OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Hauptkongruenzuntergruppe/Stufe 2/Repräsentantensystem/Matrix und Erzeuger/Aufgabe/Lösung

* Es ist Die spezielle lineare Gruppe zum Körper mit zwei Elementen ist durch die sechs Matrizen gegeben. Daher sind die Urbilder ein Repräsentantensystem (beachte, dass die Determinante über $\mathbb {Z}$ gleich $1$ sein muss).
    $\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}/\Gamma (2)=\operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} /(2)\right)}\,.$
    ${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}},\,$
    ${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&-1\\1&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&-1\\1&1\end{pmatrix}},\,$
* Wir drücken die Matrizen aus (1) mit $S$ und $T$ aus. Die Identität, $S$ und $T$ kommen direkt darin vor. Ferner ist und Ein Repräsentantensystem ist also $\operatorname {Id} ,S,T,TS,ST,TST$.
    $TS={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-1\\1&0\end{pmatrix}}\,,$
    $ST={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1\\1&1\end{pmatrix}}\,$
    $TST={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&-1\\1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}}\,.$
# Quadratwurzel aus 5/Intervallschachtelung/Beispiel

Aufgrund der Berechnungen in Beispiel wissen wir, dass in einem angeordneten Körper, der die ${\sqrt {5}}$ enthält, diese in den zunehmend kleiner werdenden Intervallen
    $[2,3]\supseteq [{\frac {22}{10}},{\frac {23}{10}}]\supseteq [{\frac {223}{100}},{\frac {224}{100}}]\supseteq [{\frac {2236}{1000}},{\frac {2237}{1000}}]\supseteq \ldots \,$
liegt. Die Länge der Intervalle ist hier $1,{\frac {1}{10}},{\frac {1}{100}},{\frac {1}{1000}},\ldots$. Diese Intervalle gibt es auch in $\mathbb {Q}$ und sie helfen bei der Lokalisierung von ${\sqrt {5}}$, auch wenn diese Zahl gar nicht zu $\mathbb {Q}$ gehört. Der Vorteil einer solchen Intervallschachtelung gegenüber der Dezimalbruchfolge ist, dass sie den Wert von beiden Seiten her eingrenzt, während die Dezimalbruchfolge direkt nur untere approximierende Werte liefert. Wenn man beliebige konvergente Folgen betrachtet, so weiß man nur, dass grundsätzlich eine Approximation vorliegt, ohne dass man dies quantitativ ausdrücken kann. Bei einer Intervallschachtelung gibt jedes beteiligte Intervall eine direkte Eingrenzung, aus der der maximale Fehler unmittelbar abschätzbar ist.
Eine spezielle Methode ist die Intervallhalbierung. Dabei halbiert man das zuvor gefundene Intervall in zwei gleichlange Hälften und schaut, ob das gesuchte Element zur kleineren oder zur größeren Hälfte gehört und nimmt dann das passende Intervall als nächstes Intervall. Bei diesem Verfahren halbiert sich die Intervalllänge mit jedem Schritt. In unserem Beispiel erhält man
    $[2,3]\supseteq [2,{\frac {5}{2}}]\supseteq [2,{\frac {9}{4}}]\supseteq [{\frac {17}{8}},{\frac {9}{4}}]\supseteq [{\frac {35}{16}},{\frac {9}{4}}]\supseteq [{\frac {71}{32}},{\frac {9}{4}}]\supseteq [{\frac {143}{64}},{\frac {9}{4}}]\supseteq [{\frac {143}{64}},{\frac {287}{128}}]\supseteq \ldots \,.$
# Hausdorff-Raum/Punkte sind abgeschlossen/Aufgabe/Lösung

Zu jedem Punkt $y\in X$, $y\neq x$ gibt es eine offene Umgebung $y\in U_{y}$ mit $x\not \in U$. Daher ist
    $X\setminus \{x\}=\bigcup _{y\neq x}U_{y}\,$
$\{x\}$
# Isomorphismus/Duale Abbildung/Untervektorräume/Aufgabe

Es sei $\varphi \colon V\rightarrow W$ ein Isomorphismus zwischen den $K$-Vektorräumen $V$ und $W$ und es sei $\varphi ^{*}\colon {W}^{*}\rightarrow {V}^{*}$ die duale Abbildung. Es sei $U\subseteq V$ ein Untervektorraum und $T:=\varphi (U)\subseteq W$ der entsprechende Untervektorraum in $W$. Zeige, dass sich in den Dualräumen die Orthogonalräume
$U^{\perp }$ und $T^{\perp }$ entsprechen.
# Quadratwurzel aus 5/Unter-und oberhalb/Beispiel

Wir wissen nach Fakt, dass es keine rationale Zahl gibt, deren Quadrat gleich $5$ ist. Wir können aber für jede rationale Zahl $x$ einfach bestimmen, ob ihr Quadrat $x^{2}$ größer oder kleiner als $5$ ist, und das Ergebnis können wir dann so interpretieren, dass $x$ kleiner oder größer als die nicht vorhandene Zahl ${\sqrt {5}}$ ist (wir beschränken uns im Moment auf positive rationale Zahlen). Für $x=2$ ist $2^{2}=4<5$ zu klein und für $x=3$ ist $3^{2}=9>5$ zu groß. Damit müssen wir uns über die rationalen Zahlen, die kleiner als $2$ oder aber größer als $3$ sind, keine Gedanken mehr machen. Aus $y\geq x\geq 0$ folgt aus den Anordungseigenschaften direkt $y^{2}\geq x^{2}$, siehe Fakt (8). Man muss also nur Rechnungen für rationale Zahlen zwischen $2$ und $3$ durchführen. Nehmen wir beispielsweise $x={\frac {7}{3}}$, so ist
    ${\left({\frac {7}{3}}\right)}^{2}={\frac {49}{9}}>5\,.$
Nehmen wir $x={\frac {9}{4}}$, so ist
    ${\left({\frac {9}{4}}\right)}^{2}={\frac {81}{16}}>5\,.$
Bei $x={\frac {11}{5}}$ ist
    ${\left({\frac {11}{5}}\right)}^{2}={\frac {121}{25}}<5\,.$
Wir wissen also, dass alle rationalen Zahlen oberhalb von ${\frac {9}{4}}$ (wegen ${\frac {7}{3}}>{\frac {9}{4}}$ ist dies die bessere Grenze) zu groß und alle rationalen Zahlen unterhalb von ${\frac {11}{5}}$ zu klein sind, wir müssen also nur noch Zahlen zwischen ${\frac {11}{5}}=2,2$ und ${\frac {9}{4}}=2,25$ überprüfen. Das vermittelt eine gewisse Größenvorstellung für die „gesuchte Zahl“ ${\sqrt {5}}$, es gibt aber unendlich viele Zahlen, die ebenfalls zwischen diesen beiden Zahlen liegen. Wenn wir endlich viele Zahlen dahingehend überprüft haben, ob ihr Quadrat kleiner oder größer als $5$ ist, so sind wir stets in einer vergleichbaren Situation, dass die Zahlen zwar einen „kleinen“ Bereich eingrenzen, es aber darin unendlich viele Zahlen gibt.
Ein anderer Ansatz ist es, direkt die Mengen
    $K={\left\{x\in \mathbb {Q} _{\geq 0}\mid x^{2}<5\right\}}\,$
und
    $G={\left\{x\in \mathbb {Q} _{\geq 0}\mid x^{2}>5\right\}}\,$
zu betrachten. Dies ist eine Zerlegung von $\mathbb {Q} _{\geq 0}$ in zwei disjunkte Teilmengen. Dieses Paar (bzw. eine Menge davon, da sie ja die andere als ihr Komplement festlegt) ist eine exakte Beschreibung der durch ${\sqrt {5}}$ in den rationalen Zahlen bedingten Lücke, der Spur, die ${\sqrt {5}}$ auf den rationalen Zahlen hinterlässt. Rechnerisch wurde zwar nichts gewonnen, da man nach wie vor für jedes einzelne $x$ durch eine Rechnung überprüfen muss, ob $x$ zu $K$ oder zu $G$ gehört. Es ist aber immerhin ein mathematisches Objekt gefunden, das ${\sqrt {5}}$ eindeutig beschreibt. Der Preis ist, dass dieses mathematische Objekt in der Potenzmenge der rationalen Zahlen angesiedelt und somit sehr abstrakt ist. Es handelt sich um einen sogenannten Dedekindschen Schnitt.
# Hausdorffraum/Diagonale ist abgeschlossen/Aufgabe/Lösung

Wir müssen zeigen, dass das Komplement
    $W=X\times X\setminus \triangle ={\left\{(x,y)\mid x,y\in X,\,x\neq y\right\}}\,$
offen ist. Es sei also $(x,y)$ ein Paar mit $x\neq y$. Aufgrund der vorausgesetzten Hausdorff-Eigenschaft gibt es disjunkte offene Mengen $U,V\subseteq X$ mit $x\in U$ und $y\in V$. Es ist $(x,y)\in U\times V$ und nach Definition der Produkttopologie ist $U\times V$ eine offene Menge in $X\times X$. Wegen der Disjunktheit folgt aus $(z,w)\in U\times V$ sofort $z\neq w$. Also ist
    $(x,y)\in U\times V\subseteq W\,$
$W$
# Isomorphismus/Umkehrabbildung/Eigenwerte/Aufgabe

Es sei $\varphi \colon V\rightarrow V$ ein Isomorphismus auf einem $K$-Vektorraum $V$ mit der Umkehrabbildung $\varphi ^{-1}$. Zeige, dass $a\in K$ genau dann ein Eigenwert von $\varphi$ ist, wenn $a^{-1}$ ein Eigenwert von $\varphi ^{-1}$ ist.
# Quadratwurzel/2/Nicht rational/Beispiel

Wir betrachten ein Quadrat mit Seitenlänge $1$. Die Diagonale darin kann man als Hypotenuse des in dem Quadrat zweifach liegenden rechtwinkligen Dreiecks auffassen. Nach dem Satz des Pythagoras hat die Länge der Diagonalen die Eigenschaft, dass ihr Quadrat davon gleich
    $1^{2}+1^{2}=2\,$
ist. Inwiefern gibt es eine Zahl $x$ mit $x^{2}=2$? Dies ist keine einfache Frage. Was man ziemlich schnell begründen kann, ist, dass es innerhalb der rationalen Zahlen eine solche Zahl nicht geben kann! Wenn wir nämlich annehmen, dass die rationale Zahl
    $x={\frac {a}{b}}\,$
die Eigenschaft
    $x^{2}={\frac {a^{2}}{b^{2}}}=2\,$
besitzt, so kann man zunächst annehmen, dass die Darstellung gekürzt ist, also $a$ und $b$ keinen gemeinsamen Teiler $\geq 2$ haben. Durch Multiplikation mit $b^{2}$ erhält man innerhalb der natürlichen Zahlen die Gleichung
    $a^{2}=2b^{2}\,.$
Nennen wir diese Zahl $z$. Aufgrund der rechten Seite sieht man, dass diese Zahl gerade ist. Dann muss auch $a$ gerade sein, da das Quadrat einer ungeraden Zahl ungerade ist. Wir können also
    $a=2d\,$
schreiben und aus der Gleichung
    $(2d)^{2}=2b^{2}\,$
einmal die $2$ kürzen, was
    $2d^{2}=b^{2}\,$
ergibt. Mit dem Argument von eben erhält man, dass auch $b$ gerade ist, im Widerspruch zur gekürzten Darstellung.
# Hermitesche Form/Reelle quadratische Form/Aufgabe/Lösung

Für eine hermitesche Form gilt
    $\left\langle v,w\right\rangle ={\overline {\left\langle w,v\right\rangle }}\,.$
Somit ist speziell
    $\left\langle v,v\right\rangle ={\overline {\left\langle v,v\right\rangle }}\,$
$\left\langle v,v\right\rangle$
# Jordan-Block/2/Potenzen/Induktion/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}\lambda &1\\0&\lambda \end{pmatrix}}\,$
mit $\lambda \in K$. Zeige durch Induktion, dass
    $M^{n}={\begin{pmatrix}\lambda ^{n}&n\lambda ^{n-1}\\0&\lambda ^{n}\end{pmatrix}}\,$
ist.
# Quadrik/4/Differentialoperatoren/Wirkung/Beispiel

Wir betrachten auf der Quadrik $K[X,Y,Z,W]/(XY-ZW)$ die Derivation
    $D=Y\partial _{X}-X\partial _{Y}\,$
$Y$. Diese wird auf eine Nenneraufnahme $R_{XYZ}$ fortgesetzt, beispielsweise ist
    ${\begin{aligned}D{\left({\frac {W}{XYZ}}\right)}&={\frac {XYZD(W)-WD(XYZ)}{X^{2}Y^{2}Z^{2}}}\\&=-W{\frac {{\left(Y\partial _{X}-X\partial _{Y}\right)}(XYZ)}{X^{2}Y^{2}Z^{2}}}\\&=-W{\frac {Y^{2}Z-X^{2}Z}{X^{2}Y^{2}Z^{2}}}.\end{aligned}}$
# Hermitesche Matrix/C/Typbestimmung/3/Aufgabe/Lösung

Die relevanten Minoren der Matrix
    ${\begin{pmatrix}-6&1-4{\mathrm {i} }&2+3{\mathrm {i} }\\1+4{\mathrm {i} }&1&-6{\mathrm {i} }\\2-3{\mathrm {i} }&6{\mathrm {i} }&-1\end{pmatrix}}$
sind $-6,$
    $\det {\begin{pmatrix}-6&1-4{\mathrm {i} }\\1+4{\mathrm {i} }&1\end{pmatrix}}=-6-{\left(1+4{\mathrm {i} }\right)}{\left(1-4{\mathrm {i} }\right)}=-6-17=-23\,$
und
    ${\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}-6&1-4{\mathrm {i} }&2+3{\mathrm {i} }\\1+4{\mathrm {i} }&1&-6{\mathrm {i} }\\2-3{\mathrm {i} }&6{\mathrm {i} }&-1\end{pmatrix}}&=-6{\left(-1-36\right)}-{\left(1+4{\mathrm {i} }\right)}{\left(-{\left(1-4{\mathrm {i} }\right)}-6{\mathrm {i} }{\left(2+3{\mathrm {i} }\right)}\right)}+{\left(2-3{\mathrm {i} }\right)}{\left(-6{\mathrm {i} }{\left(1-4{\mathrm {i} }\right)}-{\left(2+3{\mathrm {i} }\right)}\right)}\\&=222-{\left(1+4{\mathrm {i} }\right)}{\left(17-8{\mathrm {i} }\right)}+{\left(2-3{\mathrm {i} }\right)}{\left(-26-9{\mathrm {i} }\right)}\\&=222-128\\&=94.\end{aligned}}$
$1,-6,-23,94$
$(1,2)$
# Jordan-Block/Potenz/Wirkung auf 11.../Aufgabe

Zeige
    ${\begin{pmatrix}\lambda &1&0&\cdots &0\\0&\lambda &1&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\\vdots &\cdots &0&\lambda &1\\0&\cdots &\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}^{n}{\begin{pmatrix}1\\1\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\lambda ^{n}+n\lambda ^{n-1}\\\lambda ^{n}\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}\,.$
# Quasiaffines Schema/Modul/Cech-Komplex/Beispiel

Für einen kommutativen Ring und Elemente $f_{1},\ldots ,f_{n}\in R$, die das Ideal ${\mathfrak {a}}$ erzeugen, hat man eine offene Überdeckung $D({\mathfrak {a}})=\bigcup _{i=1}^{n}D(f_{i})$ des quasiaffinen Schemas $D({\mathfrak {a}})\subseteq \operatorname {Spek} {\left(R\right)}$. Zu einem $R$-Modul $M$ kann man den Čech-Komplex zur Modulgarbe ${\widetilde {M}}$ auf $D({\mathfrak {a}})$ direkt hinschreiben, ohne dass man den Vergarbungsprozess beachten muss. Für die relevanten offenen Mengen ist ja
    $\Gamma {\left(D(\prod _{i\in J}f_{i}),{\widetilde {M}})\right)}=M_{\prod _{i\in J}f_{i}}\,$
wegen Fakt. Der Čech-Komplex ist somit gleich
    $0\longrightarrow \prod _{1\leq i\leq n}M_{f_{i}}\longrightarrow \prod _{1\leq i<j\leq n}M_{f_{i}f_{j}}\longrightarrow \prod _{1\leq i<j<k\leq n}M_{f_{i}f_{j}f_{k}}\longrightarrow \ldots .$
Die Berechnung der Homologien dieses Komplexes ist im Allgemeinen immer noch schwierig, aber allein ein Problem der kommutativen Algebra.
# Heron-Folge/Wurzel 5/Startglied 2 und 3/Differenzfolge/Aufgabe/Lösung

* Es ist
    ${\begin{aligned}y_{1}-x_{1}&={\frac {y_{0}+{\frac {5}{y_{0}}}}{2}}-{\frac {x_{0}+{\frac {5}{x_{0}}}}{2}}\\&={\frac {3+{\frac {5}{3}}}{2}}-{\frac {2+{\frac {5}{2}}}{2}}\\&={\frac {1+{\frac {5}{3}}-{\frac {5}{2}}}{2}}\\&={\frac {1-{\frac {5}{6}}}{2}}\\&={\frac {1}{12}}.\end{aligned}}$
* Es ist Nach Fakt (1) sind (für $n\geq 1$) und damit ist auch Somit ist ${\frac {5}{x_{n}y_{n}}}\leq 1$ und der rechte Faktor ist positiv und beschränkt. Durch den Faktor $1/2$ liegt eine Nullfolge vor.
    ${\begin{aligned}y_{n+1}-x_{n+1}&={\frac {y_{n}+{\frac {5}{y_{n}}}}{2}}-{\frac {x_{n}+{\frac {5}{x_{n}}}}{2}}\\&={\frac {y_{n}-x_{n}+5{\left({\frac {1}{y_{n}}}-{\frac {1}{x_{n}}}\right)}}{2}}\\&={\frac {y_{n}-x_{n}+5{\frac {x_{n}-y_{n}}{x_{n}y_{n}}}}{2}}\\&={\frac {y_{n}-x_{n}}{2}}{\left(1-{\frac {5}{x_{n}y_{n}}}\right)}.\end{aligned}}$
    $x_{n}^{2},y_{n}^{2}\geq 5\,$
    $x_{n}y_{n}\geq 5\,.$
# Jordan-Matrix/2/i/Potenzen/Konvergenzverhalten/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }&1\\0&{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,.$
* Erstelle eine Formel für $M^{n}$.
* Ist die Folge $M^{n}$ beschränkt, ist sie konvergent?
# Q^2/Mehrfache Darstellung eines Vektors/1/Beispiel

Wir betrachten im $\mathbb {Q} ^{2}$ die drei Vektoren ${\begin{pmatrix}-5\\2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}4\\9\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}7\\-13\end{pmatrix}}$. Den Vektor ${\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ kann man als
    ${\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}=-{\frac {9}{53}}\cdot {\begin{pmatrix}-5\\2\end{pmatrix}}+{\frac {2}{53}}\cdot {\begin{pmatrix}4\\9\end{pmatrix}}+0\cdot {\begin{pmatrix}7\\-13\end{pmatrix}}\,,$
aber auch als
    ${\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}=2\cdot {\begin{pmatrix}-5\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}4\\9\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}7\\-13\end{pmatrix}}\,$
schreiben. Besonders deutlich wird das Uneindeutigkeitsphänomen, wenn man den Nullvektor ${\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$ betrachtet. Es ist
    ${\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}=0\cdot {\begin{pmatrix}-5\\2\end{pmatrix}}+0\cdot {\begin{pmatrix}4\\9\end{pmatrix}}+0\cdot {\begin{pmatrix}7\\-13\end{pmatrix}}\,$
die sogennante triviale Darstellung des Nullvektors, aber es ist auch
    ${\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}=115\cdot {\begin{pmatrix}-5\\2\end{pmatrix}}+51\cdot {\begin{pmatrix}4\\9\end{pmatrix}}+53\cdot {\begin{pmatrix}7\\-13\end{pmatrix}}\,.$
# Heron-Verfahren/Quadratische Streckung/Aufgabe/Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach $n$, wobei die Induktionsvoraussetzung direkt durch die Wahl des Startwerts gesichert ist. Es gelte also
    $y_{n}=ux_{n}\,.$
Dann ist
    ${\begin{aligned}y_{n+1}&={\frac {y_{n}+{\frac {d}{y_{n}}}}{2}}\\&={\frac {ux_{n}+{\frac {u^{2}c}{ux_{n}}}}{2}}\\&={\frac {ux_{n}+u\cdot {\frac {c}{x_{n}}}}{2}}\\&=u\cdot {\frac {x_{n}+{\frac {c}{x_{n}}}}{2}}\\&=u\cdot x_{n+1}.\end{aligned}}$
# Jordanmatrix/Keine direkte Summenzerlegung/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
ein Endomorphismus, der bezüglich einer geeigneten Basis durch eine $n\times n$-Jordanmatrix beschrieben wird. Zeige, dass es keine direkte Summenzerlegung
    $V=U\oplus W\,$
in $\varphi$-invariante Untervektorräume $U,W\subset V$ gibt.
# R in C/Graduierte Erweiterung/Beispiel

Die Körpererweiterung $\mathbb {R} \subset {\mathbb {C} }$ ist durch die Gruppe $D=\mathbb {Z} /(2)$ graduiert. Die $0$-te homogene Komponente ist $\mathbb {R}$ und die $1$-te Komponente ist $\mathbb {R} {\mathrm {i} }$ (das ${\mathrm {i} }$ gehört da dazu, während man unter dem Imaginärteil einer komplexen Zahl die reelle Zahl vor dem ${\mathrm {i} }$ versteht). Die übliche Schreibweise $z=a+b{\mathrm {i} }$ ist also die Zerlegung in die homogenen Komponenten.
# Heron-Verfahren/Startglied 1/Funktion/Aufgabe/Lösung

Die Iteration im Heron-Verfahren zur Berechnung von ${\sqrt {b}}$ ist durch
    $x_{n+1}:={\frac {x_{n}+{\frac {b}{x_{n}}}}{2}}={\frac {x_{n}^{2}+b}{2x_{n}}}\,$
gegeben. Deshalb ist
    $x_{1}(b)={\frac {1+b}{2}}\,,$
    ${\begin{aligned}x_{2}(b)&={\frac {x_{1}(b)^{2}+b}{2x_{1}(b)}}\\&={\frac {\left({\frac {1+b}{2}}\right)^{2}+b}{2{\frac {1+b}{2}}}}\\&={\frac {{\frac {1+2b+b^{2}}{4}}+b}{1+b}}\\&={\frac {1+6b+b^{2}}{4(1+b)}},\end{aligned}}$
    ${\begin{aligned}x_{3}(b)&={\frac {x_{2}(b)^{2}+b}{2x_{2}(b)}}\\&={\frac {\left({\frac {1+6b+b^{2}}{4(1+b)}}\right)^{2}+b}{2{\frac {1+6b+b^{2}}{4(1+b)}}}}\\&={\frac {1}{2}}{\left({\frac {1+6b+b^{2}}{4(1+b)}}+b{\frac {4(1+b)}{1+6b+b^{2}}}\right)}\\&={\frac {(1+6b+b^{2})(1+6b+b^{2})+16b(1+b)^{2}}{8(1+b)(1+6b+b^{2})}}\\&={\frac {b^{4}+28b^{3}+70b^{2}+28b+1}{8b^{3}+56b^{2}+56b+8}}.\end{aligned}}$
# Jordansche Normalform/Diagonalisierbarer Anteil/Gleiche Eigenwerte/Aufgabe

Es sei $\varphi \colon V\rightarrow V$ eine trigonalisierbare lineare Abbildung mit der kanonischen additiven Zerlegung
    $\varphi =\varphi _{\rm {diag}}+\varphi _{\rm {nil}}\,$
im Sinne von Fakt. Zeige, dass die Eigenwerte von $\varphi$ und von $\varphi _{\rm {diag}}$ übereinstimmen. Gilt dies auch für ihre algebraische Vielfachheit, gilt dies für ihre geometrische Vielfachheit?
# R mod Z2 pi/Isomorphiesatz/Beispiel

Der Gruppenhomomorphismus
    $\mathbb {R} \longrightarrow S^{1},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},$
ist surjektiv und aufgrund der Periodizität der trigonometrischen Funktionen ist der Kern gleich $\mathbb {Z} 2\pi$. Nach dem Isomorphiesatz gibt es eine kanonische Isomorphie
    $\mathbb {R} /\mathbb {Z} 2\pi \cong S^{1}\,.$
# Heron-Verfahren/Wurzel 3/Wurzel 1 durch 3/Aufgabe/Lösung

* Es ist und
    $x_{1}={\frac {1+3}{2}}=2\,$
    $x_{2}={\frac {x_{1}+{\frac {3}{x_{1}}}}{2}}={\frac {2+{\frac {3}{2}}}{2}}={\frac {7}{4}}\,.$
* Es ist und
    $y_{1}={\frac {1+{\frac {1}{3}}}{2}}={\frac {2}{3}}\,$
    $y_{2}={\frac {y_{1}+{\frac {\frac {1}{3}}{y_{1}}}}{2}}={\frac {{\frac {2}{3}}+{\frac {\frac {1}{3}}{\frac {2}{3}}}}{2}}={\frac {{\frac {2}{3}}+{\frac {1}{2}}}{2}}={\frac {\frac {7}{6}}{2}}={\frac {7}{12}}\,.$
* Es ist und
    $x_{0}\cdot y_{0}=1\cdot 1=1\,,$
    $x_{1}\cdot y_{1}=2\cdot {\frac {2}{3}}={\frac {4}{3}}\,,$
    $x_{2}\cdot y_{2}={\frac {7}{4}}\cdot {\frac {7}{12}}={\frac {49}{48}}\,.$
* Die Heron-Folge $x_{n}$ konvergiert in $\mathbb {R}$ gegen ${\sqrt {3}}$ und die Heron-Folge $y_{n}$ konvergiert in $\mathbb {R}$ gegen ${\frac {1}{\sqrt {3}}}$, daher konvergiert die Produktfolge $x_{n}\cdot y_{n}$ gegen $1$. Da dies zu $\mathbb {Q}$ gehört, konvergiert die Produktfolge auch in $\mathbb {Q}$.
# Jordansche Normalform/Jordan-Matrix/3/Potenzen/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
eine Jordan-Matrix. Bestimme die jordansche Normalform der Potenzen $M^{n}$ für alle $n\in \mathbb {N} _{+}$.
# R nach R/Linear/Abbildung/Beispiel

Es sei $a\in \mathbb {R}$ fixiert. Diese reelle Zahl definiert eine Abbildung
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto ax.$
Bei $a=0$ liegt die konstante Nullabbildung vor. Bei $a\neq 0$ liegt eine bijektive Abbildung mit der Umkehrabbildung
    $y\longrightarrow {\frac {1}{a}}y$
vor. Die Umkehrabbildung hat hier also eine ähnliche Bauart wie die Ausgangsabbildung.
# Heron-Verfahren/Wurzel aus 5/Erste drei Glieder von Hand/Startwert 2/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $x_{1}={\frac {2+{\frac {5}{2}}}{2}}={\frac {9}{4}}\,,$
    $x_{2}={\frac {{\frac {9}{4}}+{\frac {5}{\,{\frac {9}{4}}\,}}}{2}}={\frac {{\frac {9}{4}}+{\frac {20}{9}}}{2}}={\frac {81+80}{72}}={\frac {161}{72}}\,,$
    $x_{3}={\frac {{\frac {161}{72}}+{\frac {5}{\,{\frac {161}{72}}\,}}}{2}}={\frac {{\frac {161}{72}}+{\frac {360}{161}}}{2}}={\frac {25921+25920}{23184}}={\frac {51841}{23184}}\,.$
# Jordansche Normalform/Jordan-Matrix/4/Eigenwert 3/Zweite Potenz/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}3&1&0&0\\0&3&1&0\\0&0&3&1\\0&0&0&3\end{pmatrix}}\,$
eine Jordan-Matrix. Bestimme die jordansche Normalform der Potenz $M^{2}$.
# R/Ebene und Parabolid/Schnittverhalten/Beispiel

Im $\mathbb {R} ^{3}$ betrachten wir die Ebene $Y=V(z)$ und das Paraboloid $Z=V{\left(z-x^{2}-y^{2}\right)}$. Der Durchschnitt besteht allein aus dem Nullpunkt. Das bedeutet, dass der Durchschnitt der beiden Flächen, die jeweils die Kodimension $1$ haben, die Kodimension $3$ besitzt. Allerdings sieht diese Berechnung anders aus, wenn man die Krulldimensionen der Ringe und nicht die „sichtbaren“ reellen Punkte betrachtet. Es ist
    $Y\cap Z=V{\left(z,z-x^{2}-y^{2}\right)}=V{\left(z,x^{2}+y^{2}\right)}\,$
und der zugehörige Koordinatenring des Durchschnittes ist $K[x,y]/{\left(x^{2}+y^{2}\right)}$, der eindimensional ist.
# Heron-Verfahren/Wurzel aus 5/Erste drei Glieder von Hand/Startwert 3/Aufgabe/Lösung

Das Heron-Verfahren ergibt der Reihe nach
    $x_{1}:={\frac {3+{\frac {5}{3}}}{2}}={\frac {7}{3}}\,,$
    ${\begin{aligned}x_{2}&:={\frac {{\frac {7}{3}}+{\frac {5}{\,\,{\frac {7}{3}}\,\,}}}{2}}\\&={\frac {{\frac {7}{3}}+{\frac {15}{7}}}{2}}\\&={\frac {\,\,{\frac {49+45}{21}}\,\,}{2}}\\&={\frac {47}{21}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}x_{3}&:={\frac {{\frac {47}{21}}+{\frac {5}{\,\,{\frac {47}{21}}\,\,}}}{2}}\\&={\frac {{\frac {47}{21}}+{\frac {105}{47}}}{2}}\\&={\frac {\,\,{\frac {2209+2205}{987}}\,\,}{2}}\\&={\frac {2207}{987}}.\end{aligned}}$
# Jordansche Normalform/Jordan-Matrix/4/Potenzen/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\,$
eine Jordan-Matrix. Bestimme die jordansche Normalform der Potenzen $M^{n}$ für alle $n\in \mathbb {N} _{+}$.
# Rationale Folge/Konvergenz/Beispiel

Wir betrachten die durch
    $x_{n}={\frac {-5n^{3}+6n^{2}-n+8}{11n^{3}+7n^{2}+3n-1}}\,$
definierte Folge und wollen wissen, ob und gegebenenfalls wogegen sie konvergiert. Man kann Fakt nicht unmittelbar anwenden, da weder der Zähler noch der Nenner konvergiert. Allerdings kann man den folgenden Trick anwenden, man schreibt
    $x_{n}={\frac {-5n^{3}+6n^{2}-n+8}{11n^{3}+7n^{2}+3n-1}}={\frac {{\left(-5n^{3}+6n^{2}-n+8\right)}{\frac {1}{n^{3}}}}{{\left(11n^{3}+7n^{2}+3n-1\right)}{\frac {1}{n^{3}}}}}={\frac {-5+{\frac {6}{n}}-{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {8}{n^{3}}}}{11+{\frac {7}{n}}+{\frac {3}{n^{2}}}-{\frac {1}{n^{3}}}}}\,.$
In dieser Form sind die Zähler- und die Nennerfolge konvergent, und zwar gegen $-5$ bzw. $11$, und daher konvergiert die Folge gegen $-{\frac {5}{11}}$.
# Heron-Verfahren/Wurzel(3)/Approximation der 0/Aufgabe/Lösung

* Es ist und
    $x_{1}={\frac {1+3}{2}}=2\,$
    $x_{2}={\frac {2+{\frac {3}{2}}}{2}}={\frac {7}{4}}\,.$
* Von der Approximation her betrachten wir $7-4{\sqrt {3}}$. Wegen ist diese Zahl positiv. Wir behaupten Dies ist äquivalent zu Wegen ist dies richtig.
    ${\sqrt {3}}\sim {\frac {7}{4}}\,$
    $49=7^{2}>(4{\sqrt {3}})^{2}=48\,$
    $7-4{\sqrt {3}}\leq 0,1\,.$
    $6,9\leq 4{\sqrt {3}}\,.$
    $(6,9)^{2}=47,61\leq 48\,$
# Jordansche Normalform/Kanonische additive Zerlegung/Aufgabe

Es sei $M$ eine $n\times n$-Matrix in jordanscher Normalform und es sei $D$ die zugehörige Diagonalmatrix. Zeige, dass die kanonische additive Zerlegung im Sinne von Fakt gleich
    $M=D+(M-D)\,$
ist.