathbb {R} \right\}}\,$
gegeben. Bestimme eine Basis für $U\cap V$.
# Untervektorräume/Durchschnitt/(1 0 0), (0 1 0) und (-4 7 3), (2 -6 5)/Aufgabe/Lösung

Jeder Vektor aus dem Durchschnitt $U\cap V$ besitzt eine Darstellung
    $s{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}s\\t\\0\end{pmatrix}}=p{\begin{pmatrix}-4\\7\\3\end{pmatrix}}+q{\begin{pmatrix}2\\-6\\5\end{pmatrix}}\,.$
Wir brauchen also ein Koeffiziententupel $(p,q)$ derart, dass sich rechts ein Vektor ergibt, in dem die dritte Komponente gleich $0$ ist. Dies kann man mit
    $p=5\,$
und
    $q=-3\,$
erreichen und erhält den Vektor
    $5{\begin{pmatrix}-4\\7\\3\end{pmatrix}}-3{\begin{pmatrix}2\\-6\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-26\\53\\0\end{pmatrix}}\,.$
$U\cap V$
# Permutationen/1357642/Verschiedene Eigenschaften/Aufgabe

Betrachte die Permutation $\tau \in S_{7}$, die durch die Wertetabelle
gegeben ist.
a) Man gebe die Zyklendarstellung von $\tau$ an und bestimme den Wirkungsbereich.
b) Berechne $\tau ^{3}$ und die Ordnung von $\tau ^{3}$.
c) Bestimme die Fehlstände von $\tau$ und das Vorzeichen (Signum) von $\tau$.
d) Schreibe $\tau$ als Produkt von Transpositionen und bestimme erneut das Vorzeichen von $\tau$.
# Permutationen/1357642/Verschiedene Eigenschaften/Aufgabe/Lösung

a) Es geht $1\mapsto 1$ und $2\mapsto 3\mapsto 5\mapsto 6\mapsto 4\mapsto 7\mapsto 2$, die Zyklendarstellung ist also
    $\langle 2,3,5,6,4,7\rangle$
und der Wirkungsbereich ist $\{2,3,4,5,6,7\}$.
b) Die Permutation $\tau ^{3}$ ist gegeben durch die Wertetabelle
Hier liegt die Zyklendarstellung
    $\langle 2,6\rangle \langle 3,4\rangle \langle 5,7\rangle$
vor. Das Quadrat davon, also $(\tau ^{3})^{2}$ ist die Identität, sodass die Ordnung davon zwei ist.
c) Die Fehlstände von $\tau$ sind
    $(2,7),\,(3,6),\,(3,7),\,(4,5),\,(4,6),\,(4,7),\,(5,6),\,(5,7),\,(6,7).$
Das sind insgesamt $9$ Fehlstände, daher ist das Vorzeichen $-1$.
d) Es ist, wie man leicht überprüft,
    $\tau =\langle 3,5\rangle \circ \langle 5,6\rangle \circ \langle 6,4\rangle \circ \langle 4,7\rangle \circ \langle 7,2\rangle \,.$
$5$
$-1$
# Permutationen/3652174/Verschiedene Eigenschaften/Aufgabe

Betrachte die Permutation $\tau \in S_{7}$, die durch die Wertetabelle
gegeben ist.
a) Man gebe die Zyklendarstellung von $\tau$ an und bestimme den Wirkungsbereich.
b) Erstelle eine Wertetabelle für $\tau ^{2}$
c) Berechne die Ordnung von $\tau$.
d) Bestimme die Fehlstände von $\tau$ und das Vorzeichen (Signum) von $\tau$.
# Permutationen/3652174/Verschiedene Eigenschaften/Aufgabe/Lösung

a) Die Zyklendarstellung von $\tau$ ist
    $\langle 1,3,5\rangle \langle 2,6,7,4\rangle$
b) $\tau ^{2}$ besitzt die Wertetabelle
c) Da $\tau$ aus einem Zykel der Länge $3$ und einem der Länge $4$ besteht, ist die Ordnung von $\tau$ gleich $12$.
d) Die Fehlstände von $\tau$ sind
    $(1,4),\,(1,5),\,(2,3),\,(2,4),\,(2,5),\,(2,7),\,(3,4),\,(3,5),\,(3,7),\,(4,5),\,(6,7).$
$11$
$-1$
# Matrix/Jordan/4/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $N={\begin{pmatrix}4&-1&3\\0&4&-2\\0&0&4\end{pmatrix}}-4{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1&3\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    $N^{2}={\begin{pmatrix}0&-1&3\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&-1&3\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Der Vektor ${\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von $N^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist
    $N{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1&3\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-2\\0\end{pmatrix}}\,$
und
    $N^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$
Daher ist
    ${\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}3\\-2\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$
eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform
    ${\begin{pmatrix}4&1&0\\0&4&1\\0&0&4\end{pmatrix}}$
# Matrix/Jordan/5/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $N={\begin{pmatrix}7&-1&3\\0&7&4\\0&0&7\end{pmatrix}}-7{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1&3\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    $N^{2}={\begin{pmatrix}0&-1&3\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&-1&3\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&-4\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Der Vektor ${\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von $N^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist
    $N{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1&3\\0&0&4\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\4\\0\end{pmatrix}}\,$
und
    $N^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$
Daher ist
    ${\begin{pmatrix}-4\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}3\\4\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$
eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform
    ${\begin{pmatrix}7&1&0\\0&7&1\\0&0&7\end{pmatrix}}$
# Matrix/Jordan/3/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $N={\begin{pmatrix}3&1&4\\0&3&2\\0&0&3\end{pmatrix}}-3{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    $N^{2}={\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Der Vektor ${\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von $N^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist
    $N{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1&4\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\2\\0\end{pmatrix}}\,$
und
    $N^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$
Daher ist
    ${\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}4\\2\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$
eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform
    ${\begin{pmatrix}3&1&0\\0&3&1\\0&0&3\end{pmatrix}}$
# Matrix/Jordan/2/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $N={\begin{pmatrix}8&2&1\\0&8&3\\0&0&8\end{pmatrix}}-8{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    $N^{2}={\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&6\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Der Vektor ${\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ gehört nicht zum Kern von $N^{2}$, daher kann man aus den sukzessiven Bildern davon eine Basis wie gewünscht herstellen. Es ist
    $N{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\3\\0\end{pmatrix}}\,$
und
    $N^{2}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$
Daher ist
    ${\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}1\\3\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$
eine Basis, bezüglich der die jordansche Normalform
    ${\begin{pmatrix}8&1&0\\0&8&1\\0&0&8\end{pmatrix}}$
# 3x3-Matrix/Basis/Jordan-Matrix/Aufgabe

Es sei eine $3\times 3$-Matrix der Form
    $M={\begin{pmatrix}d&a&b\\0&d&c\\0&0&d\end{pmatrix}}\,$
mit $a,c\neq 0$ gegeben. Wir betrachten die Vektoren
    ${\begin{pmatrix}ac\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}b\\c\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}.$
a) Begründe, dass diese Vektoren eine Basis des $K^{3}$ bilden.
b) Es sei
    $\varphi \colon K^{3}\longrightarrow K^{3}$
die durch $M$ bezüglich der Standardbasis gegebene lineare Abbildung. Erstelle die Matrix, die $\varphi$ bezüglich der neuen Basis beschreibt.
# 3x3-Matrix/Basis/Jordan-Matrix/Aufgabe/Lösung

a) Wegen
    $ac\neq 0\,$
sind die drei Vektoren in Stufenform mit von $0$ verschiedenen Diagonalelementen, deshalb liegt eine Basis vor.
b) Es ist
    ${\begin{pmatrix}d&a&b\\0&d&c\\0&0&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}ac\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}dac\\0\\0\end{pmatrix}}=d{\begin{pmatrix}ac\\0\\0\end{pmatrix}}\,,$
    ${\begin{pmatrix}d&a&b\\0&d&c\\0&0&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b\\c\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}db+ac\\dc\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ac\\0\\0\end{pmatrix}}+d{\begin{pmatrix}b\\c\\0\end{pmatrix}}\,,$
    ${\begin{pmatrix}d&a&b\\0&d&c\\0&0&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}b\\c\\d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}b\\c\\0\end{pmatrix}}+d{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}\,.$
Bezüglich dieser Basis ist die beschreibende Matrix gleich
    ${\begin{pmatrix}d&1&0\\0&d&1\\0&0&d\end{pmatrix}}.$
# Lineare Abbildung/R^3 nach R^2/Auf Basis/4/Aufgabe

Es sei eine lineare Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$
mit
    $\varphi {\begin{pmatrix}-2\\4\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}},\,\varphi {\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}{\text{ und }}\varphi {\begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}$
gegeben. Berechne
    $\varphi {\begin{pmatrix}4\\-6\\5\end{pmatrix}}.$
# Quadratische Gleichung/K/Lösungsformel/Fakt

Es sei $K$ ein Körper der Charakteristik $\neq 2$ und sei
    $aX^{2}+bX+c=0\,$
eine quadratische Gleichung (mit $a\neq 0$).
Dann gilt folgendes Lösungsverhalten.
# Linearkombination/R/2/Aufgabe/Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem
    ${\begin{matrix}2x+4y+z&=&0\\3x\,\,\,\,-y+2z&=&0\\+2y+z&=&1\,\end{matrix}}$
zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der zweiten Gleichung die Variable $y$ aus der ersten und dritten Gleichung. Das resultierende System ist
    ${\begin{matrix}14x\,\,\,\,\,\,\,\,+9z&=&0\\3x\,\,\,\,-y+2z&=&0\\6x\,\,\,\,\,\,\,\,+5z&=&1\,.\end{matrix}}$
Wir eliminieren nun die Variable $x$, aus der dritten Gleichung
    ${\begin{matrix}42x\,\,\,\,\,\,\,\,27z&=&0\\3x\,\,\,\,-y+2z&=&0\\6x\,\,\,\,\,\,\,\,+5z&=&7\,.\end{matrix}}$
    $z={\frac {7}{8}},$
    $x=-{\frac {9}{16}}\,$
und
    $y={\frac {1}{16}}\,.$
Also ist
    ${\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}=-{\frac {9}{16}}{\begin{pmatrix}2\\3\\0\end{pmatrix}}+{\frac {1}{16}}{\begin{pmatrix}4\\-1\\2\end{pmatrix}}+{\frac {7}{8}}{\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}}\,.$
# Linearkombination/R/3/Aufgabe/Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem
    ${\begin{matrix}2x+y+z&=&0\\\,\,\,\,-y+2z&=&1\\2x+3y+3z&=&2\,\end{matrix}}$
zu lösen. Die Differenz
    $IV=III-I\,$
führt auf
    $2y+2z=2\,.$
Die Differenz
    $V=IV-II\,$
führt auf
    $3y=1\,.$
Also ist
    $y={\frac {1}{3}}\,,$
    $z=1-y={\frac {2}{3}}\,$
und
    $x=-{\frac {1}{2}}y-{\frac {1}{2}}z=-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{3}}-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {2}{3}}=-{\frac {1}{2}}\,.$
Also ist
    ${\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}=-{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}2\\0\\2\end{pmatrix}}+{\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}1\\-1\\3\end{pmatrix}}+{\frac {2}{3}}{\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}\,.$
# Lineare Abbildung/R^3 nach R/Auf Basis/1/Aufgabe/Lösung

Wir Lösen zuerst das Gleichungssystem
    $a{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}4\\-1\\-2\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}0\\5\\-5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\5\\4\end{pmatrix}}\,.$
Die Summe
    $IV=II+III\,$
ergibt die Bedingung
    $2a-3b=9\,.$
Die Differenz
    $V=2I-3IV\,$
ergibt
    $17b=-25\,.$
Also ist
    $b=-{\frac {25}{17}}\,$
und damit
    $a={\frac {1}{3}}-{\frac {4}{3}}b={\frac {1}{3}}+{\frac {4}{3}}\cdot {\frac {25}{17}}={\frac {17+100}{51}}={\frac {39}{17}}\,$
und
    $c={\frac {1}{5}}b+1={\frac {1}{5}}\cdot {\frac {25}{17}}+1={\frac {-25+85}{85}}={\frac {60}{85}}={\frac {12}{17}}\,.$
Somit ist
    ${\begin{aligned}\varphi {\begin{pmatrix}1\\5\\4\end{pmatrix}}&=\varphi {\left({\frac {39}{17}}{\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}-{\frac {25}{17}}{\begin{pmatrix}4\\-1\\-2\end{pmatrix}}+{\frac {12}{17}}{\begin{pmatrix}0\\5\\-5\end{pmatrix}}\right)}\\&={\frac {39}{17}}\cdot 6-{\frac {25}{17}}\cdot 7+{\frac {12}{17}}\cdot (-3)\\&={\frac {234-175-36}{17}}\\&={\frac {23}{17}}.\end{aligned}}$
# Lineare Abbildung/R^3 nach R/Auf Basis/1/Aufgabe

Es sei eine lineare Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R}$
mit
    $\varphi {\begin{pmatrix}3\\0\\2\end{pmatrix}}=6,\,\varphi {\begin{pmatrix}4\\-1\\-2\end{pmatrix}}=7{\text{ und }}\varphi {\begin{pmatrix}0\\5\\-5\end{pmatrix}}=-3$
gegeben. Berechne
    $\varphi {\begin{pmatrix}1\\5\\4\end{pmatrix}}.$
# Permutationen/41352/Verschiedene Eigenschaften/Aufgabe

Betrachte die Permutation $\tau \in S_{5}$, die durch die Wertetabelle
gegeben ist.
a) Berechne $\tau ^{2}$ und $\tau ^{3}$.
b) Bestimme die Fehlstände von $\tau$ und das Vorzeichen (Signum) von $\tau$.
# Permutationen/41352/Verschiedene Eigenschaften/Aufgabe/Lösung

a) $\tau ^{2}$ besitzt die Wertetabelle
und $\tau ^{2}$ besitzt die Wertetabelle
b) Die Fehlstände sind
    $(1,2),\,(1,3),\,(1,5),\,(3,5),\,(4,5).$
$5$
$-1$
# Affiner Raum/Affine Gerade/Beschreibung als Urbild/6/Aufgabe/Lösung

Der Richtungsvektor ${\begin{pmatrix}2\\2\\-5\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen $\left(1,\,-1,\,0\right)$ und $\left(0,\,5,\,2\right)$. Daher machen wir den Ansatz
    $\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-y+a\\5y+2z+b\end{pmatrix}}\,.$
Für den Aufpunkt ${\begin{pmatrix}3\\-2\\5\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung
    $\psi {\begin{pmatrix}3\\-2\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5+a\\b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,$
also ist
$a=-4$ und $b=0$. Somit ist
    $\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-y-4\\5y+2z\end{pmatrix}}\,$
$(1,0)$
# Affiner Raum/Affine Gerade/Beschreibung als Urbild/5/Aufgabe/Lösung

Der Richtungsvektor ${\begin{pmatrix}-1\\2\\4\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen $\left(2,\,1,\,0\right)$ und $\left(0,\,2,\,-1\right)$. Daher machen wir den Ansatz
    $\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y+a\\2y-z+b\end{pmatrix}}\,.$
Für den Aufpunkt ${\begin{pmatrix}1\\7\\2\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung
    $\psi {\begin{pmatrix}1\\7\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}9+a\\12+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,$
also ist
$a=-8$ und $b=-12$. Somit ist
    $\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y-8\\2y-z-12\end{pmatrix}}\,$
$(1,0)$
# Affiner Raum/Affine Gerade/Beschreibung als Urbild/3/Aufgabe/Lösung

Der Richtungsvektor ${\begin{pmatrix}3\\3\\1\end{pmatrix}}$ gehört jeweils zum Kern der beiden linear unabhängigen Linearformen $\left(1,\,-1,\,0\right)$ und $\left(0,\,1,\,-3\right)$. Daher machen wir den Ansatz
    $\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-y+a\\y-3z+b\end{pmatrix}}\,.$
Für den Aufpunkt ${\begin{pmatrix}-1\\5\\2\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Bedingung
    $\psi {\begin{pmatrix}-1\\5\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-6+a\\-1+b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,$
also ist
$a=7$ und $b=1$. Somit ist
    $\psi {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-y+7\\y-3z+1\end{pmatrix}}\,$
$(1,0)$
# Cayley-Hamilton/3x3-Matrix/3/Überprüfe/Aufgabe/Lösung

a) Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\det \left({\begin{pmatrix}X&0&0\\0&X&0\\0&0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2&0&-2\\5&3-{\mathrm {i} }&0\\{\mathrm {i} }&3&4\end{pmatrix}}\right)\\&=\det {\begin{pmatrix}X-2&0&2\\-5&X-3+{\mathrm {i} }&0\\-{\mathrm {i} }&-3&X-4\end{pmatrix}}\\&={\left(X-2\right)}{\left(X-3+{\mathrm {i} }\right)}{\left(X-4\right)}+2{\left(15+{\mathrm {i} }{\left(X-3+{\mathrm {i} }\right)}\right)}\\&=X^{3}+{\left(-2-3+{\mathrm {i} }-4\right)}X^{2}+{\left(6-2{\mathrm {i} }+8+12-4{\mathrm {i} }+2{\mathrm {i} }\right)}X+8{\left(-3+{\mathrm {i} }\right)}+30+2{\mathrm {i} }{\left(-3+{\mathrm {i} }\right)}\\&=X^{3}+{\left(-9+{\mathrm {i} }\right)}X^{2}+{\left(26-4{\mathrm {i} }\right)}X+4+2{\mathrm {i} }.\,\end{aligned}}$
b) Es ist
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2&0&-2\\5&3-{\mathrm {i} }&0\\{\mathrm {i} }&3&4\end{pmatrix}}^{2}&={\begin{pmatrix}2&0&-2\\5&3-{\mathrm {i} }&0\\{\mathrm {i} }&3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&0&-2\\5&3-{\mathrm {i} }&0\\{\mathrm {i} }&3&4\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}4-2{\mathrm {i} }&-6&-12\\25-5{\mathrm {i} }&8-6{\mathrm {i} }&-10\\15+6{\mathrm {i} }&21-4{\mathrm {i} }&16-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
Es ist
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}2&0&-2\\5&3-{\mathrm {i} }&0\\{\mathrm {i} }&3&4\end{pmatrix}}^{3}&={\begin{pmatrix}2&0&-2\\5&3-{\mathrm {i} }&0\\{\mathrm {i} }&3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4-2{\mathrm {i} }&-6&-12\\25-5{\mathrm {i} }&8-6{\mathrm {i} }&-10\\15+6{\mathrm {i} }&21-4{\mathrm {i} }&16-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-22-16{\mathrm {i} }&-33+{\mathrm {i} }&-56+4{\mathrm {i} }\\90-50{\mathrm {i} }&-12-26{\mathrm {i} }&-90+10{\mathrm {i} }\\137+13{\mathrm {i} }&108-40{\mathrm {i} }&34-20{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
c) Es ist
    ${\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,{\left(X^{3}+{\left(-9+{\mathrm {i} }\right)}X^{2}+{\left(26-4{\mathrm {i} }\right)}X+4+2{\mathrm {i} }\right)}(M)\\&=M^{3}+{\left(-9+{\mathrm {i} }\right)}M^{2}+{\left(26-4{\mathrm {i} }\right)}M+{\left(4+2{\mathrm {i} }\right)}E_{3}\\&={\begin{pmatrix}-22-16{\mathrm {i} }&-33+{\mathrm {i} }&-56+4{\mathrm {i} }\\90-50{\mathrm {i} }&-12-26{\mathrm {i} }&-90+10{\mathrm {i} }\\137+13{\mathrm {i} }&108-40{\mathrm {i} }&34-20{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}+{\left(-9+{\mathrm {i} }\right)}{\begin{pmatrix}4-2{\mathrm {i} }&-6&-12\\25-5{\mathrm {i} }&8-6{\mathrm {i} }&-10\\15+6{\mathrm {i} }&21-4{\mathrm {i} }&16-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}+{\left(26-4{\mathrm {i} }\right)}{\begin{pmatrix}2&0&-2\\5&3-{\mathrm {i} }&0\\{\mathrm {i} }&3&4\end{pmatrix}}+{\left(4+2{\mathrm {i} }\right)}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}.\,\end{aligned}}$
# Cayley-Hamilton/3x3-Matrix/3/Überprüfe/Aufgabe

Wir betrachten die komplexe Matrix
    $M={\begin{pmatrix}2&0&-2\\5&3-{\mathrm {i} }&0\\{\mathrm {i} }&3&4\end{pmatrix}}\,.$
a) Bestimme das charakteristische Polynom von $M$.
b) Berechne $M^{2}$ und $M^{3}$.
c) Bestätige den Satz von Cayley-Hamilton für $M$ durch eine explizite Rechnung.
# C^3/Erzeugter Untervektorraum/Dimension/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{pmatrix}1-{\mathrm {i} }\\-3{\mathrm {i} }\\-1-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}=-{\mathrm {i} }{\begin{pmatrix}1+{\mathrm {i} }\\3\\2-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,,$
$1$
# C^3/Erzeugter Untervektorraum/Dimension/Aufgabe

Wir betrachten im ${\mathbb {C} }^{3}$ den Untervektorraum
    $U=\langle {\begin{pmatrix}1+{\mathrm {i} }\\3\\2-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1-{\mathrm {i} }\\-3{\mathrm {i} }\\-1-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\rangle \,.$
Bestimme die Dimension von $U$.
# Cramersche Regel/4/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $x_{1}={\frac {\det {\begin{pmatrix}3&1\\-22&3\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}5&1\\-4&3\end{pmatrix}}}}={\frac {31}{19}}\,$
und
    $x_{2}={\frac {\det {\begin{pmatrix}5&3\\-4&-22\end{pmatrix}}}{\det {\begin{pmatrix}5&1\\-4&3\end{pmatrix}}}}={\frac {-98}{19}}=-{\frac {98}{19}}\,.$
# 2x2-Matrix/1234/Eigenwerte/Aufgabe

Bestimme die Eigenwerte der reellen Matrix
    ${\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}}.$
# 2x2-Matrix/1234/Eigenwerte/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\det \left({\begin{pmatrix}X&0\\0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}}\right)&=\det {\begin{pmatrix}X-1&-2\\-3&X-4\end{pmatrix}}\\&=(X-1)(X-4)-6\\&=X^{2}-5X-2.\end{aligned}}$
Die Nullstellen davon sind
    $x_{12}={\frac {\pm {\sqrt {25+8}}+5}{2}}={\frac {\pm {\sqrt {33}}+5}{2}}\,,$
# Lineare Gleichung/(-4+3i)z ist (-2+5i)/Betrag/Aufgabe

Löse die lineare Gleichung
    $(-4+3{\mathrm {i} })z=-2+5{\mathrm {i} }\,$
über ${\mathbb {C} }$ und berechne den Betrag der Lösung.
# Lineare Gleichung/(-4+3i)z ist (-2+5i)/Betrag/Aufgabe/Lösung

Das Inverse von $-4+3{\mathrm {i} }$ ist
    ${\frac {1}{25}}{\left(-4-3{\mathrm {i} }\right)}=-{\frac {4}{25}}-{\frac {3}{25}}{\mathrm {i} }\,.$
Daher ist
    ${\begin{aligned}z&={\left(-{\frac {4}{25}}-{\frac {3}{25}}{\mathrm {i} }\right)}{\left(-2+5{\mathrm {i} }\right)}\\&={\frac {8}{25}}+{\frac {15}{25}}+{\left(-{\frac {20}{25}}+{\frac {6}{25}}\right)}{\mathrm {i} }\\&={\frac {23}{25}}-{\frac {14}{25}}{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$
# Cayley-Hamilton/3541/Aufgabe/Lösung

a) Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\det \left({\begin{pmatrix}X&0\\0&X\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}3&5\\4&1\end{pmatrix}}\right)&=\det {\begin{pmatrix}X-3&-5\\-4&X-1\end{pmatrix}}\\&=(X-3)(X-1)-20\\&=X^{2}-4X-17.\end{aligned}}$
b) Es ist
    $M^{2}={\begin{pmatrix}3&5\\4&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3&5\\4&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}29&20\\16&21\end{pmatrix}}\,.$
Daher ist
    ${\begin{aligned}{\left(X^{2}-4X-17\right)}(M)&=M^{2}-4M-17E_{2}\\&={\begin{pmatrix}29&20\\16&21\end{pmatrix}}-4{\begin{pmatrix}3&5\\4&1\end{pmatrix}}-17{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Cayley-Hamilton/3541/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}3&5\\4&1\end{pmatrix}}\,.$
a) Bestimme das charakteristische Polynom von $M$.
b) Bestätige den Satz von Cayley-Hamilton für $M$ durch eine explizite Rechnung.
# Bedingungen/Lösungsmenge/Alltag und mathematisch/Aufgabe

Man erläutere das Prinzip, dass viele Bedingungen zu einer kleinen Lösungsmenge korrespondieren, anhand eines alltäglichen und anhand eines mathematisches Beispiels.
# Lineare Abbildung/R^2 nach R/Auf Basis/1/Aufgabe

Es sei eine lineare Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}$
mit
    $\varphi {\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}}=5{\text{ und }}\varphi {\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}=-2$
gegeben. Berechne
    $\varphi {\begin{pmatrix}2\\5\end{pmatrix}}.$
# Lineare Abbildung/R^2 nach R/Auf Basis/1/Aufgabe/Lösung

Wir lösen zuerst das lineare Gleichungssystem
    $a{\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\5\end{pmatrix}}\,.$
Die Gleichung $III=I+4II$ ist
    $5b=22\,,$
also ist
    $b={\frac {22}{5}}\,$
und
    $a=2b-5={\frac {44-25}{5}}={\frac {19}{5}}\,.$
Also ist
    ${\begin{aligned}\varphi {\begin{pmatrix}2\\5\end{pmatrix}}&=\varphi {\left({\frac {19}{5}}{\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {22}{5}}{\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}\right)}\\&={\frac {19}{5}}\cdot 5+{\frac {22}{5}}\cdot (-2)\\&={\frac {41}{5}}.\end{aligned}}$
# Primzahlverteilung/Primzahlen zwischen x und x^2/Aufgabe

Zeige unter Verwendung der Abschätzungen von Tschebyschow, dass es (zumindest für $x$ hinreichend groß) mehr Primzahlen zwischen $x$ und $x^{2}$ als zwischen $1$ und $x$ gibt.
# Primzahlverteilung/Tschebyschow/Expliziter Wert für untere Abschätzung/Aufgabe

Bestimme anhand des Beweises der Abschätzungen von Tschebyschow einen expliziten Wert für $c$ mit $\pi (x)\geq c{\frac {x}{\ln(x)}}$.
# Parametrisierung der pythagoreischen Tripel/Ringebene/Aufgabe

Definiere unter Anlehnung an die Parametrisierung der pythagoreischen Tripel einen Ringhomomorphismus
    $\mathbb {Z} [X,Y,Z]/(X^{2}+Y^{2}-Z^{2})\longrightarrow \mathbb {Z} [U,V].$
Zeige, dass dieser injektiv, aber nicht surjektiv ist.
# Zahlentheorie/Primzahlen/Kleiner Fermat/Fakt/Beweis

Ist $a$ nicht durch $p$ teilbar, so definiert $a$ ein Element ${\bar {a}}$ in der Einheitengruppe ${\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$; diese Gruppe hat die Ordnung $p-1$, und nach dem Satz von Lagrange gilt ${\bar {a}}^{p-1}=1$. Durch Multiplikation mit $a$ ergibt sich die Behauptung. Für Vielfache von $p$ gilt die Aussage ebenso, da dann beidseitig $0$ steht.