OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Lineare surjektive Abbildung/Linearer Schnitt/Als affin-linearer Raum/Aufgabe/Lösung

a) $\Leftarrow$ Es gebe eine lineare Abbildung $\psi$ mit der angegebenen Eigenschaft $\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}$. Dann ist für jedes $w\in W$
    $w=\varphi (\psi (w)),$
also ist $\psi (w)$ ein Urbild für $w$ unter $\varphi$.
$\Rightarrow$ Es sei $w_{1},\ldots ,w_{n}$ eine Basis von $W$ und es seien $v_{1},\ldots ,v_{n}$ Urbilder unter $\varphi$, also Elemente in $V$ mit
    $\varphi (v_{i})=w_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$
Wir definieren nun eine lineare Abbildung $\psi \colon W\rightarrow V$ durch
    $\psi (w_{i}):=v_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$
Für die Verknüpfung $\varphi \circ \psi$ und einen beliebigen Vektor $w=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}$ gilt
    ${\begin{aligned}(\varphi \circ \psi )(\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i})&=\varphi (\psi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}\psi (w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}\varphi (v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}.\end{aligned}}$
Also ist diese Verknüpfung die Identität.
b) Wir definieren eine Abbildung durch
    $\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )\longrightarrow S,\,\theta \longmapsto \theta +\psi _{0},$
wobei $\theta +\psi _{0}$ die Addition von linearen Abbildungen von $W$ nach $V$ ist. Unter dieser Abbildung geht die Nullabbildung auf $\psi _{0}$. Wir müssen zuerst zeigen, dass $\theta +\psi _{0}$ zu $S$ gehört. Dies folgt aus
    ${\begin{aligned}(\varphi \circ (\theta +\psi _{0}))(w)&=\varphi ((\theta +\psi _{0})(w))\\&=\varphi (\theta (w)+\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w\end{aligned}}$
für alle $w\in W$.
Zur Injektivität. Seien $\theta _{1}$ und $\theta _{2}$ aus $\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gegeben, die auf das gleiche Element in $S$ abgebildet werden. Dann ist
    $\theta _{1}(w)+\psi _{0}(w)=\theta _{2}(w)+\psi _{0}(w){\text{ für alle }}w\in W$
    $\theta _{1}(w)=\theta _{2}(w){\text{ für alle }}w\in W.$
Zur Surjektivität. Es sei $\psi \in S$. Wir betrachten $\psi -\psi _{0}$ und behaupten, dass dies zu $\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gehört. Dies folgt aus
    ${\begin{aligned}\varphi ((\psi -\psi _{0})(w))&=\varphi (\psi (w)-\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi (w))-\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w-w\\&=0.\end{aligned}}$
$\psi =(\psi -\psi _{0})+\psi _{0}$
# Körpererweiterung/Multiplikationsmatrix/Eigenraum/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung und $f\in L$. Zeige, dass es für die Eigenwerttheorie der $K$-linearen Multiplikationsabbildung
    $\mu _{f}\colon L\longrightarrow L$
grundsätzlich nur zwei Möglichkeiten gibt.
# Lineares Differentialgleichungssystem/0 1 0 0 0 -2 0 0 0/Invariante Funktion/Aufgabe/Lösung

Es sei $v(t)={\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\\v_{3}(t)\end{pmatrix}}$. Da es sich um eine Lösung handelt gilt
    $v_{1}'(t)=v_{2}(t)\,,$
    $v_{2}'(t)=-2v_{3}(t)\,$
und
    $v_{3}'(t)=0\,.$
Daraus folgt direkt, dass die dritte Komponente, also $f(x,y,z)=z$, einer Lösung konstant ist. Um zu zeigen, dass auch $g(x,y,z)=4xz+y^{2}$ auf der Lösung konstant ist, berechnen wir die Ableitung der Verknüpfung $g\circ v$. Diese ist
    ${\begin{aligned}{\left(4v_{1}(t)\cdot v_{3}(t)+{\left(v_{2}(t)\right)}^{2}\right)}'&=4v_{1}(t)\cdot v_{3}'(t)+4v_{3}(t)\cdot v_{1}'(t)+2v_{2}(t)\cdot v_{2}'(t)\\&=0+4v_{3}(t)\cdot v_{2}(t)-4v_{2}(t)\cdot v_{3}(t)\\&=0.\end{aligned}}$
$g$
# Körpererweiterung/Nicht algebraisches Element/Rationaler Funktionenkörper/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung und $f\in L$ ein nicht algebraisches Element. Zeige, dass dann eine Isomorphie
    $K(X)\longrightarrow K(f)$
von Körpern vorliegt.
# Lineares Differentialgleichungssystem/0 1 0 0 0 1 0 0 0/Fluss/Aufgabe/Lösung

Die Anfangsbedingung ist offenbar erfüllt. Ferner ist einerseits
    $v'(t)={\begin{pmatrix}b+tc\\c\\0\end{pmatrix}}\,$
und andererseits
    ${\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a+tb+{\frac {1}{2}}t^{2}c\\b+tc\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}b+tc\\c\\0\end{pmatrix}}\,,$
# Körpererweiterung/Normal und separabel/Radikal mit Gradbedingung/Einheitswurzeln/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine endliche normale und separable Körpererweiterung. Es sei
$x\in L$ mit $x^{n}=a\in K$, wobei $\operatorname {grad} _{K}K(x)=n$ sei. Zeige, dass $L$ $n$ verschiedene $n$-te Einheitswurzeln besitzt.
# Lineares Differentialgleichungssystem/1 2 3 5/Anfangswertproblem -4 3/Aufgabe/Lösung

a) Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix. Das charakteristische Polynom davon ist
    $\det {\begin{pmatrix}\lambda -1&-2\\-3&\lambda -5\end{pmatrix}}=(\lambda -1)(\lambda -5)-6=\lambda ^{2}-6\lambda -1\,.$
Daher sind $3+{\sqrt {10}}$ und $3-{\sqrt {10}}$ die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.
Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert $3+{\sqrt {10}}$ berechnen wir den Kern von
    ${\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}&-2\\-3&-2+{\sqrt {10}}\end{pmatrix}}.$
Dies ergibt den Eigenvektor ${\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert $3+{\sqrt {10}}$ und damit die erste Fundamentallösung
    $e^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.$
Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert $3-{\sqrt {10}}$ berechnen wir den Kern von
    ${\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}&-2\\-3&-2-{\sqrt {10}}\end{pmatrix}}.$
Dies ergibt den Eigenvektor ${\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert $3-{\sqrt {10}}$ und damit die zweite Fundamentallösung
    $e^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.$
Die allgemeine Lösung hat demnach die Form
    $ae^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}+be^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a(2-{\sqrt {10}})e^{(3+{\sqrt {10}})t}+b(2+{\sqrt {10}})e^{(3-{\sqrt {10}})t}\\-3ae^{(3+{\sqrt {10}})t}-3be^{(3-{\sqrt {10}})t}\end{pmatrix}}\,$
mit $a,b\in \mathbb {R}$.
b) Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir $a$ und $b$ so bestimmen, dass
    ${\begin{pmatrix}(2-{\sqrt {10}})a+(2+{\sqrt {10}})b\\-3a-3b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\3\end{pmatrix}}$
ist. Die zweite Gleichung bedeutet $a+b=-1$. Wir addieren das $-{\frac {1}{2-{\sqrt {10}}}}$-fache der ersten Zeile zu $a+b=-1$ dazu und erhalten
    $b(1-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}})=-1+{\frac {4}{2-{\sqrt {10}}}}={\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}\,,$
    $b{\frac {-2{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}={\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}\,$
und somit
    $b=-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}\,$
    $a=-1-b=-1+{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}={\frac {2-{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}\,.$
Die Lösung des Anfangswertproblems ist also
    ${\frac {2-{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}e^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}e^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.$
# Körpererweiterung/Normale Hülle/Übereinstimmung/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung. Zeige, dass diese Erweiterung genau dann normal ist, wenn die normale Hülle gleich $L$ ist.
# Lineares Differentialgleichungssystem/2 1 3 4/Anfangswertproblem 2 7/Aufgabe/Lösung

a) Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix. Das charakteristische Polynom davon ist
    $\det {\begin{pmatrix}\lambda -2&-1\\-3&\lambda -4\end{pmatrix}}=(\lambda -2)(\lambda -4)-3=\lambda ^{2}-6\lambda +5=(\lambda -1)(\lambda -5)\,.$
Daher sind $1$ und $5$ die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.
Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert $1$ berechnen wir den Kern von
    ${\begin{pmatrix}-1&-1\\-3&-3\end{pmatrix}}.$
Dies ergibt den Eigenvektor ${\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert $1$ und damit die erste Fundamentallösung
    $e^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}.$
Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert $5$ berechnen wir den Kern von
    ${\begin{pmatrix}3&-1\\-3&1\end{pmatrix}}.$
Dies ergibt den Eigenvektor ${\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert $5$ und damit die zweite Fundamentallösung
    $e^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$
Die allgemeine Lösung hat demnach die Form
    $ae^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+be^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ae^{t}+be^{5t}\\-ae^{t}+3be^{5t}\end{pmatrix}},\,a,b\in \mathbb {R} .$
b) Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir $a$ und $b$ so bestimmen, dass
    ${\begin{pmatrix}a+b\\-a+3b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,$
ist. Dies ist ein lineares Gleichungssystem, Addition führt auf $4b=9$, also $b={\frac {9}{4}}$ und daher $a=-{\frac {1}{4}}$. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also
    $-{\frac {1}{4}}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {9}{4}}e^{5t}{\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$
# Körpererweiterung/Q in R/Basiseigenschaft überträgt sich/Aufgabe

Es sei $\mathbb {Q} ^{n}$ der $n$-dimensionale Standardraum über $\mathbb {Q}$ und sei $v_{1},\ldots ,v_{n}\in \mathbb {Q} ^{n}$ eine Familie von $n$ Vektoren. Zeige, dass diese Familie genau dann eine $\mathbb {Q}$-Basis des $\mathbb {Q} ^{n}$ ist, wenn diese Familie aufgefasst im $\mathbb {R} ^{n}$ eine $\mathbb {R}$-Basis des $\mathbb {R} ^{n}$ bildet.
# Lineares Differentialgleichungssystem/Homogen/3/Dreiecksgestalt/1/Aufgabe/Lösung

    ${\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}5&0&t\\0&-3&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\,$
Aus der dritten Zeile
    $z'=z\,$
mit der Anfangsbedingung $z(0)=1$ folgt direkt
    $z(t)=e^{t}\,.$
Entsprechend folgt aus der zweiten Zeile direkt
    $y(t)=e^{-3t}\,.$
Die erste Zeile liefert die eindimensionale Differentialgleichung
    $x'=5x+te^{t}\,.$
Dies ist eine eindimensionale inhomogene lineare Differentialgleichung. Die zugehörige homogene Gleichung besitzt die Lösung $e^{5t}$. Mit Variation der Konstanten, also dem Ansatz
    $x(t)=c(t)e^{5t}\,$
(siehe Fakt), ergibt sich die Bedingung
    $c'(t)=te^{t}\cdot e^{-5t}=te^{-4t}\,.$
Die Stammfunktion hiervon sind
    $-{\frac {1}{4}}te^{-4t}-{\frac {1}{16}}e^{-4t}+c.$
Somit ist
    $x(t)={\left(-{\frac {1}{4}}te^{-4t}-{\frac {1}{16}}e^{-4t}+c\right)}e^{5t}\,$
und die Anfangsbedingung legt
    $c={\frac {17}{16}}\,$
fest. Die Lösung des Anfangswertproblems ist somit
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\\z(t)\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}{\left(-{\frac {1}{4}}te^{-4t}-{\frac {1}{16}}e^{-4t}+{\frac {17}{16}}\right)}e^{5t}\\e^{-3t}\\e^{t}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{4}}te^{t}-{\frac {1}{16}}e^{t}+{\frac {17}{16}}e^{5t}\\e^{-3t}\\e^{t}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Körpererweiterung/Q in R/Endliche Transzendenzbasis/Aufgabe

Besitzt die Körpererweiterung $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {R}$ eine endliche Transzendenzbasis?
# Lineares Differentialgleichungssystem/Konstante Koeffizienten/7 -1 -5 3/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist
    ${\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}\lambda -7&1\\5&\lambda -3\end{pmatrix}}&=(\lambda -7)(\lambda -3)-5\\&=\lambda ^{2}-10\lambda +16\\&=(\lambda -2)(\lambda -8).\end{aligned}}$
Die Eigenwerte sind also $2$ und $8$. Zum Kern von ${\begin{pmatrix}-5&1\\5&-1\end{pmatrix}}$ gehört ${\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}}$, daher ist ${\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $2$.
Zum Kern von ${\begin{pmatrix}1&1\\5&5\end{pmatrix}}$ gehört ${\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$, daher ist ${\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $8$. Nach Fakt bilden somit die Funktionen $e^{2t}{\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}}$ und $e^{8t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$
# Körpererweiterung/Q in R/Nicht endlich/Aufgabe

Zeige, dass die Körpererweiterung $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {R}$ nicht endlich ist.
# Lineares Differentialgleichungssystem/Skalare Funktion/Eigenvektor/Lösung/Aufgabe/Lösung

Es sei $G(t)$ eine Stammfunktion zu $g(t)$. Wir behaupten, dass
    $v(t)=e^{\lambda G(t)}u\,$
eine Lösung ist. Dies beruht auf
    ${\begin{aligned}v'(t)&={\begin{pmatrix}e^{\lambda G(t)}u_{1}\\\vdots \\e^{\lambda G(t)}u_{n}\end{pmatrix}}'\\&={\begin{pmatrix}(e^{\lambda G(t)}u_{1})'\\\vdots \\(e^{\lambda G(t)}u_{n})'\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\lambda g(t)e^{\lambda G(t)}u_{1}\\\vdots \\\lambda g(t)e^{\lambda G(t)}u_{n}\end{pmatrix}}\\&=\lambda g(t)e^{\lambda G(t)}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\\&=g(t)M{\left(e^{\lambda G(t)}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\right)}\\&=g(t)M{\begin{pmatrix}e^{\lambda G(t)}u_{1}\\\vdots \\e^{\lambda G(t)}u_{n}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Körpererweiterung/Q/Jeder Grad/Aufgabe

Zeige, dass es zu jeder natürlichen Zahl $n$ eine Körpererweiterung $\mathbb {Q} \subseteq L$ vom Grad $n$ gibt.
# Lineares Gleichungssystem/2x2/Q/3/Aufgabe/Lösung

Wir addieren zur ersten Gleichung das $-{\frac {5}{7}}$-fache der zweiten Gleichung und erhalten
    $-{\frac {29}{42}}y={\frac {11}{21}}\,$
bzw.
    $y=-{\frac {22}{29}}\,.$
Daher ist
    $x=-{\frac {1}{15}}y-{\frac {1}{5}}={\frac {1}{15}}\cdot {\frac {22}{29}}-{\frac {1}{5}}={\frac {22-87}{435}}=-{\frac {65}{435}}=-{\frac {13}{87}}\,.$
# Körpererweiterung/Q/Norm und Spur/Rechenbeispiel/1/Aufgabe

Berechne für das Element $2+4x+5x^{2}$ in der Körpererweiterung
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/{\left(X^{3}-3X+1\right)}=:L\,$
die Norm und die Spur.
# Lineares Gleichungssystem/3x3/Nur triviale Lösung/1/Aufgabe/Lösung

Wir rechnen
    $II'=II-{\frac {2}{5}}I={\frac {19}{5}}y-{\frac {7}{5}}z=0\,$
und
    $III'=III-{\frac {7}{5}}I={\frac {79}{5}}y+{\frac {18}{5}}z=0\,.$
Somit ist
    $5\cdot 79\cdot II'-5\cdot 19\cdot III'=(-7\cdot 79-18\cdot 19)z=-895z=0\,.$
Daraus ergibt sich $z=0$, aus $II'$ ergibt sich $y=0$ und aus $I$ ergibt sich
$x=0$
# Körpererweiterung/Q/sqrt(2)+sqrt(5)/Grad und Minimalpolynom/Aufgabe

Es sei $x={\sqrt {2}}+{\sqrt {5}}\in \mathbb {R}$ und betrachte die Körpererweiterung
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} (x)=L\,.$
Zeige, dass diese Körpererweiterung algebraisch ist und bestimme den Grad der Körpererweiterung, das Minimalpolynom von $x$ und das Inverse von $x$. (Man darf dabei verwenden, dass ${\sqrt {2}},{\sqrt {5}},{\sqrt {10}}$ irrationale Zahlen sind.)
# Lineares Gleichungssystem/4x-9y ist 5/Affine Basis/Baryzentrische Koordinaten/Aufgabe/Lösung

* Es sind offenbar Punkte von $L$, und da sie verschieden sind, sind sie affin-unabhängig.
* Es ist und Somit ist Also sind die baryzentrischen Koordinaten von $R=P+{\frac {21}{22}}{\overrightarrow {PQ}}$ nach Fakt gleich
    ${\overrightarrow {PQ}}={\begin{pmatrix}2\\{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}35\\15\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-33\\-{\frac {44}{3}}\end{pmatrix}}\,$
    ${\overrightarrow {PR}}={\begin{pmatrix}{\frac {7}{2}}\\1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}35\\15\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-{\frac {63}{2}}\\-14\end{pmatrix}}\,.$
    ${\overrightarrow {PR}}={\begin{pmatrix}-{\frac {63}{2}}\\-14\end{pmatrix}}={\frac {21}{22}}{\begin{pmatrix}-33\\-{\frac {44}{3}}\end{pmatrix}}={\frac {21}{22}}{\overrightarrow {PQ}}\,$
    ${\frac {1}{22}}P+{\frac {21}{22}}Q.$
# Körpererweiterung/Q/Zwei Quadratwurzeln/Erzeuger/Aufgabe

Es seien $p,q\in \mathbb {Z}$ verschiedene Primzahlen und
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {p}},{\sqrt {q}}]=L\,$
die zugehörige Körpererweiterung vom Grad $4$. Bestimme, ob die folgenden Elemente die $\mathbb {Q}$-Algebra $L$ erzeugen oder nicht.
* ${\sqrt {p}}$,
* ${\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}$,
* ${\sqrt {pq}}$,
* ${\sqrt {p}}+{\sqrt {pq}}$.
# Lineares Gleichungssystem/5/Aufgabe/Lösung

Wir setzen die dritte Gleichung in die beiden ersten Gleichungen ein und erhalten
    $-5y+7z=5\,$
und
    $4y+3z=5\,.$
Wir addieren das Vierfache der ersten mit dem Fünffachen der zweiten Gleichung und erhalten
    $43z=45\,.$
Somit ist
    $z={\frac {45}{43}}\,$
und
    $y={\frac {5-3z}{4}}={\frac {215-135}{172}}={\frac {80}{172}}={\frac {20}{43}}\,.$
Die einzige Lösung des Gleichungssystems ist somit
    $\left(-2,\,{\frac {20}{43}},\,{\frac {45}{43}}\right).$
# Körpererweiterung/Rationaler Funktionenkörper in sich/Beliebiger Grad/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und sei $L=K(X)$ der rationale Funktionenkörper über $K$. Zeige, dass es zu jedem $n\in \mathbb {N} _{+}$ einen Ringhomomorphismus $\varphi \colon L\rightarrow L$ derart gibt, dass $L\cong \varphi (L)\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung vom Grad $n$ ist.
# Lineares Gleichungssystem/Parameter/1/Aufgabe/Lösung

Bei $a=0$ wird das Gleichungssystem zu
    $5x+z=0\,,$
    $3z=0\,.$
Also ist
    $x=z=0\,$
und $y$ beliebig, somit ist
    $L_{0}={\left\{y{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}\mid y\in K\right\}}\,.$
Es sei also $a\neq 0$. Wir rechnen $II-aI$ und erhalten
    $-3ax+(3-a(1-a))z=0\,$
bzw.
    $x={\frac {3-a+a^{2}}{3a}}z\,.$
Die erste Gleichung liefert
    ${\begin{aligned}y&={\frac {1}{a}}{\left(-5x+(a-1)z\right)}\\&={\frac {1}{a}}{\left(-5{\frac {3-a+a^{2}}{3a}}z+(a-1)z\right)}\\&={\frac {1}{3a^{2}}}{\left(-5(3-a+a^{2})+3a(a-1)\right)}z\\&={\frac {1}{3a^{2}}}{\left(-2a^{2}+2a-15\right)}z\\&={\frac {-2a^{2}+2a-15}{3a^{2}}}z.\end{aligned}}$
Somit ist
    $L_{a}={\left\{z{\begin{pmatrix}{\frac {3-a+a^{2}}{3a}}\\{\frac {-2a^{2}+2a-15}{3a^{2}}}\\1\end{pmatrix}}\mid z\in K\right\}}\,.$
# Körpererweiterung/Tensorprodukt/Kein Körper/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung. Zeige, dass $L\otimes _{K}L$ kein Körper sein muss.
# Lineares Gleichungssystem/Schneeglöckchen und Mistelzweige/Aufgabe/Lösung

Es sei $x$ der Preis für ein Schneeglöckchen und $y$ der Preis für einen Mistelzweig. Dann gilt
    $3x+4y=2{,}50\,$
und
    $5x+2y=2{,}30\,.$
Wenn man von der ersten Zeile das Doppelte der zweiten Zeile abzieht, erhält man
    $-7x=-2{,}10\,$
und damit
    $x=0{,}30\,.$
Daraus ergibt sich
    $y=0{,}40\,$
und somit ist der Preis für den gewünschten Strauß gleich
    $1\cdot 0{,}3+11\cdot 0{,}4=4{,}70\,.$
# Körpererweiterung/Wurzel aus 5/Dritte Wurzel aus 2/Aufgabe

Bestimme den Grad von
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {5}},{\sqrt[{3}]{2}}]\,.$
# Lineares Gleichungssystem/Über F 9/Aufgabe/Lösung

Wir berechnen die neue Gleichung $II'=II-(1+u)I$, dies ist
    ${\begin{aligned}(2+u-(1+u)(1+2u))x&=(1+2u)-(1+u)(1+u)\\&=1+2u-1-2u-u^{2}\\&=1.\end{aligned}}$
Der Vorfaktor ist
    $2+u-(1+u)(1+2u)=2+u-1-2u^{2}=1+u+u^{2}=u\,.$
Daher ist
    $x=u^{-1}=-u=2u\,.$
Aus der ersten Gleichung folgt
    $2y=1+u-(1+2u)x=1+u-(1+2u)2u=1-u-u^{2}=2+2u\,,$
$y=1+u$
# Körpererweiterung/X^3-3X+1/Nullstelle/Zerfällt/Aufgabe

Das Polynom $F=X^{3}-3X+1\in \mathbb {Q} [X]$ ist irreduzibel und definiert daher eine Körpererweiterung
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/{\left(X^{3}-3X+1\right)}=:L\,$
vom Grad $3$. Die Restklasse von $X$ in $L$ sei mit $\alpha$ bezeichnet. Zeige, dass auch die Elemente aus $L$
    $\beta =\alpha ^{2}-2\,$
und
    $\gamma =-\alpha ^{2}-\alpha +2\,$
Nullstellen von $F$ sind.
# Lineares Gleichungssystem/Über Q sqrt(3)/Aufgabe/Lösung

Wir schreiben das Gleichungssystem als
    $(I)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x-{\sqrt {3}}y=1-{\sqrt {3}}$
    $(II)\,\,\,{\frac {1}{2}}x-(2+3{\sqrt {3}})y=4-2{\sqrt {3}}.$
Wir multiplizieren die zweite Zeile mit $4+2{\sqrt {3}}$ und erhalten
    $(III)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x+(-26-16{\sqrt {3}})y=4.$
Wir nehmen die Differenz der ersten und der dritten Zeile und erhalten
    $(IV)\,\,\,(26+15{\sqrt {3}})y=-3-{\sqrt {3}}.$
Das inverse Element von $(26+15{\sqrt {3}})$ ist $(26-15{\sqrt {3}})$, somit ist also
    $y=(26-15{\sqrt {3}})(-3-{\sqrt {3}})=-33+19{\sqrt {3}}\,.$
Aus der Gleichung $(II)$ folgt daraus
    ${\begin{aligned}x&=2(4-2{\sqrt {3}}+(2+3{\sqrt {3}})y)\\&=8-4{\sqrt {3}}+2(2+3{\sqrt {3}})(-33+19{\sqrt {3}})\\&=8-4{\sqrt {3}}+210-122{\sqrt {3}}\\&=218-126{\sqrt {3}}.\end{aligned}}$
# Körpererweiterung/Zwischenkörper normal über Basis/Durchschnitt/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung und seien $M_{1},M_{2}$ Zwischenkörper, die beide über $K$ normal seien. Zeige, dass auch $K\subseteq M_{1}\cap M_{2}$ normal ist.
# Lineares Gleichungssystem/Über Z mod 7/4/Aufgabe/Lösung

Das inverse Element zu $3$ in $\mathbb {Z} /(7)$ ist $5$, somit ist in $II'=II-2\cdot 5I=II+4I$ die Variable $x$ eliminiert. Dies ergibt
    $0=1\,$
# Körpererweiterung/Zwischenkörper/Element/Multiplikationsmatrix/Charakteristisches Polynom/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung, $f\in L$ und $M=K[f]$. Zeige, dass das charakteristische Polynom der Multiplikationsabbildung
    $\mu _{f}\colon L\longrightarrow L$
eine Potenz des Minimalpolynoms von $f$ ist.
# Lineares Gleichungssystem/Über Z mod 7/5/Aufgabe/Lösung

Das inverse Element zu $3$ in $\mathbb {Z} /(7)$ ist $5$, somit ist in $II'=II-2\cdot 5I=II+4I$ die Variable $x$ eliminiert. Dies ergibt
    $4y=1\,.$
Somit ist
    $y=2\,$
und aus
    $3x+6y=4\,$
ergibt sich
    $3x=6\,$
und somit
    $x=2\,.$
${\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}$
# Körpererweiterung/Zwischenkörper/Minimalpolynom/Aufgabe

Es seien $K\subseteq M\subseteq L$ endliche Körpererweiterungen und $f\in M$. Zeige, dass das Minimalpolynom von $f$ über $K$ mit dem Minimalpolynom von $f$, aufgefasst in $L$, über $K$ übereinstimmt.
# Lineares Ungleichungssystem/2 Variablen/3/Aufgabe/Lösung

a) Wir lösen jeweils nach $y$ auf und erhalten die vier Ungleichungen
    $x\geq 0\,,$
    $y\geq -x\,,$
    $y\geq x-1\,,$
    $y\leq {\frac {2}{5}}x+{\frac {3}{5}}\,.$
Die zugehörigen Geraden begrenzen dann die Lösungsmenge.
b) Die Eckpunkte sind Schnittpunkte der eingrenzenden Geraden, die durch die Gleichungen (die zu den Ungleichungen gehören) gegeben sind. Diese sind
    $(0,0),\,\left(0,\,{\frac {3}{5}}\right),\,\left({\frac {8}{3}},\,{\frac {5}{3}}\right),\,\left({\frac {1}{2}},\,-{\frac {1}{2}}\right).$
# Körpererweiterung/Zwischenkörper/Multiplikationsmatrix/Blockgestalt/Aufgabe

Es sei $K\subseteq M\subseteq L$ eine Körpererweiterung. Es sei $f\in M$ und $B$ die beschreibende Matrix der Multiplikationsabbildung $\mu _{f}\colon M\rightarrow M$ bezüglich einer $K$-Basis von $M$. Zeige, dass bezüglich einer geeigneten $K$-Basis von $L$ die Multiplikationsabbildung $\mu _{f}\colon L\rightarrow L$ durch eine Blockmatrix der Form
    ${\begin{pmatrix}B&0&\ldots &0\\0&B&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&\ldots &B\end{pmatrix}}$