OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Matrix/x^2+x -x -x^3+2x^2+5x-1 x^2-x/x invertierbar/Aufgabe/Lösung

Eine Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante $\neq 0$ ist. Die Determinante der Matrix ist
    ${\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x^{2}+x&-x\\-x^{3}+2x^{2}+5x-1&x^{2}-x\end{pmatrix}}&=(x^{2}+x)(x^{2}-x)+x(-x^{3}+2x^{2}+5x-1)\\&=x^{4}-x^{2}-x^{4}+2x^{3}+5x^{2}-x\\&=2x^{3}+4x^{2}-x\\&=x(2x^{2}+4x-1).\end{aligned}}$
Dies ist gleich $0$ bei $x=0$, was die Lösung $x_{1}=0$ ergibt, oder bei $2x^{2}+4x-1=0$. Diese quadratische Gleichung ist äquivalent zu $x^{2}+2x-{\frac {1}{2}}=0$ bzw. zu
    $(x+1)^{2}-1-{\frac {1}{2}}=0\,.$
Also ist
    $x+1=\pm {\sqrt {\frac {3}{2}}}\,$
und damit
    $x_{2}={\sqrt {\frac {3}{2}}}-1{\text{ und }}x_{3}=-{\sqrt {\frac {3}{2}}}-1.$
Die einzigen komplexen Zahlen, bei denen die Matrix nicht invertierbar ist, sind also
    $0,\,{\sqrt {\frac {3}{2}}}-1,\,-{\sqrt {\frac {3}{2}}}-1.$
# Lineare Differentialgleichung/Konstant/2103/45/Picard-Lindelöf/Bis vierte Iteration/Aufgabe

Bestimme die ersten vier Iterationen in der Picard-Lindelöf-Iteration für die lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten
    ${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}2&1\\0&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$
mit der Anfangsbedingung $x(0)=4$ und $y(0)=5$.
# Matrix3/Zwei Blöcke/Trigonalisierbar/Diagonalisierbar/1/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist
    ${\begin{aligned}\chi _&=\det {\begin{pmatrix}X-4&-3&0\\5&X+1&0\\0&0&X-11\end{pmatrix}}\\&=((X-4)(X+1)+15)(X-11)\\&=(X^{2}-3X+11)(X-11).\end{aligned}}$
Den vorderen Faktor schreiben wir als
    $X^{2}-3X+11={\left(X-{\frac {3}{2}}\right)}^{2}-{\frac {9}{4}}+11\,.$
# Lineare Differentialgleichung/Lösung/Beliebig differenzierbar/0/Alle Ableitungen 0/Aufgabe

Es sei
    $y'=g(t)y\,$
eine homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit einer unendlich oft differenzierbaren Funktion $g$ und es sei $y$ eine differenzierbare Lösung.
a) Zeige, dass $y$ ebenfalls unendlich oft differenzierbar ist.
b) Es sei $y(t_{0})=0$ für einen Zeitpunkt $t_{0}$. Zeige unter Verwendung von Aufgabe, dass $y^{(n)}(t_{0})=0$ für alle $n\in \mathbb {N}$. gilt.
# Matrix3/Zwei Blöcke/Trigonalisierbar/Diagonalisierbar/2/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist
    ${\begin{aligned}\chi _&=\det {\begin{pmatrix}X-9&-3&0\\5&X+1&0\\0&0&X-13\end{pmatrix}}\\&=((X-9)(X+1)+15)(X-13)\\&=(X^{2}-8X+6)(X-13).\end{aligned}}$
Den vorderen Faktor schreiben wir als
    $X^{2}-8X+6={\left(X-4\right)}^{2}-10\,.$
Somit besitzt dieses Polynom die beiden Nullstellen
    $\lambda _{1,2}=\pm {\sqrt {10}}+4\,.$
Daher besitzt das charakteristische Polynom drei verschiedene Nullstellen und ist somit nach Fakt
# Lineare Differentialgleichung/y' ist 2t durch t^2+1 y/Störfunktion ist t^2/Aufgabe

a) Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung
    $y'={\frac {2t}{t^{2}+1}}y\,.$
b) Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung
    $y'={\frac {2t}{t^{2}+1}}y+t^{2}\,.$
# Matrix3/Zwei Blöcke/Trigonalisierbar/Diagonalisierbar/3/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist
    ${\begin{aligned}\chi _&=\det {\begin{pmatrix}X-10&-4&0\\9&X+2&0\\0&0&X-11\end{pmatrix}}\\&=((X-10)(X+2)+36)(X-11)\\&=(X^{2}-8X+16)(X-11)\\&=(X-4)^{2}(X-11).\end{aligned}}$
Damit ist die Matrix jedenfalls trigonalisierbar. Zur Frage die Diagonalisierbarkeit betrachten wir den Eigenwert $4$. Der Rang von
    ${\begin{pmatrix}-6&-4&0\\9&6&0\\0&0&-7\end{pmatrix}}$
ist offenbar $2$ und somit ist der Eigenraum eindimensional. Daher ist die geometrische Vielfachheit echt kleiner als die algebraische Vielfachheit und die Matrix ist nach Fakt
# Lineare Differentialgleichung/y' ist y durch t^2(t-1)/Aufgabe

Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung
    $y'={\frac {y}{t^{2}(t-1)}}\,$
für $t>1$.
# Matrixprodukt/2-i -1-3i -1 i 0 4-21 mal 1+i 1-i 2+5i/Aufgabe/Lösung

Man multipliziert die erste Zeile mit der Spalte rechts und erhält
    ${\begin{aligned}(2-{\mathrm {i} })(1+{\mathrm {i} })+(-1-3{\mathrm {i} })(1-{\mathrm {i} })-(2+5{\mathrm {i} })&=2+2{\mathrm {i} }-{\mathrm {i} }+1-1+{\mathrm {i} }-3{\mathrm {i} }-3-2-5{\mathrm {i} }\\&=-3-6{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$
Die zweite Zeile multipliziert mit der Spalte rechts ergibt
    ${\mathrm {i} }(1+{\mathrm {i} })+(4-2{\mathrm {i} })(2+5{\mathrm {i} })={\mathrm {i} }-1+8+20{\mathrm {i} }-4{\mathrm {i} }+10=17+17{\mathrm {i} }\,.$
Das Ergebnis ist also der Spaltenvektor
    ${\begin{pmatrix}-3-6{\mathrm {i} }\\17+17{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$
# Lineare Differentialgleichung/Zentralfeld/Gestalt/Aufgabe

Es sei
    $v'=Mv\,$
ein lineares Differentialgleichungssystem auf $I\times \mathbb {R} ^{n}$ ($I$ ein reelles Intervall) mit einer Funktionenmatrix
    $M(t)=(a_{ij}(t))_{1\leq i,j\leq n}\,,$
wobei das zugrunde liegende Vektorfeld zugleich ein Zentralfeld sei. Zeige, dass die Matrix die Gestalt
    $M(t)=\varphi (t){\begin{pmatrix}1&0&\cdots &\cdots &0\\0&1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&1&0\\0&\cdots &\cdots &0&1\end{pmatrix}}\,$
mit einer geeigneten Funktion
    $\varphi \colon I\longrightarrow \mathbb {R}$
besitzt.
# Matrixprodukt/C/1/Aufgabe/Lösung

Man multipliziert die erste Zeile links mit der ersten Spalte rechts und erhält
    $(2+{\mathrm {i} })(2{\mathrm {i} })+1\cdot 1-(1+3{\mathrm {i} })=-2+4{\mathrm {i} }+1-1-3{\mathrm {i} }=-2+{\mathrm {i} }\,.$
Die zweite Zeile links multipliziert mit der ersten Spalte rechts ergibt
    $-4-4{\mathrm {i} }.$
Die erste Zeile links multipliziert mit der zweiten Spalte rechts ergibt
    $(2+{\mathrm {i} })(1+2{\mathrm {i} })+1\cdot (2+3{\mathrm {i} })+(1+3{\mathrm {i} })(-1+2{\mathrm {i} })=-5+7{\mathrm {i} }\,.$
Die zweite Zeile links multipliziert mit der zweiten Spalte rechts ergibt
    $2{\mathrm {i} }{\left(1+2{\mathrm {i} }\right)}+4{\mathrm {i} }{\left(-1+2{\mathrm {i} }\right)}=2{\mathrm {i} }-4-4{\mathrm {i} }-8=-12-2{\mathrm {i} }\,.$
Das Ergebnis ist also die Matrix
    ${\begin{pmatrix}-2+{\mathrm {i} }&-5+7{\mathrm {i} }\\-4-4{\mathrm {i} }&-12-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$
# Matrixprodukt/Explizit/1/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{pmatrix}4&0&0&-3&7\\8&3&1&0&-5\\6&2&-1&-2&3\\-4&5&1&0&3\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}3&2&-4\\1&-1&5\\0&6&1\\-5&2&0\\6&-3&-2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}69&-19&-30\\-3&34&-6\\48&-9&-21\\11&-16&36\end{pmatrix}}\,.$
# Lineare Gleichung/(4-i)z ist (6+5i)/Betrag/Aufgabe

Löse die lineare Gleichung
    $(4-{\mathrm {i} })z=(6+5{\mathrm {i} })\,$
über ${\mathbb {C} }$ und berechne den Betrag der Lösung.
# Matrixprodukt/Explizit/2/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{pmatrix}6&0&-1&-3\\7&3&0&-7\\6&5&-3&-2\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&4&-2\\2&-1&7\\2&4&8\\1&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-5&20&-23\\-1&25&0\\2&7&-3\end{pmatrix}}\,.$
# Lineare Gleichung/2x-5y-3z/Finde Basis/Aufgabe

Bestimme eine Basis für den Lösungsraum der linearen Gleichung
    $2x-5y-3z=0\,.$
# Matrizen/2x2/Determinante 0/Kein Untervektorraum/Aufgabe/Lösung

Die beiden Matrizen ${\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}$ gehören offenbar zu $D$. Ihre Summe ist
    ${\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,$
und für diese Summe ist der entscheidende Ausdruck gleich
    $1\cdot 1-0\cdot 0=1\neq 0\,.$
$D$
# Lineare Gleichung/3x ist 5/1/Aufgabe

Löse die lineare Gleichung
    $3x=5\,$
für die folgenden Körper $K$:
a) $K=\mathbb {Q}$,
b) $K=\mathbb {R}$,
c) $K=\{0,1\}$, der Körper mit zwei Elementen aus Beispiel,
d) $K=\{0,1,2,3,4,5,6\}$, der Körper mit sieben Elementen aus Beispiel.
# Lineare Gleichung/3x ist 5/Aufgabe

Löse die lineare Gleichung
    $3x=5\,$
für die folgenden Körper $K$:
a) $K=\mathbb {Q}$,
b) $K=\mathbb {R}$,
c) $K=\{0,1\}$, der Körper mit zwei Elementen aus Beispiel,
d) $K=\{0,1,2,3,4,5,6\}$, der Körper mit sieben Elementen aus Beispiel.
# Matrizen/2x2/Dritteldrehung/Gruppe/Aufgabe/Lösung

Zur Abkürzung sei
    $M={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\,.$
Es ist
    ${\begin{aligned}M^{2}&=M\circ M\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}-{\frac {3}{4}}&{\frac {\sqrt {3}}{4}}+{\frac {\sqrt {3}}{4}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{4}}-{\frac {\sqrt {3}}{4}}&-{\frac {3}{4}}+{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}},\end{aligned}}$
und dies ist die dritte der angeführten Matrizen. Ferner ist
    ${\begin{aligned}M^{3}&=M\circ M^{2}\\&={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}-{\frac {1}{2}}&{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\-{\frac {\sqrt {3}}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}+{\frac {3}{4}}&0\\0&{\frac {3}{4}}+{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&=E.\end{aligned}}$
Daher sind sämtliche Produkte, die man aus den drei Matrizen bilden kann, wieder eine der Matrizen. Die Matrizenmultiplikation ist also eine Verknüpfung auf der gegebenen Menge. Die Verknüpfung ist assoziativ, da dies ganz allgemein für die Matrizenmultiplikation gilt. Die Einheitsmatrix ist das neutrale Element der Verknüpfung, und nach obiger Rechnung sind $M$ und $M^{2}$
# Lineare Gleichung/Drei Variablen/Parameter/Trivialisierungen/Fortsetzungsfunktion/Aufgabe

Zeige, dass in Beispiel auf $D(r)$ durch
    $u(r,s,t)={\frac {t}{r}}{\begin{pmatrix}s\\-r\\0\end{pmatrix}}-{\frac {s}{r}}{\begin{pmatrix}t\\0\\-r\end{pmatrix}}\,$
ein (von den Parametern abhängiger) Vektor im Lösungsraum definiert ist, der auf ganz $\mathbb {R} ^{3}$ polynomial fortsetzbar ist, obwohl die Koeffizientenfunktionen ${\frac {t}{r}}$ und $-{\frac {s}{r}}$ nur auf $D(r)$ definiert sind und nicht fortsetzbar sind. Ist $u(r,s,t)$ überall Teil einer Basis?
# Matrizen/2x2/Körper/Links oben/Ringhomomorphismus/2/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $\varphi (a+b)={\begin{pmatrix}a+b&0\\0&1\end{pmatrix}}\neq {\begin{pmatrix}a+b&0\\0&2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&0\\0&1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}b&0\\0&1\end{pmatrix}}=\varphi (a)+\varphi (b)\,,$
die Abbildung ist also nicht mit der Addition verträglich.
Es ist
    $\varphi (a\cdot b)={\begin{pmatrix}a\cdot b&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&0\\0&1\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}b&0\\0&1\end{pmatrix}}=\varphi (a)\cdot \varphi (b)\,,$
die Abbildung ist also mit der Multiplikation verträglich.
Es ist
    $\varphi (1)={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,,$
$1$
$1$
# Lineare Gleichung/Drei Variablen/Parameter/Trivialisierungen/R/Zwei offene Mengen/Aufgabe

Zeige, dass die Einschränkung des Vektorbündels aus Beispiel auf die offene Teilmenge
    $D(r)\cup D(s)={\left\{(r,s,t)\mid r\neq 0{\text{ oder }}s\neq 0\right\}}\subset \mathbb {R} ^{3}\,$
eine Trivialisierung besitzt.
# Matrizen/2x2/Körper/Links oben/Ringhomomorphismus/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $\varphi (a+b)={\begin{pmatrix}a+b&0\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&0\\0&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}b&0\\0&0\end{pmatrix}}=\varphi (a)+\varphi (b)\,,$
die Abbildung ist also mit der Addition verträglich.
Es ist
    $\varphi (a\cdot b)={\begin{pmatrix}a\cdot b&0\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&0\\0&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}b&0\\0&0\end{pmatrix}}=\varphi (a)\cdot \varphi (b)\,,$
die Abbildung ist also mit der Multiplikation verträglich.
Es ist
    $\varphi (1)={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\neq {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,,$
$1$
$1$
# Lineare Gleichung/Drei Variablen/Parameter/Trivialisierungen/Vektorzugehörigkeit/Aufgabe

Bestimme zum Vektorbündel
    $L={\left\{(r,s,t,u,v,w)\mid ru+sv+tw=0,\,(r,s,t)\neq (0,0,0)\right\}}\subseteq \mathbb {R} ^{3}\setminus \{0,0,0\}\times \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}\setminus \{0,0,0\}\,$
diejenigen Parameter $(r,s,t)$, für die der Vektor $\left(3,\,7,\,4\right)$ zur Faser $L_{(r,s,t)}$ gehört.
# Matrizen/3/U nach T/Beschreibe mit Gleichungssystem/1/Aufgabe/Lösung

a) Wir beschreiben zuerst $T$ als Kern einer Linearform. Das lineare Gleichungssystem
    $7x+y+3z=0\,$
    $5x+4y+2z=0\,$
führt auf ($-2I+3II$)
    $x+10y=0\,.$
Daher ist $\left(10,\,-1,\,-23\right)$ eine Lösung und $T$ ist der Kern der durch $\left(10,\,-1,\,-23\right)$ gegebenen Linearform auf $K^{3}$. Die Bedingung, dass eine $3\times 3$-Matrix $M$ den Untervektorraum $U$ nach $T$ abbildet, bedeutet also, dass
    ${\left(\left(10,\,-1,\,-23\right)\circ M\right)}u=0\,$
für $u\in U$ ist, was auf der gegebenen Basis von $U$ überprüft werden kann. Wenn man
    $M={\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}\,$
ansetzt, so müssen die beiden Bedingungen
    $\left(10,\,-1,\,-23\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3\\4\\8\end{pmatrix}}=0\,$
und
    $\left(10,\,-1,\,-23\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}=0\,$
erfüllt sein. Die erste Bedingung bedeutet
    ${\begin{aligned}0&=\left(10a-d-23g,\,10b-e-23h,\,10c-f-23k\right){\begin{pmatrix}3\\4\\8\end{pmatrix}}\\&=30a-3d-69g+40b-4e-92h+80c-8f-184k\end{aligned}}$
und die zweite Bedingung bedeutet
    ${\begin{aligned}0&=\left(10a-d-23g,\,10b-e-23h,\,10c-f-23k\right){\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}\\&=20a-2d-46g+10b-e-23h-10c+f+23k.\end{aligned}}$
b) Wir eliminieren, indem wir, bezogen auf die beiden zuletzt formulierten Bedingungen, die Linearkombination 2I-3II berechnen. Dies ergibt
    $50b-5e-115h+190c-19f-437k=0\,,$
ein beschreibendes eliminiertes lineares Gleichungssystem ist also durch
    $30a-3d-69g+40b-4e-92h+80c-8f-184k=0\,$
und
    $50b-5e-115h+190c-19f-437k=0\,$
gegeben.
$7$
# Lineare Gleichung/Drei Variablen/Parameter/Trivialisierungen/Übergangsabbildungen/Aufgabe

Bestimme zum Vektorbündel
    $L={\left\{(r,s,t,u,v,w)\mid ru+sv+tw=0,\,(r,s,t)\neq (0,0,0)\right\}}\subseteq \mathbb {R} ^{3}\setminus \{0,0,0\}\times \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}\setminus \{0,0,0\}\,$
lineare Trivialisierungen oberhalb von $D(r)$, $D(s)$ und $D(t)$, also von $r,s,t$ abhängige Basen oberhalb von $D(r)$ u.s.w. Bestimme die Basiswechselabbildungen auf $D(rs)=D(r)\cap D(s)$.
# Matrizen/3/U nach T/Beschreibe mit Gleichungssystem/3/Aufgabe/Lösung

a) Wir beschreiben zuerst $T$ als Kern einer Linearform. Das lineare Gleichungssystem
    $x+5y-z=0\,$
    $-9x+3y+7z=0\,$
führt auf ($7I+II$)
    $x-19y=0\,.$
Daher ist $\left(19,\,1,\,24\right)$ eine Lösung und $T$ ist der Kern der durch $\left(19,\,1,\,24\right)$ gegebenen Linearform auf dem $K^{3}$. Die Bedingung, dass eine $3\times 3$-Matrix $M$ den Untervektorraum $U$ nach $T$ abbildet, bedeutet also, dass
    ${\left(\left(19,\,1,\,24\right)\circ M\right)}u=0\,$
für $u\in U$ ist, was auf der gegebenen Basis von $U$ überprüft werden kann. Wenn man
    $M={\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}\,$
ansetzt, so müssen die beiden Bedingungen
    $\left(19,\,1,\,24\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}5\\0\\-6\end{pmatrix}}=0\,$
und
    $\left(19,\,1,\,24\right){\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&k\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-4\\3\\-7\end{pmatrix}}=0\,$
erfüllt sein. Die erste Bedingung bedeutet
    ${\begin{aligned}0&=\left(19a+d+24g,\,19b+e+24h,\,19c+f+24k\right){\begin{pmatrix}5\\0\\-6\end{pmatrix}}\\&=95a+5d+120g-96c-6f-144k\end{aligned}}$
und die zweite Bedingung bedeutet
    ${\begin{aligned}0&=\left(19a+d+24g,\,19b+e+24h,\,19c+f+24k\right){\begin{pmatrix}-4\\3\\-7\end{pmatrix}}\\&=-76a-4d-96g+57b+3e+72h-133c-7f-148k.\end{aligned}}$
b) Da in der ersten Gleichung die Variable $b$ nicht vorkommt, müssen wir nicht weiter eliminieren.
$7$
# Lineare Gleichung/Ganzzahlige Lösungen/Bezout/1/Aufgabe

Bestimme sämtliche ganzzahligen Lösungen der Gleichung
    $3x+7y=0\,.$
# Matrizen/3x3/Nullen an geraden Stellen/Multiplikation/Aufgabe/Lösung

* Es ist
    ${\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}f&0&g\\0&h&0\\i&0&j\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}af+bi&0&ag+bj\\0&ch&0\\df+ei&0&dg+ej\end{pmatrix}}\,.$
* Die Multiplikation ist nicht kommutativ. Wenn man oben die Reihenfolge vertauscht, ergibt sich als Eintrag links oben $af+gd$ und nicht $af+bi$.
* Die Determinante von ${\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}$ ist gleich $c(ae-db)$.
* Die Matrix ist nicht invertierbar, da die erste und die dritte Zeile übereinstimmen.
    ${\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&0\\1&0&1\end{pmatrix}}$
* Es sei ${\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}$ invertierbar. Dann ist zunächst $c\neq 0$. Ferner ist $ae-bd\neq 0$, da die Determinante gleich $c(ae-db)$ ist. Es ist Somit ist die inverse Matrix und diese ist wieder von diesem Typ.
    ${\begin{pmatrix}a&0&b\\0&c&0\\d&0&e\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}e&0&-b\\0&(ae-bd)c^{-1}&0\\-d&0&a\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ae-bd&0&0\\0&ae-bd&0\\0&0&ae-bd\end{pmatrix}}\,.$
    ${\frac {1}{ae-bd}}{\begin{pmatrix}e&0&-b\\0&(ae-bd)c^{-1}&0\\-d&0&a\end{pmatrix}}$
# Lineare Gleichung/Z und Q/2x+2y ist 1/Aufgabe

Zeige, dass die lineare Gleichung
    $2x+2y=1\,$
über $\mathbb {Q}$ unendlich viele Lösungen besitzt, aber keine ganzzahlige Lösung.
# Matrizen/Erste binomische Formel/Aufgabe/Lösung

Die erste binomische Formel gilt nicht, da beispielsweise
    ${\begin{aligned}{\left({\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\right)}^{2}&={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}^{2}\\&={\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}},\end{aligned}}$
aber
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}^{2}+2{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}^{2}&={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}+2{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2&0\\2&1\end{pmatrix}}\end{aligned}}$
# Lineare Gruppenoperation/C^n/Endlich/Neues Skalarprodukt/Aufgabe

Es sei $G\subseteq \operatorname {GL} _{n}\!{\left({\mathbb {C} }\right)}$ eine endliche Untergruppe und es sei $\left\langle -,-\right\rangle$ das Standardskalarprodukt auf dem ${\mathbb {C} }^{n}$. Zeige, dass durch
    $\Phi (w,z):={\frac {1}{\#\left(G\right)}}\sum _{\sigma \in G}\left\langle \sigma w,\sigma z\right\rangle \,$
ein Skalarprodukt auf ${\mathbb {C} }^{n}$ definiert wird.
# Matrizen/Isometrisch bezüglich Maximumsnorm/Aufgabe/Lösung

* Wenn $M$ nicht invertierbar wäre, so gäbe es einen nichttrivialen Kern, sagen wir $v\in \mathbb {R} ^{n}$, $v\neq 0$, mit Dann ist aber und was der isometrischen Eigenschaft widerspricht.
    $Mv=0\,.$
    $\Vert {v}\Vert \neq 0\,$
    $\Vert {Mv}\Vert =0\,,$
* Die Einheitsmatrix ist offenbar $\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$-isometrisch. Wenn $M$ und $N$ diese Eigenschaft haben, so ist wegen die Verknüpfung $M\circ N$ ebenfalls $\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$-isometrisch. Wenn $N$ die inverse Matrix zur $\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$-isometrischen Matrix $M$ ist, so ist wegen auch $N$ $\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$-isometrisch.
    ${\begin{aligned}\Vert {(M\circ N)v}\Vert &=\Vert {M(Nv)}\Vert \\&=\Vert {Nv}\Vert \\&=\Vert {v}\Vert \end{aligned}}$
    $\Vert {Nv}\Vert =\Vert {M(Nv)}\Vert =\Vert {v}\Vert \,$
* In einer Permutationsmatrix $P$ steht in jeder Zeile und in jeder Spalte genau eine $1$. Daher ist $Pv$ ein Vektor, der die Einträge von $v$ permutiert. Das Maximum der Beträge bleibt dabei gleich.
* Ein Beispiel ist
    ${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&-1&0\end{pmatrix}}.$
* In einer Vorzeichen-Permutationsmatrix $M$ steht in jeder Zeile und in jeder Spalte genau eine $1$ oder eine $-1$. Daher ist $Mv$ ein Vektor, der die Einträge von $v$ permutiert und eventuell mit einem Vorzeichen versieht. Das Maximum der Beträge bleibt dabei gleich.
* Es sei $M$ $\Vert {-}\Vert _{\rm {max}}$-isometrisch. Für jeden Standardvektor $e_{i}$ ist die Maximumsnorm von $Me_{i}$ gleich $1$. Das bedeutet, dass in jeder Spalte von $M$ eine $1$ oder eine $-1$ vorkommt. In der $j$-ten Spalte der Matrix sei der $i$-te Eintrag gleich $1$ oder $-1$. Wir betrachten den Vektor der die Maximumsnorm $1$ besitzt, wobei wir das Vorzeichen an der $k$-ten Stelle genau dann positiv wählen, wenn $a_{ik}\geq 0$ ist. Dann ist Wegen der Isometrie muss dies $1$ sein, d.h. in der $i$-ten Zeile muss überall abgesehen von der Stelle $(i,j)$ eine $0$ stehen. Wenn in einer Spalte mehr als zwei Einträge $\neq 0$ wären, so wären die Zeilen zu diesen Stellen linear abhängig, was Teil (1) widerspricht. Somit ist $M$ eine Vorzeichen-Permutationsmatrix.
    $v={\begin{pmatrix}\pm 1\\\pm 1\\\vdots \\\pm 1\end{pmatrix}}\,,$
    $(Mv)_{i}=\sum _{k=1}^{n}a_{ik}(\pm 1)=\sum _{k=1}^{n}\vert {a_{ik}}\vert =1+\sum _{k=1,k\neq j}^{n}\vert {a_{ik}}\vert \,.$
# Lineare inhomogene Differentialgleichung/Superpositionsprinzip/Aufgabe

Es sei $I\subseteq \mathbb {R}$ ein reelles Intervall und seien
    $g,h_{1},h_{2}\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$
Funktionen. Es sei $y_{1}$ eine Lösung der Differentialgleichung $y'=g(t)y+h_{1}(t)$ und es sei $y_{2}$ eine Lösung der Differentialgleichung $y'=g(t)y+h_{2}(t)$. Zeige, dass dann $y_{1}+y_{2}$ eine Lösung der Differentialgleichung
    $y'=g(t)y+h_{1}(t)+h_{2}(t)\,$
ist.
# Matrizen/R/Symmetrisch und antisymmetrisch/Dimension/Aufgabe/Lösung

a) Die Nullmatrix ist symmetrisch und antisymmetrisch. Für zwei symmetrische Matrizen $T_{1}=(a_{ij})_{ij}$ und $T_{2}=(b_{ij})_{ij}$ und Skalare $r,s\in \mathbb {R}$ ist
    $rT_{1}+sT_{2}=(ra_{ij}+sb_{ij})_{ij}\,$
offenbar wieder symmetrisch, daher liegt eine Untervektorraum vor.
b) Alle Diagonalmatrizen sind symmetrisch und die Diagonalmatrizen $D_{i}$, für die der $i$-te Diagonaleintrag eine $1$ ist und für die alle anderen Einträge $0$ sind, bilden eine Basis davon. Ferner sind für $i>j$ die Matrizen $E_{ij}$, für die
    $a_{ij}=a_{ji}=1\,$
und alle übrigen Einträge $0$ sind, ebenfalls symmetrisch. Diese bilden eine Basis aller symmetrischen Matrizen, wie man sieht, wenn man von allen Matrizen die oberen Dreiecksausschnitte betrachtet. Die Dimension dieses Raumes ist somit
    $n+1+2+\cdots +n-1={\frac {n(n+1)}{2}}\,.$
c) Für eine Linearkombination zweier antisymmetrischer Matrizen wie in a) ist der Eintrag $c_{ij}$ gleich
    $ra_{ij}+sb_{ij}=\,$
und der Eintrag $c_{ji}$ gleich
    $c_{ji}=ra_{ji}+sb_{ji}=r(-a_{ij})+s(-b_{ij})=-(ra_{ij}+sb_{ij})=-c_{ij}\,,$
daher ergibt dies wieder antisymmetrische Matrizen.
d) Wegen
    $a_{ii}=-a_{ii}\,$
müssen die Diagonaleinträge von antisymmetrischen Matrizen gleich $0$ sein. Für $i>j$ legt der Eintrag $a_{ij}$ den Eintrag $a_{ji}$ fest. Für $i>j$ seien $F_{ij}$ die antisymmetrischen Matrizen mit $a_{ij}=1$ und $a_{ji}=-1$, wobei alle übrigen Einträge gleich $0$ seien. Diese bilden eine Basis des Raumes aller antisymmetrischen Matrizen, dessen Dimension somit ${\frac {n(n-1)}{2}}$ ist.
e) Es ist
    ${\begin{pmatrix}3&6\\1&2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&{\frac {7}{2}}\\{\frac {7}{2}}&2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&{\frac {5}{2}}\\-{\frac {5}{2}}&0\end{pmatrix}}\,.$
f) Es sei $T$ eine sowohl symmetrische als auch antisymmetrische Matrix. Dann ist direkt
    $a_{ij}=-a_{ji}=-a_{ij}\,$
und daher ist
    $a_{ij}=0\,.$
Es liegt also die Nullmatrix vor und somit ist
    $S\cap A=0\,.$
Wegen
    ${\frac {n(n+1)}{2}}+{\frac {n(n-1)}{2}}=n^{2}\,$
ist die Summe der Dimensionen der beiden Unterräume gleich der Dimension des Matrizenraumes, daher liegt eine direkte Summenzerlegung
    $M=S\oplus A\,$
# Lineare inhomogene Differentialgleichung/y' ist y +7/Aufgabe

Finde die Lösungen der inhomogenen linearen Differentialgleichung
    $y'=y+7\,.$