OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Rationale Funktion/Gemischte Taylorinterpolation/3/Aufgabe/Lösung

Die Ableitung von $f(x)={\frac {x^{2}+4x-3}{x^{2}+7}}$ ist
    $f'(x)={\frac {(x^{2}+7)(2x+4)-2x(x^{2}+4x-3)}{(x^{2}+7)^{2}}}\,.$
Somit ist
    $f(0)=-{\frac {3}{7}}\,,$
    $f'(0)={\frac {28}{49}}={\frac {4}{7}}\,,$
    $f(2)={\frac {9}{11}}\,,$
    $f'(2)={\frac {88-36}{121}}={\frac {52}{121}}\,.$
Diese Daten legen die linearen Approximationen fest. Wir setzen das gesuchte Polynom als
    $h(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx+d\,$
an. Die Ableitung davon ist
    $h'(x)=3ax^{2}+2bx+c\,.$
Aus den Werten an der Stelle $0$ folgt direkt
    $d=-{\frac {3}{7}}\,$
und
    $c={\frac {4}{7}}\,.$
Somit verbleiben die beiden Bedingungen
    $h(2)=8a+4b+2\cdot {\frac {4}{7}}-{\frac {3}{7}}={\frac {9}{11}}\,$
und
    $h'(2)=12a+4b+{\frac {4}{7}}={\frac {52}{121}}\,.$
Die Differenz dieser beiden Gleichungen führt auf
    $-4a+{\frac {1}{7}}={\frac {9}{11}}-{\frac {52}{121}}={\frac {99-52}{121}}={\frac {47}{121}}\,$
bzw.
    $-4a={\frac {47}{121}}-{\frac {1}{7}}={\frac {329-121}{847}}={\frac {208}{847}}\,,$
also
    $a=-{\frac {52}{847}}\,.$
Somit ist
    $b=-3a-{\frac {1}{7}}+{\frac {13}{121}}=3\left({\frac {52}{847}}\right)-{\frac {1}{7}}+{\frac {13}{121}}={\frac {156-121+91}{847}}={\frac {18}{121}}\,.$
Das gesuchte Polynom ist also
    $h(x)=-{\frac {52}{847}}x^{3}+{\frac {18}{121}}x^{2}+{\frac {4}{7}}x-{\frac {3}{7}}\,.$
# Numerisches Monoid/Singularitätsgrad/Ringkette/Aufgabe

Es sei $M\subseteq \mathbb {N}$ ein numerisches Monoid. Zeige, dass der Singularitätsgrad von $M$ mit den drei folgenden Zahlen übereinstimmt.
* Die maximale Länge einer Kette von Monoiden
    $M=M_{0}\subset M_{1}\subset M_{2}\subset \ldots \subset M_{n}=\mathbb {N} \,$
* Die maximale Länge einer Kette von $K$-Algebren
    $K[M]=R_{0}\subset R_{1}\subset R_{2}\subset \ldots \subset R_{n}=K[T]\,.$
* Die maximale Länge einer Kette (einer Fahne) von $K$-Untervektorräumen
    $K[M]=V_{0}\subset V_{1}\subset V_{2}\subset \ldots \subset V_{n}=K[T]\,.$
# Rationale Funktion/n/Variable/Rational rechtsäquivalent/Funktionenkörper/Aufgabe/Lösung

Wenn $F$ und $X$ rational rechtsäquivalent sind, so gibt es nichtleere Zariski-offene Mengen $U_{1}\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ und $U_{2}\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ und einen Isomorphismus
    $\varphi \colon U_{1}\longrightarrow U_{2}$
mit
    $F=X_{1}\circ \varphi \,.$
Ein solcher Isomorphismus induziert einen $K$-Körperautomorphismus
    $\varphi ^{*}\colon K(X_{1},\ldots ,X_{n})\longrightarrow K(X_{1},\ldots ,X_{n}).$
Mit
    $F_{i}:=\varphi ^{*}(X_{i})\,$
für $i=2,\ldots ,n$. Wenn es umgekehrt rationale Funktionen $F_{2},\ldots ,F_{n}$ mit
    $K(F,F_{2},\ldots ,F_{n})=K(X_{1},\ldots ,X_{n})\,$
gibt, so betrachtet man den Einsetzungshomomorphismus
    $\psi \colon K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\longrightarrow K(X_{1},\ldots ,X_{n}),\,X_{i}\longmapsto F_{i}.$
Dieser ist injektiv, da er sich ja auf den Quotientenkörper links fortsetzt. Mit einem Hauptnenner $f$ der $F_{i}$ rührt diese Abbildung von einem $K$-Algebrahomomorphismus
    $\psi \colon K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\longrightarrow K[X_{1},\ldots ,X_{n}]_{f},\,X_{i}\longmapsto F_{i}$
her. Im Quotientenkörper gibt es Urbilder für die Variablen rechts, also rationale Funktionen $G_{1},\ldots ,G_{n}$ mit
    $\psi (G_{i})=X_{i}\,.$
Es sei $g$ ein Hauptnenner dieser $G_{i}$ und eines Urbildes von $f$. Damit ist die Abbildung
    $\psi \colon K[X_{1},\ldots ,X_{n}]_{g}\longrightarrow K[X_{1},\ldots ,X_{n}]_{f\psi (g)}$
# NxN/Lexikographisch/Wohlgeordnet/Nicht induktiv/Aufgabe

Betrachte die Produktmenge $\mathbb {N} \times \mathbb {N}$ mit der Nachfolgerfunktion
    $(a,b)':=(a,b')\,$
und der sogenannten lexikographische Ordnung, für die
    $(a_{1},b_{1})\leq (a_{2},b_{2})$
genau dann gilt, wenn $a_{1}<a_{2}$ oder $a_{1}=a_{2}$ und $b_{1}\leq b_{2}$ ist. Zeige folgende Aussagen.
* Es handelt sich um eine totale Ordnung.
* Es ist für alle $x\in \mathbb {N} \times \mathbb {N}$.
    $x'\geq x\,$
* $(0,0)$ ist das kleinste Element.
* Es liegt eine Wohlordnung (nach unten) vor.
* Diese Menge mit der Nachfolgerfunktion erfüllt nicht das Dedekind-Peano-Induktionsaxiom
# Rationale Funktion/Taylor-Entwicklung/1/Aufgabe/Lösung

Die ersten beiden Ableitungen von $f$ sind
    ${\begin{aligned}f'(x)&={\frac {(2x-4)(x-6)-(x^{2}-4x+5)}{(x-6)^{2}}}\\&={\frac {x^{2}-12x+19}{(x-6)^{2}}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=\left({\frac {x^{2}-12x+19}{(x-6)^{2}}}\right)'\\&={\frac {(2x-12)(x-6)^{2}-2(x^{2}-12x+19)(x-6)}{(x-6)^{4}}}\\&=2{\frac {(x-6)^{2}-(x^{2}-12x+19)}{(x-6)^{3}}}\\&=2{\frac {17}{(x-6)^{3}}}\\&={\frac {34}{(x-6)^{3}}}.\end{aligned}}$
Somit ist
    $f(-1)={\frac {1+4+5}{-7}}=-{\frac {10}{7}}\,,$
    $f'(-1)={\frac {1+12+19}{(-7)^{2}}}={\frac {32}{49}}\,,$
    $f^{\prime \prime }(-1)={\frac {34}{(-7)^{3}}}=-{\frac {34}{343}}\,.$
Somit ist die Taylorentwicklung in $a=-1$ bis zum Grad $2$ gleich
    $-{\frac {10}{7}}+{\frac {32}{49}}(x+1)-{\frac {17}{343}}(x+1)^{2}.$
# NxN/Tensorprodukt von Funktionen/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper. Zeige, dass man nicht jede Funktion
    $h\colon \mathbb {N} \times \mathbb {N} \longrightarrow K$
    $h=\sum _{i=1}^{n}f_{i}\cdot g_{i}\,$
$f_{i}\colon \mathbb {N} \rightarrow K$ und $g_{i}\colon \mathbb {N} \rightarrow K$ schreiben kann.
# Rationale Funktion/Taylor-Entwicklung/2/Aufgabe/Lösung

Die ersten beiden Ableitungen von $f$ sind
    ${\begin{aligned}f'(x)&={\frac {(2x-7)(x-4)-(x^{2}-7x)}{(x-4)^{2}}}\\&={\frac {x^{2}-8x+28}{(x-4)^{2}}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=\left({\frac {x^{2}-8x+28}{(x-4)^{2}}}\right)'\\&={\frac {(2x-8)(x-4)^{2}-2(x^{2}-8x+28)(x-4)}{(x-4)^{4}}}\\&=2{\frac {(x-4)^{2}-(x^{2}-8x+28)}{(x-4)^{3}}}\\&=2{\frac {-12}{(x-4)^{3}}}\\&={\frac {-24}{(x-4)^{3}}}.\end{aligned}}$
Somit ist
    $f(-3)=-{\frac {30}{7}}\,,$
    $f'(-3)={\frac {9+24+28}{49}}={\frac {61}{49}}\,,$
    $f^{\prime \prime }(-3)={\frac {-24}{(-7)^{3}}}={\frac {24}{343}}\,.$
Somit ist die Taylorentwicklung in $a=-3$ bis zum Grad $2$ gleich
    $-{\frac {30}{7}}+{\frac {61}{49}}(x+3)+{\frac {12}{343}}(x+3)^{2}.$
# NxZ mod n/C/Komponenten/Aufgabe

Es sei $n\in \mathbb {N} _{+}$. Zeige, dass das ${\mathbb {C} }$-Spektrum des kommutativen Monoids $M=\mathbb {N} \times \mathbb {Z} /(n)$ aus $n$ irreduziblen Komponenten besteht, die alle isomorph zur affinen Geraden ${\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{1}$ sind.
# Rationale Funktion/Wert 1/Approximation/Aufgabe/Lösung

    ${\frac {x^{2}-5x+7}{x^{3}}}=1\,$
Die Funktion hat an der Stelle $1$ den Wert
    ${\frac {1^{2}-5+7}{1}}=3>1\,$
und an der Stelle $2$ den Wert
    ${\frac {4-10+7}{8}}={\frac {1}{8}}<1\,,$
nach dem Zwischenwertsatz muss es also dazwischen ein Element mit dem Wert $1$ geben. Wir verwenden die Intervallhalbierung zur Approximation einer solchen Stelle. An der Stelle ${\frac {3}{2}}$ ist der Wert
    ${\frac {\left({\frac {3}{2}}\right)^{2}-5\left({\frac {3}{2}}\right)+7}{\left({\frac {3}{2}}\right)^{3}}}={\frac {{\frac {9}{4}}-5\left({\frac {3}{2}}\right)+7}{\frac {27}{8}}}={\frac {18-60+56}{27}}={\frac {14}{27}}<1\,.$
Eine Lösung muss sich also im Intervall $[1,{\frac {3}{2}}]$ befinden. An der Stelle ${\frac {5}{4}}$ ist
    ${\frac {\left({\frac {5}{4}}\right)^{2}-5\left({\frac {5}{4}}\right)+7}{\left({\frac {5}{4}}\right)^{3}}}={\frac {4\cdot 25-25\cdot 16+7\cdot 64}{125}}={\frac {100-400+448}{125}}={\frac {148}{125}}>1\,.$
Eine Lösung muss sich also im Intervall $[{\frac {5}{4}},{\frac {3}{2}}]$ befinden. An der Stelle ${\frac {11}{8}}$ ist
    ${\frac {\left({\frac {11}{8}}\right)^{2}-5\left({\frac {11}{8}}\right)+7}{\left({\frac {11}{8}}\right)^{3}}}={\frac {8\cdot 121-55\cdot 64+7\cdot 512}{1331}}={\frac {968-3520+3584}{1331}}={\frac {1032}{1331}}<1\,.$
$[{\frac {10}{8}},{\frac {11}{8}}]$
# Obere Dreiecksmatrix/1/Winkeltreu/Identität/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}1&a_{12}&\ldots &\ldots &a_{1n}\\0&1&a_{23}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&1&a_{n-1n}\\0&\ldots &\ldots &0&1\end{pmatrix}}\,$
eine obere Dreiecksmatrix derart, dass die zugehörige lineare Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$
winkeltreu ist. Zeige
    $M=E_{n}\,.$
# Rationale Funktion/x durch x^2+1/Taylorentwicklung/Aufgabe/Lösung

Nach der Quotientenregel ist
    $f'(x)={\frac {(x^{2}+1)-x(2x)}{(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {-x^{2}+1}{(x^{2}+1)^{2}}}\,$
und
    $f^{\prime \prime }(x)={\frac {-2x(x^{2}+1)^{2}-4(1-x^{2})(x^{2}+1)}{(x^{2}+1)^{4}}}\,.$
Es ist
    $f(1)={\frac {1}{2}}\,,$
    $f'(1)=0\,$
und
    $f^{\prime \prime }(1)={\frac {-2\cdot 4}{16}}=-{\frac {1}{2}}\,.$
Somit ist das gesuchte Taylor-Polynom gleich
    ${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-1)^{2}.$
# Obere Dreiecksmatrix/2/Quadrat annulliert/Aufgabe

Bestimme die $2\times 2$-Matrizen über einem Körper $K$ der Form
    $M={\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\,$
mit
    $M^{2}=0\,.$
# Rationale Funktion/x^2+1 durch x ist 3/Achtelbestimmung/Aufgabe/Lösung

Die Gleichung ist (für $x\neq 0$) äquivalent zu
    $f(x)=x^{3}-3x+1=0\,.$
Für $x=1$ ist
    $f(1)=-1\,$
und für $x=2$ ist
    $f(2)=3\,.$
Nach dem Zwischenwertsatz gibt es also ein $x\in [0,1]$ mit
    $f(x)=0\,.$
Um ein solches $x$ anzunähern, verwenden wir die Intervallhalbierungsmethode. Die Intervallmitte ist ${\frac {3}{2}}$ und es ist
    ${\begin{aligned}f{\left({\frac {3}{2}}\right)}&={\left({\frac {3}{2}}\right)}^{3}-3\cdot {\frac {3}{2}}+1\\&={\frac {27-36+8}{8}}\\&=-{\frac {1}{8}}\\&<0.\end{aligned}}$
Eine Nullstelle liegt also im Intervall $[{\frac {3}{2}},2]$. Die nächste Intervallmitte ist ${\frac {7}{4}}$. Es ist
    ${\begin{aligned}f{\left({\frac {7}{4}}\right)}&={\left({\frac {7}{4}}\right)}^{3}-3\cdot {\frac {7}{4}}+1\\&={\frac {343-336+64}{64}}\\&={\frac {71}{64}}\\&>0.\end{aligned}}$
Eine Nullstelle liegt also im Intervall $[{\frac {3}{2}},{\frac {7}{4}}]$. Die nächste Intervallmitte ist ${\frac {13}{8}}$. Es ist
    ${\begin{aligned}f{\left({\frac {13}{8}}\right)}&={\left({\frac {13}{8}}\right)}^{3}-3\cdot {\frac {13}{8}}+1\\&={\frac {2197-2496+512}{512}}\\&={\frac {213}{512}}\\&>0.\end{aligned}}$
$[{\frac {12}{8}},{\frac {13}{8}}]$
# Obere Dreiecksmatrix/2/R/X^2+3X-4 annulliert/Aufgabe

Bestimme die $2\times 2$-Matrizen über $\mathbb {R}$ der Form
    $M={\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}\,$
mit
    $M^{2}+3M-4E_{2}=0\,.$
# Rationale Funktion/X^2+6X+1 durch 4X+4/Taylorentwicklung/1/Aufgabe/Lösung

Nach der Quotientenregel ist
    $f'(x)={\frac {(2x+6)(4x+4)-4(x^{2}+6x+1)}{(4x+4)^{2}}}={\frac {4x^{2}+8x+20}{16(x^{2}+2x+1)}}={\frac {x^{2}+2x+5}{4(x^{2}+2x+1)}}\,$
und
    ${\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&={\frac {4(2x+2)(x^{2}+2x+1)-4(x^{2}+2x+5)(2x+2)}{16(x^{2}+2x+1)^{2}}}\\&={\frac {(2x+2){\left((x^{2}+2x+1)-(x^{2}+2x+5)\right)}}{4(x^{2}+2x+1)^{2}}}\\&=-{\frac {2x+2}{(x^{2}+2x+1)^{2}}}.\end{aligned}}$
Es ist
    $f(1)=1\,,$
    $f'(1)={\frac {1}{2}}\,$
und
    $f^{\prime \prime }(1)={\frac {-4}{16}}=-{\frac {1}{4}}\,.$
Somit ist das gesuchte Taylor-Polynom gleich
    $1+{\frac {1}{2}}(x-1)-{\frac {1}{8}}(x-1)^{2}.$
# Obere Dreiecksmatrix/44/Jordanform/1/Aufgabe

Bestimme eine Basis, bezüglich der die durch
    $M={\begin{pmatrix}4&-6&0&-1\\0&5&2&7\\0&0&4&4\\0&0&0&5\end{pmatrix}}\,$
gegebene lineare Abbildung jordansche Normalform besitzt.
# Rationale Funktionen/2x2-Matrix/Inverse Matrix/Aufgabe/Lösung

Für eine invertierbare $2\times 2$-Matrix ${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ ist die inverse Matrix generell gleich
    ${\frac {1}{ad-bc}}{\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}.$
Im vorliegenden Fall ist die Determinante gleich
    ${\begin{aligned}{\frac {t}{t^{2}-1}}\cdot {\frac {t-1}{t+1}}-{\frac {1}{t^{3}}}\cdot {\frac {t^{2}-4}{t}}&={\frac {t}{(t+1)^{2}}}-{\frac {t^{2}-4}{t^{4}}}\\&={\frac {t^{5}-(t+1)^{2}(t^{2}-4)}{(t+1)^{2}t^{4}}}\\&={\frac {t^{5}-t^{4}-2t^{3}+3t^{2}+8t+4}{t^{6}+2t^{5}+t^{4}}}.\end{aligned}}$
Somit ist die inverse Matrix gleich
    ${\frac {t^{6}+2t^{5}+t^{4}}{t^{5}-t^{4}-2t^{3}+3t^{2}+8t+4}}{\begin{pmatrix}{\frac {t-1}{t+1}}&-{\frac {1}{t^{3}}}\\-{\frac {t^{2}-4}{t}}&{\frac {t}{t^{2}-1}}\end{pmatrix}}.$
# Obere Dreiecksmatrix/4x4/Kern eindimensional/Aufgabe

Bestimme zur reellen Matrix
    $M={\begin{pmatrix}3&5&2&4\\0&3&6&-1\\0&0&3&2\\0&0&0&3\end{pmatrix}}\,$
die jordansche Normalform. (Es muss keine Basis angegeben werden, bezüglich der jordansche Normalform vorliegt.)
# Rationale Parametrisierung/Gleichung/3/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten von den Zählerpolynomen und dem Nennerpolynom die gleichgradigen Homogenisierungen
    $H_{1}=T^{2}+ST+S^{2}\,,$
    $H_{2}=ST-S^{2}\,$
und
    $H_{3}=T^{2}\,.$
Wir betrachten die monomialen Kombinationen $H_{1}^{i}H_{2}^{j}H_{3}^{k}$ vom Grad (bezüglich $S,T$)
    $2(i+j+k)=4\,.$
Hierfür gibt es die sechs Möglichkeiten
    $(2,0,0),\,(0,2,0),\,(0,0,2),\,(1,1,0),\,(1,0,1),\,(0,1,1).$
Da es nur fünf Monome in $S$ und $T$ vom Grad $4$ gibt, muss es zwischen den homogenen Polynomen $H_{1}^{i}H_{2}^{j}H_{3}^{k}$, wobei die Exponententupel durch die angegebene Liste laufen, eine nichtlineare Relation geben. Es ist
    $F_{1}=H_{1}^{2}H_{2}^{0}H_{3}^{0}={\left(T^{2}+ST+S^{2}\right)}^{2}=T^{4}+2ST^{3}+3S^{2}T^{2}+2S^{3}T+S^{4}\,,$
    $F_{2}=H_{1}^{1}H_{2}^{2}H_{3}^{0}={\left(ST-S^{2}\right)}^{2}=S^{2}T^{2}-2S^{3}T+S^{4}\,,$
    $F_{3}=H_{1}^{0}H_{2}^{0}H_{3}^{2}=T^{4}\,,$
    ${\begin{aligned}F_{4}&=H_{1}^{1}H_{2}^{1}H_{3}^{0}\\&={\left(T^{2}+ST+S^{2}\right)}{\left(ST-S^{2}\right)}\\&=ST^{3}-S^{4},\end{aligned}}$
    $F_{5}=H_{1}^{1}H_{2}^{0}H_{3}^{1}={\left(T^{2}+ST+S^{2}\right)}T^{2}=T^{4}+ST^{3}+S^{2}T^{2}\,,$
    $F_{6}=H_{1}^{0}H_{2}^{1}H_{3}^{1}={\left(ST-S^{2}\right)}T^{2}=ST^{3}-S^{2}T^{2}\,.$
Es ist
    ${\begin{aligned}F_{1}+F_{2}+2F_{4}&=T^{4}+2ST^{3}+3S^{2}T^{2}+2S^{3}T+S^{4}+S^{2}T^{2}-2S^{3}T+S^{4}+2{\left(ST^{3}-S^{4}\right)}\\&=T^{4}+4ST^{3}+4S^{2}T^{2}.\end{aligned}}$
Somit ist
    $F_{1}+F_{2}+2F_{4}-4F_{5}+3F_{3}=0\,.$
Also ist
    $U^{2}+V^{2}+3W^{2}+2UV-4UW$
ein Polynom, das $H_{1},H_{2},H_{3}$ annulliert. Daher ist
    ${\left({\frac {U}{W}}\right)}^{2}+{\left({\frac {V}{W}}\right)}^{2}+2{\frac {U}{W}}\cdot {\frac {V}{W}}-4{\frac {U}{W}}+3$
bzw.
    $X^{2}+Y^{2}+2XY-4X+3$
ein Polynom, dass die rationalen Funktionen ${\frac {t^{2}+t+1}{t^{2}}}$ und ${\frac {t-1}{t^{2}}}$ annulliert. Dies wird durch die Probe
    ${\begin{aligned}\,&\,{\left({\frac {t^{2}+t+1}{t^{2}}}\right)}^{2}+{\left({\frac {t-1}{t^{2}}}\right)}^{2}+2{\frac {t^{2}+t+1}{t^{2}}}\cdot {\frac {t-1}{t^{2}}}-4{\frac {t^{2}+t+1}{t^{2}}}+3\\&={\frac {1}{t^{4}}}{\left(t^{4}+t^{2}+1+2t^{3}+2t^{2}+2t+t^{2}-2t+1+2t^{3}+2t^{2}+2t-2t^{2}-2t-2-4t^{4}-4t^{3}-4t^{2}+3t^{4}\right)}\\&=0\end{aligned}}$
# Obere Dreiecksmatrix/Diagonalelement/Eigenwert/Direkt/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,$
eine obere Dreiecksmatrix. Zeige direkt (ohne charakteristisches Polynom), dass ein Diagonalelement von $M$ ein Eigenwert zu $M$ sein muss.
# Rationale Parametrisierung/Gleichung/4/Aufgabe/Lösung

Wir arbeiten mit den gleichgradigen Homogenisierungen $H_{1}=T^{2}+S^{2}$, $H_{2}=S(T+S)=ST+S^{2}$ und $H_{3}=ST$. Daraus ergeben sich sechs Monome vom Grad $4$ (bezogen auf $S,T$). Da es insgesamt nur $5$ Monome vom Grad $4$ gibt, muss dort eine lineare Abhängigkeit bestehen. Es ist
    $F_{1}=H_{1}H_{1}=T^{4}+2S^{2}T^{2}+S^{4}\,,$
    $F_{2}=H_{2}H_{2}=S^{2}T^{2}+2S^{3}T+S^{4}\,,$
    $F_{3}=H_{3}H_{3}=S^{2}T^{2}\,,$
    $F_{4}=H_{1}H_{2}=ST^{3}+S^{2}T^{2}+S^{3}T+S^{4}\,,$
    $F_{5}=H_{1}H_{3}=ST^{3}+S^{3}T\,$
und
    $F_{6}=H_{2}H_{3}=S^{2}T^{2}+S^{3}T\,.$
Da $T^{4}$ nur in $F_{1}$ vorkommt, muss es eine lineare Relation zwischen $F_{2},F_{3},F_{4},F_{5},F_{6}$ geben. Da $F_{3}$ ein Monom ist, konzentrieren wir uns auf die relevanten Monome $ST^{3},S^{3}T,S^{4}$ und $F_{2},F_{4},F_{5},F_{6}$ Es ist
    $F_{2}-F_{4}+F_{5}-2F_{6}=-2S^{2}T^{2}\,.$
Also ist
    $F_{2}+2F_{3}-F_{4}+F_{5}-2F_{6}=0\,$
eine lineare Relation. Somit ist
    $F=V^{2}+2W^{2}-UV+UW-2VW\,$
ein Polynom vom Grad $2$, das $0$ ergibt, wenn man die Variablen durch die $H_{1},H_{2},H_{3}$ ersetzt. Wir dividieren durch $W^{2}$ und erhalten
    ${\left({\frac {V}{W}}\right)}^{2}+2-{\frac {U}{W}}\cdot {\frac {V}{W}}+{\frac {U}{W}}-2{\frac {V}{W}}.$
Wenn man darin $H_{1},H_{2},H_{3}$ einsetzt und dann $S$ durch $1$ ersetzt, kommt nach wir vor $0$ raus. Die entstehenden Ersetzungen für $U/W$ bzw. $V/W$ sind aber die ursprünglichen rationalen Funktionen. Ein annullierendes Polynom ist demnach
    $Y^{2}-XY+X-2Y+2.$
Als Probe betrachten wir
    ${\begin{aligned}{\left({\frac {t+1}{t}}\right)}^{2}-{\frac {t^{2}+1}{t}}\cdot {\frac {t+1}{t}}+{\frac {t^{2}+1}{t}}-2{\frac {t+1}{t}}+2&={\frac {t^{2}+2t+1-t^{3}-t^{2}-t-1+t^{3}+t-2t^{2}-2t+2t^{2}}{t^{2}}}\\&=0.\end{aligned}}$
# Obere Dreiecksmatrix/Eigenwert/Rechts unten/Falscher Beweis/Aufgabe

Was ist falsch an der folgenden Argumentation:
„Aussage: Es sei $\lambda$ ein Eigenwert zur oberen Dreiecksmatrix
    $M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,.$
Dann ist
    $\lambda =d_{n}\,.$
Beweis: Es sei
    $x={\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,$
ein Eigenvektor der Matrix zum Eigenwert $\lambda$. Dies bedeutet die Gleichheit
    ${\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,.$
Diese Gleichheit bedeutet die entsprechende Gleichheit in jeder Zeile. Speziell ergibt sich für die letzte Zeile die Bedingung
    $d_{n}x_{n}=\lambda x_{n}\,.$
Da $x$ als Eigenvektor von $0$ verschiedenen sein muss, kann man durch $x_{n}$ dividieren und erhält $d_{n}=\lambda$. “
# Rationale Quadrik/X^2+Y^2 ist 5/Parametrisierung/Aufgabe/Lösung

Wir verschieben den Punkt $(1,2)$ in den Nullpunkt, indem wir die neuen Variablen $U=X-1$ und $V=Y-2$ einführen. Die Gleichung wird dann zu
    $X^{2}+Y^{2}-5=(U+1)^{2}+(V+2)^{2}-5=U^{2}+V^{2}+2U+4V\,.$
Die Formeln für die Parametrisierung mit der Geraden $V=1$ liefern
    $P_{1}=-t{\left(2t+4\right)}\,,$
    $P_{2}=-{\left(2t+4\right)}\,$
und
    $Q=t^{2}+1\,.$
Die Parametrisierung ist also durch
    $\mathbb {Q} \longrightarrow C\subset {\mathbb {A} }_{\mathbb {Q} }^{2},\,t\longmapsto \left({\frac {-t{\left(2t+4\right)}}{t^{2}+1}},\,{\frac {-{\left(2t+4\right)}}{t^{2}+1}}\right)$
gegeben. Daraus ergibt sich für die Ausgangsgleichung die Parametrisierung
    $X=-t{\frac {\left(2t+4\right)}{t^{2}+1}}+1={\frac {-t^{2}-4t+1}{t^{2}+1}}\,$
und
    $Y={\frac {-{\left(2t+4\right)}}{t^{2}+1}}+2={\frac {2t^{2}-2t-2}{t^{2}+1}}\,.$
# Obere Dreiecksmatrix/Eigenwerte/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,$
eine obere Dreiecksmatrix. Zeige, dass ein Eigenwert zu $M$ ein Diagonaleintrag von $M$ sein muss.
# Rationale Reihe/2/Aufgabe/Lösung

Für den Zähler gilt
    $4n-9\leq 4n\,$
für alle $n$. Für $n\geq 11$ gilt $n^{3}\geq 11n^{2}=5n^{2}+6n^{2}\geq 5n^{2}+6n$, somit gilt für $n\geq 11$ für den Nenner
    $2n^{3}-5n^{2}-6n+2\geq 2n^{3}-5n^{2}-6n\geq n^{3}\,.$
Damit gilt insgesamt für $n\geq 11$ die Abschätzung
    ${\frac {4n-9}{2n^{3}-5n^{2}-6n+2}}\leq {\frac {4n}{n^{3}}}=4{\frac {1}{n^{2}}}\,.$
Aufgrund des des Majorantenkriteriums und Beispiel
# Obere Dreiecksmatrix/Eigenwerte/Diagonalelement/Direkt/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,$
eine obere Dreiecksmatrix. Zeige direkt (ohne charakteristisches Polynom), dass ein Eigenwert zu $M$ ein Diagonaleintrag von $M$ sein muss.
# Rationale und irrationale Zahlen/Pythagoreische Tripel im Einheitsintervall/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    $3^{2}+4^{2}=5^{2}\,,$
daher ist
    ${\left({\frac {3}{6}}\right)}^{2}+{\left({\frac {4}{6}}\right)}^{2}={\left({\frac {5}{6}}\right)}^{2}\,,$
und diese Zahlen sind rational und aus dem offenen Einheitsintervall.
b) Wir nehmen $a={\frac {3}{6}}$ und $b={\frac {4}{6}}$ und $c={\frac {1}{6}}$. Die Summe ist
    $a^{2}+b^{2}={\left({\frac {5}{6}}\right)}^{2}\neq {\left({\frac {1}{6}}\right)}^{2}\,.$
c) Wir setzen
    $a=b={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\,;$
diese Zahl ist irrational, da ${\sqrt {2}}$ irrational ist. Es gilt
    ${\left({\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)}^{2}+{\left({\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)}^{2}={\frac {1}{4\cdot 2}}+{\frac {1}{4\cdot 2}}={\frac {1}{4}}={\left({\frac {1}{2}}\right)}^{2}\,.$
Mit $c={\frac {1}{2}}$
# Obere Dreiecksmatrix/Kanonische Zerlegung/1/Aufgabe

Wir betrachten die Matrix
    $M={\begin{pmatrix}5&2&3\\0&5&6\\0&0&4\end{pmatrix}}\,$
über $\mathbb {Q}$.
a) Bestimme die jordansche Normalform von $M$.
b) Bestimme die kanonische Zerlegung von $M$ in einen diagonalisierbaren Anteil und einen nilpotenten Anteil.
c) Welche Eigenschaften der kanonischen Zerlegung erfüllt die Zerlegung
    ${\begin{pmatrix}5&2&3\\0&5&6\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$
welche nicht?
# Rationale Zahl/Charakterisierung mit periodischer Dezimalentwicklung/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Es liege eine periodische Ziffernentwicklung für die reelle Zahl $x$ vor. Da sich die Eigenschaft, eine rationale Zahl zu sein, weder bei Multiplikation mit einer rationalen Zahl $\neq 0$ noch bei Addition mit einer rationalen Zahl ändert, können wir sofort annehmen, dass die Ziffernentwicklung die Form
    $0,z_{m-1}z_{m-2}{\ldots }z_{0}z_{m-1}z_{m-2}{\ldots }z_{0}z_{m-1}z_{m-2}{\ldots }z_{0}{\ldots }$
besitzt. Die dadurch definierte Zahl können wir als
    ${\left(\sum _{i=0}^{m-1}z_{i}10^{i}\right)}\cdot 0,00{\ldots }00100{\ldots }00100{\ldots }00100{\ldots }001{\ldots }$
auffassen, wobei die Einsen an der $m$-ten, $2m$-ten u.s.w. Stelle stehen. Wir müssen uns also nur noch um periodische Ziffernentwicklungen von dieser speziellen Art kümmern. Wir betrachten also die Reihe
    $\sum _{i=1}^{\infty }{\left({\frac {1}{10^{m}}}\right)}^{i}.$
Nach Fakt konvergiert dies gegen
    ${\frac {1}{1-{\left({\frac {1}{10}}\right)}^{m}}}-1={\frac {1}{\left({\frac {99{\cdots }99}{10^{m}}}\right)}}-1={\frac {10^{m}}{99{\cdots }99}}-1={\frac {1}{99{\cdots }99}}\,,$
$m$
# Rationale Zahl/Exponentieller Ausdruck/Aufgabe/Lösung

Wir schreiben
    $\alpha ={\frac {r}{s}}\,$
mit
    $0<r<{\frac {s}{2}}\,.$
Es ist
    ${\left({\frac {r}{s}}\right)}^{\frac {r}{s}}\cdot {\left({\frac {s-r}{s}}\right)}^{\frac {s-r}{s}}<{\frac {1}{2}}\,$
zu zeigen. Wir betrachten die $s$-te Potenz davon, somit ist
    ${\left({\frac {r}{s}}\right)}^{r}\cdot {\left({\frac {s-r}{s}}\right)}^{s-r}<{\frac {1}{2^{s}}}\,$
zu zeigen. Das Produkt links besteht insgesamt aus $s$ Faktoren. Wir schreiben
    ${\frac {r}{s}}={\frac {1}{2}}-c\,$
und somit
    ${\frac {s-r}{s}}={\frac {1}{2}}+c\,$
mit einem positiven $c$. Damit ist
    ${\begin{aligned}{\left({\frac {r}{s}}\right)}^{r}\cdot {\left({\frac {s-r}{s}}\right)}^{s-r}&={\left({\frac {1}{2}}+c\right)}^{r}\cdot {\left({\frac {1}{2}}-c\right)}^{s-r}\\&={\left({\frac {1}{2}}+c\right)}^{r}\cdot {\left({\frac {1}{2}}-c\right)}^{r}\cdot {\left({\frac {1}{2}}-c\right)}^{s-2r}\\&={\left({\left({\frac {1}{2}}+c\right)}{\left({\frac {1}{2}}-c\right)}\right)}^{r}\cdot {\left({\frac {1}{2}}-c\right)}^{s-2r}\\&={\left({\left({\frac {1}{2}}\right)}^{2}-c^{2}\right)}^{r}\cdot {\left({\frac {1}{2}}-c\right)}^{s-2r}\\&<{\left({\left({\frac {1}{2}}\right)}^{2}\right)}^{r}\cdot {\left({\frac {1}{2}}\right)}^{s-2r}\\&={\left({\frac {1}{2}}\right)}^{s}.\end{aligned}}$
# Rationale Zahl/Stellensystem/Abbrechende Kommazahl/Aufgabe/Lösung

Nein. Sei
    $a=10\,,$
    $b=3\,$
und
    $z={\frac {1}{3}}\,$
(im Zehnersystem). Im Dreiersystem ist $3=10$ und somit ist ${\frac {1}{3}}$ im Dreiersystem gleich
    ${\frac {1}{10}}=0,1\,,$
${\frac {1}{3}}$