OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Permutationsgruppe/Transitive Untergruppen/Elementanzahl/Aufgabe/Lösung

* Aufgrund der Transitivität muss es für jedes $y\in {\{1,\ldots ,n\}}$ ein Element $\pi \in G$ geben, das die $1$ auf $y$ abbildet, also muss es zumindest $n$ Gruppenelemente in $G$ geben.
* Wir betrachten die vom Zykel $1\mapsto 2\mapsto \ldots \mapsto n\mapsto 1$ erzeugte Untergruppe. Diese ist zyklisch der Ordnung $n$ und besitzt insbesondere $n$ Elemente. Die Transitivität ist klar.
# Permutationsmatrix/4x4/Damenproblem/Aufgabe/Lösung

a)
    ${\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&0&1&0\end{pmatrix}}$
b) Eine $1$ links oben erzwingt die folgende Situation ($x$ bedeutet, dass dort eine $1$ stehen könnte)
    ${\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&0&x&x\\0&x&0&x\\0&x&x&0\end{pmatrix}}.$
Wir betrachten die Situation je nachdem, wo in der zweiten Zeile die $1$ steht. Im ersten Fall ist
    ${\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&0\\0&x&0&0\end{pmatrix}},$
was nicht zu einer Lösung ergänzt werden kann. Im zweiten Fall ist
    ${\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&0&0&1\\0&x&0&0\\0&0&x&0\end{pmatrix}}.$
# Pickel/Ausdrücken/Reihenfolge/Aufgabe/Lösung

Das Pickelpaar und die drei übrigen einzelnen Pickel können als vier Pickelfelder betrachtet werden, die in beliebiger Reihenfolge beackert werden könnnen. Dafür gibt es $4!=24$ Möglichkeiten. Bei jeder dieser Reihenfolge hat man beim Pickelpaar die freie Wahlmöglichkeit, welcher zuerst drankommt. Daher gibt es insgesamt
    $2\cdot 24=48$
# Polynom/Begriffe/1/Aufgabe/Lösung

$11$
$7$
$7X^{11}$
$X^{5}$
$0$
# Polynom/Begriffe/2/Aufgabe/Lösung

$9$
$-6$
$-6X^{9}$
$X^{6}$
${\frac {1}{9}}$
# Polynom/Interpolation/Standardparabel/Aufgabe/Lösung

$X^{2}$
# Polynom/Q/Grad 3/Auflösbarkeit über Galoistheorie/Aufgabe/Lösung

Das Polynom $P$ heißt auflösbar, wenn der Zerfällungskörper $\mathbb {Q} \subseteq L$ von $P$ auflösbar ist. Dieser Zerfällungskörper ist eine Galoiserweiterung von $\mathbb {Q}$, und jeder Automorphismus von $L$ permutiert die Nullstellen von $P$ in $L$ und ist dadurch festgelegt (siehe Fakt). Daher ist die Galoisgruppe der Körpererweiterung eine Untergruppe der Permutationsgruppe $S_{3}$. Nach Fakt ist eine galoissche Körpererweiterung genau dann auflösbar, wenn ihre Galoisgruppe auflösbar ist. Die Permutationsgruppe $S_{3}$ ist auflösbar, wie die zyklische alternierende Untergruppe $\mathbb {Z} /(3)\cong A_{3}\subset S_{3}$ mit der Restklassengruppe $\mathbb {Z} /(2)$ zeigt. Nach Fakt
$S_{3}$
# Polynome/Ableitungsabbildung/Kern und Bild/Aufgabe/Lösung

Die Ableitung schickt die Basiselemente auf
    $x^{0}=1\mapsto 0,\,x^{1}\mapsto 1,\,x^{2}\mapsto 2x,\,x^{3}\mapsto 3x^{2},\,x^{4}\mapsto 4x^{3}.$
Daraus sind direkt die Koeffizienten der Bildvektoren bezüglich der Basis abzulesen. In der beschreibenden Matrix stehen in den Spalten die Koeffizienten der Bildvektoren. Daher lautet die Matrix
    ${\begin{pmatrix}0&1&0&0&0\\0&0&2&0&0\\0&0&0&3&0\\0&0&0&0&4\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}}.$
Das Bild dieser Abbildung besteht aus allen Polynomen vom Grad $\leq 3$. Dieser Untervektorraum besitzt die Basis $x^{0},x^{1},x^{2},x^{3}$ und hat demnach die Dimension $4$.
$x^{0}$
# Polynomiale Abbildung/A^2 nach A^1/Eine Faser reduzibel, sonst irreduzibel/Aufgabe/Lösung

Es sei $K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper. Wir betrachten die Abbildung
    ${\mathbb {A} }_{K}^{2}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{1},\,(x,y)\longmapsto xy.$
Die Faser über dem Nullpunkt ist das Achsenkreuz $V(xy)=V(x)\cup V(y)$, das nicht irreduzibel. Die Faser über einem Punkt $\lambda \in K$, $\lambda \neq 0$, ist $V(xy-\lambda )$. Es genügt zu zeigen, dass $xy-\lambda$ ein Primpolynom ist. Dies folgt aber aus der Isomorphie
    $K[x,y]/(xy-\lambda )\longrightarrow K[u]_{u},\,x\mapsto u,\,y\mapsto \lambda u^{-1},$
$u\mapsto x$
# Polynomring/1/X-a/Nullstellenfrei/Teilerfremd/Aufgabe/Lösung

* Der einzige normierte Teiler von $X-a$ von positivem Grad ist $X-a$ selbst. Da $a$ keine Nullstelle von $P$ ist, folgt nach Fakt, dass $X-a$ kein Teiler von $P$ ist. Die einzigen gemeinsamen Teiler sind somt die konstanten Polynome $\neq 0$, was die Teilerfremdheit bedeutet.
* Die einzigen normierten Teiler von $(X-a)^{k}$ sind $(X-a)^{\ell }$ mit $\ell \leq k$. Deshalb folgt die Teilerfremdheit aus Teil (1).
# Polynomring/2/Multiplizität/Multiplikation/Aufgabe/Lösung

Es ist $F\in {\mathfrak {m}}^{n}$. Zum Nachweis der Wohldefiniertheit sei $G\in K[X,Y]$ mit $G\in {\mathfrak {m}}^{n-m}$. Dann ist $FG\in {\mathfrak {m}}^{n-m}\cdot {\mathfrak {m}}^{m}={\mathfrak {m}}^{m}$. Also gehört ${\mathfrak {m}}^{m-n}$ zum Kern der Gesamtabbildung
    $K[X,Y]{\stackrel {\cdot F}{\longrightarrow }}K[X,Y]\longrightarrow K[X,Y]/{\mathfrak {m}}^{n}.$
Nach dem Satz vom induzierten Homomorphismus gibt es somit einen $K[X,Y]$-Modulhomomorphismus
    $K[X,Y]/{\mathfrak {m}}^{n-m}\longrightarrow K[X,Y]/{\mathfrak {m}}^{n}.$
Zum Nachweis der Injektivität sei $G\in K[X,Y]$ mit $FG=0$ in $K[X,Y]/{\mathfrak {m}}^{n}$, also $FG\in {\mathfrak {m}}^{n}$. Wäre $G\notin {\mathfrak {m}}^{n-m}$, so würde in $G$ ein Monom $X^{i}Y^{j}$ vom Grad $i+j<n-m$ (mit einem von $0$ verschiedenen Koeffizienten)
$FG=F_{m}G+\cdots +F_{d}G$
$<m$
$FG\notin {\mathfrak {m}}^{n}$
# Primfaktorzerlegung (Z)/Primteiler von 2^(35)-1/Finde zwei/Aufgabe/Lösung

$X^{k}-1$
$X^{km}-1$
$Y-1$
$Y^{m}-1$
$2^{5}-1=31$
$2^{7}-1=127$
$2^{35}-1$
# Primzahl/Programm/Nur Addition/Aufgabe/Lösung

* Erhöhe den zweiten Speicher um 1.
* Erhöhe den zweiten Speicher um 1.
* Vergleiche den zweiten Speicherinhalt mit dem ersten Speicherinhalt. Wenn der zweite Speicherinhalt gleich dem ersten Speicherinhalt ist, so gehe zu Befehl 7 (sonst weiter).
* Leere den dritten Speicher.
* Addiere den zweiten Speicherinhalt mit dem dritten Speicherinhalt und schreibe das Ergebnis in den dritten Speicher.
* Vergleiche den dritten Speicherinhalt mit dem ersten Speicherinhalt. Wenn der dritte Speicherinhalt kleiner als der erste Speicherinhalt ist, so gehe zu Befehl 5. Wenn der dritte Speicherinhalt gleich dem ersten Speicherinhalt ist, so gehe zu Befehl 9. Wenn der dritte Speicherinhalt größer ist, so gehe zu Befehl 2.
* Drucke den ersten Speicherinhalt und „ist eine Primzahl“ aus.
* Halte an.
* Drucke den ersten Speicherinhalt und „ist keine Primzahl“ aus.
* Halte an.
$n$
$n$
$n$
# Professor Knopfloch/Kontaktlinsen/Aufgabe/Lösung

Die einzige Möglichkeit ist, dass beide Kontaklinsen im rechten Auge gelandet sind. Somit ist die Abbildung nicht injektiv ($2$ Elemente haben den gleichen Wert),
# Projektion weg von Punkt/Ebene/Gleichung für Fasergerade/Aufgabe/Lösung

$(x,a,b)$
$(a,b)$
$bY-aZ$
# Projektive Gerade/K-Punkte/Lokale Ringe isomorph/Aufgabe/Lösung

$P\in {\mathbb {P} }_{K}^{1}$
$P\in {\mathbb {A} }_{K}^{1}=D_{+}(L)\subset {\mathbb {P} }_{K}^{1}$
$L$
$K[X]_{(X)}$
# Prädikatenkalkül/Konjunktion der Allaussage/Hinrichtung/Aufgabe/Lösung

Die Alleinführung im Antezedens ergibt
    $\vdash \forall x\alpha \rightarrow \alpha$
und
    $\vdash \forall x\beta \rightarrow \beta$
und daraus zusammen mit Fakt (2)
    $\vdash \forall x\alpha \wedge \forall x\beta \rightarrow \alpha \wedge \beta .$
Die Variable $x$ ist sowohl vorne als auch in $\forall x{\left(\alpha \wedge \beta \right)}$ gebunden. Daher ergibt die Alleinführung im Sukzedens
    $\vdash \forall x\alpha \wedge \forall x\beta \rightarrow \forall x{\left(\alpha \wedge \beta \right)}.$
# Quadratische Gleichungen/Breite und Höhe aus Umfang und Fläche eines Rechtecks/Aufgabe/Lösung

Zwei Seiten haben die Länge $a$, zwei andere Seiten die Länge $b$; gegebenenfalls ist $a=b$. Es gilt $U=2a+2b$ und $A=ab$.
Auflösen der ersten Gleichung nach $b$ ergibt $b={\frac {U}{2}}-a$. Einsetzen in die zweite Gleichung: $A=a\left({\frac {U}{2}}-a\right)=a{\frac {U}{2}}-a^{2}$. Umstellen in die Normalform einer quadratischen Gleichung: $a^{2}-{\frac {U}{2}}a+A=0$.
Man beachte, dass der Wert unter der Wurzel nie negativ wird und nur für den Speziallfall eines Quadrats null wird: Alle allgemeinen Rechtecke haben im Verhältnis zum Quadrat bei gleicher Fläche einen größeren Umfang.
$a$
${\frac {U}{4}}\pm {\sqrt {{\frac {U^{2}}{16}}-A}}$
$a$
$b$
$a=b=U/4$
# Quadratische Körpererweiterung/Z mod 2/Matrizen, Norm, Spur/Aufgabe/Lösung

Die vier Matrizen sind
    ${\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}.$
$0,1,1,1$
$0,0,1,1$
# Quadratischer Zahlbereich/D ist -7/Berechne Diskriminante/3/2 + 5/2 sqrt(-7)/Multiplikationsmatrix Norm Spur/ganz?/Aufgabe/Lösung

Eine $\mathbb {Z}$-Basis von $A_{-7}$ ist gegeben durch $1$ und ${\frac {1+{\sqrt {-7}}}{2}}$. Die vier Produkte sind demnach $1$, ${\frac {1+{\sqrt {-7}}}{2}}$ (zweimal) und ${\left({\frac {1+{\sqrt {-7}}}{2}}\right)}^{2}={\frac {-6+2{\sqrt {-7}}}{4}}$. Die Spuren davon sind $2$, $1$ (zweimal) und $3$. Daher ist die Diskriminante gleich
    $\triangle =\det {\begin{pmatrix}2&1\\1&-3\end{pmatrix}}=-6-1=-7.$
Das Element $f={\frac {3}{2}}+{\frac {5}{2}}{\sqrt {-7}}$ wird bezüglich der $\mathbb {Q}$-Basis $1$ und ${\sqrt {-7}}$ durch die Matrix
    ${\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}&-{\frac {35}{2}}\\{\frac {5}{2}}&{\frac {3}{2}}\end{pmatrix}}$
beschrieben. Deren Determinante, also die Norm, ist somit
    $N(f)={\frac {9}{4}}+{\frac {175}{4}}={\frac {184}{4}}=46$
und die Spur ist
    $S(f)={\frac {6}{2}}=3.$
# Quadratrestgruppe (Q)/Ganzzahliger Vertreter/Aufgabe/Lösung

Die Restklasse $x$ in der Quadratrestgruppe werde durch $q={\frac {n}{m}}$ repräsentiert. Da Quadrate in der Quadratrestgruppe gleich $1$ sind, hat man $[q]=[qm^{2}]=[nm]$, d.h. man hat einen Vertreter aus $\mathbb {Z}$. Sei$\pm p_{1}^{k_{1}}\cdots p_{r}^{k_{r}}$ dessen kanonische Primfaktorzerlegung. Durch sukzessive Multiplikation mit den Quadraten (in $\mathbb {Q}$)
$p_{i}^{-2}$
$0$
$1$
# Quadratsumme/Eckkonstruierbar/Kleinste Zahle geq 100/Aufgabe/Lösung

$n$ muss einerseits die Form $n=2^{\alpha }p_{1}\cdots p_{k}$ haben mit verschiedenen Fermat-Primzahlen, also $3,5,17,257$, etc. und andererseits muss jeder Primteiler von $n$ mit ungeradem Exponent modulo $4$ den Rest $0,1$ oder $2$ haben. Da $3$ in der ersten Bedingung allenfalls einfach vorkommt, darf $3$ überhaupt nicht vorkommen.
Wenn keine Fermat-Primzahlen vorkommt, so ist die kleinste Möglichkeit $\geq 100$ gleich $2^{7}=128$. Damit ist auch schon ausgeschlossen, dass $257$ oder eine größere Fermat-Primzahl vorkommt.
Wenn an Fermat-Primzahlen nur $5$ vorkommt, so ist die kleinste Möglichkeit $\geq 100$ gleich $32\cdot 5=160$.
Wenn nur $17$ vorkommt, so ist $8\cdot 17=136$ die kleinste Möglichkeit.
Wenn $5$ und $17$ vorkommen, so ist $2\cdot 5\cdot 17=170$ die kleinste Möglichkeit.
$128$
# Quadratwurzel/N/Natürliche Konstruktion/Aufgabe/Lösung

Dies geht mit der Spirale des Theodorus. Wenn man die (bereits konstruierte)
${\sqrt {n}}$
$1$
${\sqrt {n+1}}$
# QX mod X^3-7/Inverse von 3X+4/Aufgabe/Lösung

Wir machen Division mit Rest von $X^{3}-7$ durch $3X+4$. Das ergibt
    $X^{3}-7=(3X+4){\left({\frac {1}{3}}X^{2}-{\frac {4}{9}}X+{\frac {16}{27}}\right)}-{\frac {253}{27}}.$
Also ist
    $(3x+4){\left({\frac {1}{3}}x^{2}-{\frac {4}{9}}x+{\frac {16}{27}}\right)}={\frac {253}{27}}\mod X^{3}-7$
und daher ist das Inverse von $3x+4$ gegeben durch
    ${\frac {27}{253}}{\left({\frac {1}{3}}x^{2}-{\frac {4}{9}}x+{\frac {16}{27}}\right)}={\frac {9}{253}}x^{2}-{\frac {12}{253}}x+{\frac {16}{253}}.$
# R/Überabzählbar/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Nehmen wir an, die Menge der reellen Zahlen sei abzählbar, dann ist insbesondere auch das Einheitsintervall $[0,1[$ abzählbar. Es sei also
    $\psi \colon \mathbb {N} _{+}\longrightarrow [0,1[$
eine surjektive Abbildung. Wir betrachten die reellen Zahlen als Ziffernfolgen im Dreiersystem: Jede reelle Zahl $r\in [0,1[$ besitzt eine eindeutig bestimmte Darstellung als Reihe
    $r=\sum _{k=1}^{\infty }z_{k}(r)3^{-k},$
wobei die $k$-te Nachkommaziffer $z_{k}(r)\in \{0,1,2\}$ ist und wobei nicht fast alle Ziffern gleich $2$ sind (sonst hätte man keine Eindeutigkeit). Wir definieren nun eine reelle Zahl durch $s=\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}3^{-k}$ mit
    $b_{k}={\begin{cases}0,{\text{ falls }}(\psi (k))_{k}=1{\text{ oder }}2,\\1,\,{\text{ falls }}(\psi (k))_{k}=0\,.\end{cases}}$
$s$
$\psi$
$k\in \mathbb {N}$
$\psi (k)\neq s$
$\psi (k)$
$s$
$k$
$\psi$
# Rationale Parametrisierung/Hyperbel/Keine polynomiale Parametrisierung/Aufgabe/Lösung

Eine rationale Parametrisierung einer ebenen Kurve $C$ ist eine nichtkonstante, durch rationale Polynome auf einer offenen Teilmenge $U$ der affinen Geraden ${\mathbb {A} }_{K}^{1}$ gegebene Abbildung $U\rightarrow C\subset {\mathbb {A} }_{K}^{2}$. Im Fall der Hyperbel $V(XY-1)$ wird eine rationale Parametrisierung am einfachsten gegeben durch
    $t\mapsto (t,t^{-1}),$
die für $t\neq 0$ definiert ist.
$F,G$
$F,G$
$FG=1$
$\neq 0$
# Reelle Folge/Konvergiert/Häufungspunkt und beschränkt/Aufgabe/Lösung

Es sei zunächst die Folge ${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergent mit Grenzwert $x$. Dann ist die Folge nach Fakt beschränkt. Der Grenzwert $x$ ist insbesondere ein Häufungspunkt. Nehmen wir an, es würde noch einen weiteren Häufungspunkt $y\neq x$ geben. Für $\epsilon ={\frac {\vert {x-y}\vert }{3}}$ liegen dann aber alle bis auf endlich viele Folgenglieder innerhalb der $\epsilon$-Umgebung (also $]x-\epsilon ,x+\epsilon [$) von $x$, und daher kann es innerhalb der $\epsilon$-Umgebung von $y$ nur endlich viele Glieder geben.
Es sei nun die Folge ${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt mit dem einzigen Häufungspunkt $x$. Wir behaupten, dass die Folge gegen $x$ konvergiert und nehmen an, dass sie nicht gegen $x$ konvergiert. Dann gibt es ein $\epsilon >0$ derart, dass es außerhalb der $\epsilon$-Umgebung von $x$ unendlich viele Folgenglieder gibt. Dies bedeutet, dass es eine Teilfolge $x_{n_{i}}$ gibt, die ganz außerhalb von $]x-\epsilon ,x+\epsilon [$ verläuft. Mit der Folge ist auch diese Teilfolge beschränkt. Daher gibt es nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß (eine konvergente Teilfolge und)
$y$
$x_{n_{i}}$
${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$
$x\neq y$
$\epsilon$
$x$
$x_{n_{i}}$
# Registermaschine/1 und 0/Ein Druckbefehl/Aufgabe/Lösung

Der Register $R_{1}$ sei zu Beginn leer.
    $1.\,\,1+$
    $2.\,\,{\text{Drucke}}$
    $3.\,\,C(1,1)$
    $4.\,\,1-$
    $5.\,\,C(1,2)$
    $6.\,\,{\text{ Halte an}}$
$1$
$1$
$1$
$0$
$0$
$0$
$0$
$1$
# Registermaschine/1 und 0/Ein Sprungbefehl/Aufgabe/Lösung

Die Register $R_{1}$ und $R_{2}$ seien zu Beginn leer.
    $1.\,\,1+$
    $2.\,\,{\text{Drucke}}$
    $3.\,\,1-$
    $4.\,\,{\text{Drucke}}$
    $5.\,\,C(2,1)$
    $6.\,\,{\text{ Halte an}}$
$1$
$0$
$0$
# Registermaschine/Bedingter Sprungbefehl/Inhalt/Aufgabe/Lösung

Wir arbeiten mit den $2k+1$ Programmzeilen (in relativer Nummerierung)
    $1.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(i,2k+2)$
    $2.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,i-$
    $3.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(i,2k+2)$
    $4.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,i-$
    $\vdots$
    $2k-3.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(i,2k+2)$
    $2k-2.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,i-$
    $2k-1.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(i,2k+2)$
    $2k.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,i-$
    $2k+1.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(i,j)$
Das Programm reduziert also höchstens $k$-mal den Registerinhalt von $R_{i}$ um $1$. Wenn der Registerinhalt von $R_{i}$ am Anfang kleiner als $k$ ist, so wird dieser Registerinhalt in weniger als $k$ Schritten geleert
$C(i,2k+2)$
$R_{i}$
$k$
$2k$
$j$
$R_{i}$
$k$
$2k$
# Registermaschine/VW/Aufgabe/Lösung

* Nein. Da die Zeilennummern angepasst werden, wird der neue Programmabschnitt (wenn überhaupt) von Anfang an durchlaufen und wenn der Befehl $C(k,h')$ abgearbeitet wird ist das $k$-te Register nicht leer, also wird nicht zum Haltebefehl gewechselt, und das Programm läuft einfach weiter.
* Ja, und zwar schon deshalb, da sich die Anzahl der Programmzeilen ändert.
* Da ein Register mehr verwendet wird, wird kein Speicherplatz gespart und da der zusätzliche Befehl den Inhalt des ersten Registers ausdruckt, dessen Inhalt aber eine Zahl und nicht „VW“ ist, sind a) und b) inhaltlich unpassend. Da das neue Programm zusätzliche Befehle abarbeitet, wird das Programm langsamer, allerdings nur, wenn der neue Programmabschnitt auch durchlaufen wird. Es kann aber durch Sprungbefehle sein, dass der neue Programmabschnitt übersprungen wird. Daher ist nur c) richtig.
# Registerprogramm/Lied/Aufgabe/Lösung

Wir arbeiten mit den Hilfszählregistern $R_{s},R_{t},R_{u},R_{v}$, die am Anfang der Reihe nach mit $1-2-3-4$ belegt seien. Wir behaupten, dass das folgende Programm (die Befehlszeilennummern repräsentieren teilweise ganze Programmabschnitte) das Lied abspielt.
    $1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P_{1}$
    $2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P_{2}$
    $3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P_{3}$
    $4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,s-$
    $5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,t-$
    $6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,u-$
    $7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,v-$
    $8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(v,14)$
    $9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(u,3)$
    $10\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(t,12)$
    $11\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(s,2)$
    $12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P_{4}$
    $13\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C(s,2)$
    $14\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\text{Halte an}}$
$0-1-2-3$
$R_{s}$
$2$
$0-0-1-2$
$R_{t}$
$12$
$R_{s}$
$2$
$0-0-0-1$
$R_{u}$
$3$
$0-0-0-0$
$8$
# Reguläre Punkte(x,y) nach (y^2 durch x,y^3 durch x^2)/Differential der Umkehrabbildung zu (1,2)/Aufgabe/Lösung

a) Wir bestimmen die Jacobi-Matrix von $\varphi$, diese ist
    $J={\begin{pmatrix}-{\frac {y^{2}}{x^{2}}}&2{\frac {y}{x}}\\-2{\frac {y^{3}}{x^{3}}}&3{\frac {y^{2}}{x^{2}}}\end{pmatrix}}.$
Die Determinante davon ist
    $-3{\frac {y^{4}}{x^{4}}}+4{\frac {y^{4}}{x^{4}}}={\frac {y^{4}}{x^{4}}}.$
Dies ist $0$ genau dann, wenn $y=0$ ist, sodass die regulären Punkte genau die Punkte sind, deren $y$-Koordinate nicht $0$ ist.
b) Die Abbildung ist nach Teil a) im Punkt $P=(1,2)$ regulär, daher gibt es nach dem Satz über die Umkehrabbildung eine differenzierbare Umkehrabbildung $\psi$, die in einer offenen Umgebung von $\varphi (P)=(4,8)$ definiert ist. Das totale Differential von $\psi$ im Punkt $\varphi (P)$ ist die inverse Matrix zum totalen Differential von $\varphi$ in $P$, also invers zu
    ${\begin{pmatrix}-4&4\\-16&12\end{pmatrix}}.$
Die inverse Matrix dazu ist
    ${\frac {1}{16}}{\begin{pmatrix}12&-4\\16&-4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {3}{4}}&-{\frac {1}{4}}\\1&-{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}.$
$(x,y)$
$y\neq 0$
$Q$
$y=0$
$(0,0)$
$Q$
# Reine Körpererweiterung/Q(dritte Wurzel a), a prim/Keine Galoiserweiterung/Aufgabe/Lösung

$a$
$X^{3}-a$
$\mathbb {Q}$
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{a}}]=\mathbb {Q} [X]/(X^{3}-a)=L$
$3$
$\mathbb {Q} \subseteq L$
$X^{3}-a$
$L$
$x$
$X$
$L$
${\mathbb {C} }$
$L$
$\zeta \cdot x$
$\zeta \neq 1$
$x,\zeta \cdot x\in L$
$\zeta \in L$
$L$
$K_{3}$
$2$
$\mathbb {Q}$
$\mathbb {Q} \subseteq K_{3}\subseteq L$
# Relation/Wertetabelle/1/Aufgabe/Lösung

$e$
$a$
# Relation/Wertetabelle/2/Aufgabe/Lösung

$3$
# Relation/Wertetabelle/3/Aufgabe/Lösung

Es handelt sich um eine Abbildung. Sie ist injektiv, aber nicht surjektiv (und somit nicht bijektiv),
$g$
# Relation/Wertetabelle/5/Aufgabe/Lösung

$4$
$h$
$h$
# Relation/Wertetabelle/6/Aufgabe/Lösung

$5$
$e$
$a$
# Relation/Wertetabelle/7/Aufgabe/Lösung

$8$
# Relationssymbole/Interpretation/Lineare Unabhängigkeit/Aufgabe/Lösung

* Wenn drei Vektoren linear unabhängig sind, so sind inbesondere je zwei davon linear unabhängig.
* Dies gilt im Allgemeinen nicht. Dazu sei $V=\mathbb {R} ^{2}$ und wir betrachten die drei Vektoren $(1,0),(1,1),(0,1)$. Die drei Vektoren sind insgesamt linear abhängig, da in einem zweidimensionalen Vektorraum drei Vektoren immer linear abhängig sind. Dagegen ist jede Auswahl von zwei der Vektoren linear unabhängig, da keiner der Vektoren ein Vielfaches eines anderen ist.
* In einem eindimensionalen (oder nulldimensionalen) Vektorraum $V$ gilt die Aussage, da es dort keine zwei linear unabhängigen Vektoren gibt und daher der Vordersatz stets falsch ist und somit die Gesamtaussage stimmt.
# Relationssymbole/Interpretation/Substitution/Lineare Unabhängigkeit/Aufgabe/Lösung

* Wenn drei Vektoren linear unabhängig sind, so sind insbesondere je zwei davon linear unabhängig.
* Dies gilt im Allgemeinen nicht. Dazu sei $V=\mathbb {R} ^{2}$ und wir betrachten die drei Vektoren $(1,0),(1,1),(0,1)$. Die drei Vektoren sind insgesamt linear abhängig, da in einem zweidimensionalen Vektorraum drei Vektoren immer linear abhängig sind. Dagegen ist jede Auswahl von zwei der Vektoren linear unabhängig, da keiner der Vektoren ein Vielfaches eines anderen ist.
* In einem eindimensionalen (oder nulldimensionalen) Vektorraum $V$ gilt die Aussage, da es dort keine zwei linear unabhängigen Vektoren gibt und daher der Vordersatz stets falsch ist und somit die Gesamtaussage stimmt.
* Die Standardvektoren im $\mathbb {R} ^{3}$ sind eine Basis und insbesondere linear unabhängig, daher gilt die Aussage.
* Die ${\sqrt {2}}$ ist keine rationale Zahl, daher sind die beiden reellen Zahlen $1$ und ${\sqrt {2}}$ über $\mathbb {Q}$ linear unabhängig, und daher gilt diese Aussage.
# Restklassenkörper (Z)/Alle primitive Elemente/13/Aufgabe/Lösung

Die multiplikative Ordnung ist ein Teiler von $12$. Wir bestimmen zuerst die Ordnung von $2$. Es ist
    $2^{2}=4\neq 1,\,2^{3}=8\neq 1,\,2^{4}=16=3\neq 1,\,2^{6}=64=-1.$
$12$
$2$
Gruppenisomorphismus
    $(\mathbb {Z} /(12),+,0)\longrightarrow \mathbb {Z} /(13)^{\times },\,n\longmapsto 2^{n},$
der Erzeuger auf Erzeuger abbildet. Die Erzeuger links sind $1,5,7,11$ (die zu $12$ teilerfremden Zahlen), und diese werden auf die primitiven Einheiten
    $2^{1}=2,\,2^{5}=32=6,\,2^{7}=6\cdot 4=11,\,2^{11}=2^{-1}2^{12}=2^{-1}=7$
# Relationstabelle/Eigenschaften/3/Aufgabe/Lösung

Die Relation ist nicht reflexiv, da $A$ nicht zu sich selbst in Beziehung steht. Die Relation ist symmetrisch, da die einzigen Relationsbeziehungen zwischen verschiedenen Elementen die Relation zwischen $B$ und $D$ ist, und diese in beide Richtungen gegeben ist. Daher ist die Relation auch nicht antisymmetrisch. Die Relation ist transitiv. Der einzige zu überprüfende nichttriviale Voraussetzung ist $BRD$ und $DRB$, wobei die Konklusion wegen $BRB$ und $DRD$
# Restklassenring (Z)/mod 17/Jede Ordnung/Aufgabe/Lösung

Da $17$ eine Primzahl ist, handelt es sich bei $\mathbb {Z} /(17)$ um einen Körper, sodass die Einheitengruppe aus $16$ Elementen besteht. Aufgrund des Satzes von Lagrange kommen als Ordnung nur Teiler von $16$ in Frage, also $1,2,4,8,16$. Aufgrund des Struktursatzes über multiplikative endliche Untergruppen von Körpern ist die Einheitengruppe zyklisch, sodass jede mögliche Ordnung auch auftritt. Wir bestimmen zuerst ein primitives Element, also ein Element der Ordnung $16$. Es ist
    $2^{1}=2,\,2^{2}=4,\,2^{4}=4^{2}=16=-1,\,2^{8}=1,$
d.h. $2$ hat die Ordnung $8$ und ist nicht primitiv.
Es ist
    $3^{1}=3,\,3^{2}=9,\,3^{4}=9^{2}=81=13=-4,\,3^{8}=(-4)^{2}=16=-1.$
Also ist $3$ eine primitive Einheit modulo $17$ und hat die Ordnung $16$. Daher gilt:
    $3^{2}=9{\text{ hat die Ordnung }}8,$
    $3^{4}=13{\text{ hat die Ordnung }}4,$
    $3^{8}=-1{\text{ hat die Ordnung }}2,$
    $1{\text{ hat die Ordnung }}1.$
Eine Untergruppe aus vier Elementen ist die Menge
    $\{3^{0},3^{4},3^{8},3^{12}\}=\{1,13,-1=16,-13=4\}.$
# Restklassenring/Z mod p/Additive und multiplikative Ordnung sind teilerfremd/Aufgabe/Lösung

$x$
$n$
$nx=1\mod p$
$x$
$\mathbb {Z} /(p)$
$x$
$x$
$p$
$p-1$
$x$
$p$
# Restklassenringe (Z)/mod 31/Primitive Elemente und Quadrate/Aufgabe/Lösung

Es gibt $16$ Quadrate. $\varphi (30)=\varphi (2\cdot 3\cdot 5)=2\cdot 4=8$, also gibt es $8$ primitive Elemente.
Ein Quadrat ist nicht primitiv. Deshalb gibt es $8+16=24$ Elemente, die ein Quadrat oder primitiv sind. Es verbleiben $7$ Elemente, die weder ein Quadrat noch primitiv sind.
$x$
$x^{i}$
$i$
$30$
$i$
$\leq 30$
$30$
$3$
$5$
$i=3,5,9,15,21,25,27$