OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Maximale untere Treppenfunktion/Identität/n Teilungspunkte/Beispiel

Wir wollen für die Funktion
    $g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto t,$
und das Einheitsintervall $[0,1]$ bestimmen, für welche $n$ Unterteilungspunkte $0<x_{1}<\ldots <x_{n}<1$ das Treppenintegral der zugehörigen ($(n+1)$-stufigen) unteren Treppenfunktion maximal wird. Das Treppenintegral wird durch die Funktion
    ${\begin{aligned}f(x_{1},\ldots ,x_{n})&=x_{1}(x_{2}-x_{1})+x_{2}(x_{3}-x_{2})+\cdots +x_{n-1}(x_{n}-x_{n-1})+x_{n}(1-x_{n})\\&=\sum _{i=1}^{n-1}x_{i}x_{i+1}+x_{n}-\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}\end{aligned}}$
beschrieben. Die partiellen Ableitungen dieser Funktion sind
    ${\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}=x_{2}-2x_{1}\,,$
    ${\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}=x_{i-1}+x_{i+1}-2x_{i}\,$
für $i=2,\ldots ,n-1$ und
    ${\frac {\partial f}{\partial x_{n}}}=x_{n-1}+1-2x_{n}\,.$
Wir bestimmen die kritischen Punkte, indem wir die partiellen Ableitungen gleich $0$ setzen. Die ersten $n-1$ Gleichungen ergeben sukzessive die Bedingungen
    $x_{i}=ix_{1}\,$
für alle $i$. Dies zeigt man durch Induktion, der Induktionsanfang ($i=1$) ist trivial, $i=2$ folgt direkt aus der ersten Gleichung und der Induktionsschritt ergibt sich aus
    $x_{i+1}=-x_{i-1}+2x_{i}=-(i-1)x_{1}+2ix_{1}=(i+1)x_{1}\,.$
Aus der letzen Gleichung folgt schließlich
    $0=x_{n-1}+1-2x_{n}=1+(n-1-2n)x_{1}=1-(n+1)x_{1}\,$
und somit $x_{1}={\frac {1}{n+1}}$. Der einzige kritische Punkt liegt also in der äquidistanten Unterteilung vor. Die Hesse-Matrix ist (unabhängig vom Punkt) gleich
    ${\begin{pmatrix}-2&1&0&\ldots &\ldots &0\\1&-2&1&0&\ldots &0\\0&1&-2&1&\ddots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&1&-2&1\\0&\ldots &\ldots &0&1&-2\end{pmatrix}}.$
Diese Matrix ist negativ definit nach Fakt. Daher liegt in der äquidistanten Unterteilung nach Fakt das Maximum vor.
# Produktmenge/Direktes Produkt/Direkte Summe/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Es sei $I$ eine Menge und zu jedem $i\in I$ sei eine Menge $M_{i}$ gegeben. Dann nennt man die Menge
    $M=\prod _{i\in I}M_{i}=\{(x_{i})_{i\in I}:\,x_{i}\in M_{i}{\text{ für alle }}i\in I\}\,$
die Produktmenge der $M_{i}$.
Wenn alle $M_{i}=V_{i}$ Vektorräume über einem Körper $K$ sind, so handelt es sich hierbei mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation wieder um einen $K$-Vektorraum. Man spricht dann vom direkten Produkt der Vektorräume. Wenn es sich immer um den gleichen Raum handelt, $M_{i}=V$, so schreibt man dafür auch $V^{I}$. Das ist einfach der Abbildungsraum $\operatorname {Abb} (I,V)$.
Den Vektorraum $V_{j}$ findet man im direkten Produkt als Untervektorraum wieder, und zwar als die Menge der Tupel
    $(x_{i})_{i\in I}{\text{ mit }}x_{i}=0{\text{ für alle }}i\neq j.$
Die Menge all dieser, jeweils an nur einer Stelle von $0$ verschiedener, Tupel erzeugt einen Untervektorraum, der bei unendlichem $I$ nicht das ganze direkte Produkt ist.

## Definition

Es sei $I$ eine Menge und $K$ ein Körper. Zu jedem $i\in I$ sei ein $K$-Vektorraum $V_{i}$ gegeben. Dann nennt man die Menge
    $\bigoplus _{i\in I}V_{i}={\left\{(v_{i})_{i\in I}\mid v_{i}\in V_{i},\,v_{i}\neq 0{\text{ für nur endlich viele }}i\right\}}\,$
die direkte Summe der $V_{i}$.
Wenn es sich stets um den gleichen Vektorraum handelt, so schreibt man für diese direkte Summe $V^{(I)}$. Es ist also
    $V^{(I)}\subseteq V^{I}\,$
ein Untervektorraum. Bei endlichem $I$ gibt es keinen Unterschied, für unendliche Indexmengen kann die Inklusion aber echt sein. Beispielsweise ist $\mathbb {R} ^{\mathbb {N} }$ der Folgenraum, dagegen besteht $\mathbb {R} ^{(\mathbb {N} )}$ nur aus der Menge aller Folgen, für die nur endlich viele Glieder von $0$ verschieden sind. Der Polynomring $K[X]$ ist in diesem Sinne die direkte Summe aus den $KX^{n},\,n\in \mathbb {N}$. Jeder $K$-Vektorraum mit einer Basis $v_{i}$, $i\in I$, ist isomorph zur direkten Summe $\bigoplus _{i\in I}Kv_{i}$.
# Endlicher Körper/Invertierbare Matrix/Z mod 3/0120/Ordnung/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}\,,$
    ${\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}^{3}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2\\1&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}}^{4}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,,$
$4$
# Maß/Beliebige nichtnegative Belegungsfunktion/Beispiel

Es sei $M$ eine Menge und es sei
    $b\colon M\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,x\longmapsto b_{x},$
eine Funktion, die wir Belegungsfunktion nennen. Dann wird für jede Teilmenge $T\subseteq M$ durch die Zuordnung
    $\beta (T):=\sum _{x\in T}b_{x}\,$
ein Maß auf $(M,{\mathfrak {P}}\,(M))$ definiert. Dabei ist die Summe als der Grenzwert zu interpretieren, falls die Familie $b_{x}$, $x\in T$, summierbar ist, und andernfalls als $\infty$. Dass es sich dabei um ein Maß handelt folgt aus dem großen Umordnungssatz, und zwar gilt die Summationseigenschaft sogar für beliebige disjunkte Vereinigungen, nicht nur für abzählbare. Man spricht von einem Summationsmaß.
Wenn die Belegungsfunktion für jedes $x$ einen positiven Wert annimmt, so folgt aus Aufgabe, dass das Maß jeder überabzählbaren Menge den Wert $\infty$ zuweist. Wenn andererseits die Belegungsfunktion für jedes $x$ den Wert $0$ annimmt, so liegt das Nullmaß vor, d.h. jede Menge hat das Maß $0$. Insbesondere kann man über diesen Weg kein Maß auf $\mathbb {R}$ gewinnen, das zugleich dem Einheitsintervall den Wert $1$ und jedem einzelnen Punkt das gleiche Maß zuweist.
# Endlicher Körper/Nichtinvertierbare 2x2-Matrizen/Aufgabe/Lösung

Die $2\times 2$-Matrizen haben die Form
    ${\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}$
mit $x,y,z,w\in K$. Die Eigenschaft, nicht invertierbar zu sein, kann man mit der Determinante durch die Bedingung
    $xw-yz=0\,$
ausdrücken. Wenn $w=0$ ist, so muss $y=0$ oder $z=0$ sein. Im ersten Fall gibt es für $x$ und $z$ jeweils $q$ Möglichkeiten. Im zweiten Fall gibt es für $x$ und $y$ ebenfalls jeweils $q$ Möglichkeiten, allerdings darf man $y=0$ nicht doppelt zählen. Somit erhalten wir bei $w=0$ insgesamt $q^{2}+q(q-1)$ Möglichkeiten. Es sei also $w\neq 0$. Dann gilt
    $x={\frac {yz}{w}}\,,$
d.h. $x$ ist durch die drei anderen Belegungen eindeutig bestimmt. Von dieser Art gibt es $(q-1)q^{2}$ Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also
    ${\begin{aligned}q^{2}+q(q-1)+(q-1)q^{2}&=q^{2}+q^{2}-q+q^{3}-q^{2}\\&=q^{3}+q^{2}-q\end{aligned}}$
$2\times 2$
# Gradientenfeld/Potential zweimal stetig differenzierbar/Lösung mit Pause ist konstant/Aufgabe

Es sei
    $h\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$
eine stetig differenzierbare Funktion und
    $G(P)=\operatorname {Grad} \,h(P)\,$
das zugehörige Gradientenfeld. Es sei
    $\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$
eine stetig differenzierbare Lösung zur zugehörigen Differentialgleichung und es sei $t\in \mathbb {R}$ ein Zeitpunkt mit
    $\varphi '(t)=0\,.$
a) Es sei $h$ zweimal stetig differenzierbar. Zeige, dass $\varphi$ konstant ist.
b) Zeige durch ein Beispiel, dass ohne die Voraussetzung aus a) $\varphi$ nicht konstant sein muss.
# Endlicher Körper/Vektoren/Erzeugendensystem/Aufgabe/Lösung

Wegen der Isomorphie
    $V\cong K^{n}\,$
besitzt $V$ genau $q^{n}$ Elemente. Der „schlechteste“ Fall ist, dass die Elemente $v_{1},v_{2},\ldots$ zuerst alle Elemente eines $n-1$-dimensionalen Untervektorraumes
$q^{n-1}$
$q^{n-1}$
$q^{n-1}+1$
# Gradientenfeld/x^2+2y^2/Lösungskurven/Aufgabe

Es sei
    $f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+2y^{2}.$
a) Bestimme das zugehörige Gradientenfeld $\operatorname {Grad} \,f$.
b) Beschreibe die Lösungskurven zur zugehörigen Differentialgleichung
    $v'=\operatorname {Grad} \,f(v)\,$
zu einer Anfangsbedingung
    $v(0)={\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}\,.$
c) Bestimme in Abhängigkeit von $(a,b)$ den Ort, wo sich die Lösung zum Zeitpunkt $t=1$ befindet.
d) Wir beschränken uns nun auf Anfangsbedingungen
    $v(0)={\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}\,$
mit
    $f(a,b)=1\,.$
Für welchen dieser Anfangspunkte ist der Wert von $f$ am Ortspunkt der Lösung zum Zeitpunkt $t=1$ extremal?
# Mechanische ebene Kurven/Stangenkoppelung/Gerade und Kreis/Beispiel

Wir gehen nun zum allgemeinen Fall über, wo der Koppelungsabstand $d$ nicht $1$ ist. Das mechanische System wird dann durch den Schnitt von zwei Zylindern mit unterschiedlichen Radien beschrieben. Aus den beiden Gleichungen kann man einfach $y_{2}$ eliminieren und erhält die Gleichung
    $x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}=(x_{2}-x_{1})^{2}-x_{2}^{2}=d^{2}-1\,.$
Wir setzen $\alpha =d^{2}-1=\neq 0$ und $w=x_{2}-x_{1}$.
Für einen Punkt $P=P_{1}+u(P_{2}-P_{1})$ der Koppelungsstange sind die Koordinaten gleich
    $(z_{1},z_{2})=(x_{1}+u(x_{2}-x_{1}),uy_{2})\,.$
Wir wollen die Trajektorie zu diesem Punkt des mechanischen System berechnen. Bei $u=0$ ist das einfach die Gerade, sodass wir im Folgenden $u\neq 0$ annehmen. Wir ersetzen
    $x_{2}={\frac {1}{u}}(x_{1}(u-1)+z_{1}){\text{ und }}y_{2}={\frac {1}{u}}z_{2}$
in der ersten und der eliminierten Gleichung und erhalten
* $\left({\frac {x_{1}(u-1)+z_{1}}{u}}\right)^{2}+\left({\frac {z_{2}}{u}}\right)^{2}=1$
* $x_{1}^{2}-{\frac {2}{u}}x_{1}(x_{1}(u-1)+z_{1})=d^{2}-1$
bzw.
* $(u-1)^{2}x_{1}^{2}+2(u-1)z_{1}x_{1}+z_{1}^{2}+z_{2}^{2}-u^{2}=0$
* $(-u+2)x_{1}^{2}-2z_{1}x_{1}-ud^{2}+u=0\,.$
Es liegen also zwei quadratische Gleichungen für $x_{1}$ über $K[z_{1},z_{2}]$ vor. Mittels Fakt kann man daraus eine Gleichung für $z_{1}$ und $z_{2}$ errechnen, und zwar ergibt sich
    $\left((-u+2)(z_{1}^{2}+z_{2}^{2}-u^{2})-(u-1)^{2}(-ud^{2}+u)\right)^{2}$
    $-2(u-1)z_{1}[-(-u+2)(z_{1}^{2}+z_{2}^{2}-u^{2})(-2z_{1})-$
    $(-ud^{2}+u)(-u+2)2(u-1)z_{1}+(u-1)^{2}(-2z_{1})(-ud^{2}+u)]$
    $+(z_{1}^{2}+z_{2}^{2}-u^{2})\left((u-1)^{2}(-2z_{1})^{2}-2(-u+2)2(u-1)z_{1}(-2z_{1})\right)=0.$
Das ist eine eben algebraische Kurve vom Grad vier, eine ziemlich hässliche Gleichung.
# Endlicher metrischer Raum/Euklidische Realisierung/Aufgabe/Lösung

a) Wir betrachten den Teilraum $M\{0,(1,0),(0,1)\}\subset$ mit der induzierten Metrik. Dieser metrische Raum $M$ ist nicht innerhalb der reellen Zahlen realisierbar. Der Nullpunkt hat zu den beiden anderen Punkten den Abstand $1$, und diese haben zueinander den Abstand ${\sqrt {2}}$. In $\mathbb {R}$ gibt es zu jedem Punkt $P$ genau zwei Punkte mit dem Abstand $1$ nämlich $P-1$ bzw $P+1$, und diese haben aber zueinander den Abstand $2$.
b) Wir betrachten im $\mathbb {R} ^{3}$ die folgende endliche Teilmenge: Es seien $P,Q$ zwei Punkte im $\mathbb {R} ^{3}$, die zueinander den Abstand $1$ besitzen. Wir betrachten die Sphären um diese beiden Kugeln mit dem Radius ${\frac {2}{3}}$, also $S_{1}={\left\{x\in \mathbb {R} ^{3}\mid d(x,P)={\frac {2}{3}}\right\}}$ und $S_{2}={\left\{x\in \mathbb {R} ^{3}\mid d(x,Q)={\frac {2}{3}}\right\}}$. Der Durchschnitt $S_{1}\cap S_{2}$ ist eine Kreislinie $K$. Es seien $R_{1},R_{2},R_{3}$ drei Punkte auf $K$ und wir betrachten die Teilmenge
    $N=\{P,Q,R_{1},R_{2},R_{3}\}\,$
$\mathbb {R} ^{2}$
$1$
${\frac {2}{3}}$
# Gradientenfeld/x^2+y^2/Anfangswertproblem/Lösung/Aufgabe

Bestimme die Lösung zum Anfangswertproblem
    $v'=\operatorname {Grad} \,h(v)\,$
mit $v(0)=w$ ($w\in \mathbb {R} ^{2}$) zum Gradientenfeld zur Funktion
    $h\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+y^{2}.$
# Mechanische ebene Kurven/Stangenkoppelung/Gerade und Kreis/Radius ist Koppelungsabstand/Beispiel

Wir betrachten das mechanische System aus Einheitskreis und $x$-Achse, wo der Koppelungsabstand $d=1$ ist. Das mechanische System wird dann durch die beiden Gleichungen
* $x_{2}^{2}+y_{2}^{2}=1$,
* $(x_{2}-x_{1})^{2}+y_{2}^{2}=1$
beschrieben. Es handelt sich um den Durchschnitt von zwei Zylindern mit gleichem Radius und sich treffenden Innenachsen, d.h. wir können auf die Ergebnisse von Beispiel zurückgreifen. Dort wurde gezeigt, dass der Durchschnitt durch zwei Ellipsen gegeben ist, die sich in zwei Punkten schneiden. Diese Beschreibung muss sich auch im Kontext des mechanischen Systems wiederfinden. Welche Stangenkonfigurationen entsprechen der einen Ellipse, welche der anderen, welche Konfigurationen liegen auf beiden?
Machen wir uns also einen Überblick über die erlaubten Konfigurationen. Wenn der Geradenpunkt (also der Punkt auf der Geradenbahn) der Kreismittelpunkt ist, so ist jeder Punkt des Kreises als Kreisbahnpunkt erlaubt. Die radialen Strahlen des Kreises bilden also eine Schar von erlaubten Stangenkonfigurationen, und diese bilden zusammen die eine Ellipse. Die andere Ellipse entspricht der Menge der Stangenkonfigurationen, bei denen der Geradenbahnpunkt von $-2$ nach $+2$ läuft und dabei den Kreisbahnpunkt im oberen oder unteren Kreisbogen vor sich herschiebt bzw. hinterherzieht. Es gibt zwei Stangenkonfigurationen, die zu beiden Familien gehören, nämlich die mit dem Kreismittelpunkt als Geradenbahnpunkt und $(0,1)$ bzw. $(0,-1)$ als Kreisbahnpunkt. In einer solchen Stangenkonfiguration kann das mechanische System nicht nur vorwärts und rückwärts laufen, sondern wesentlich die Richtung wechseln.
Wie sehen die Trajektorien eines Punktes auf der bewegten Stange aus? Die Gesamttrajektorie ist die Vereinigung der beiden Trajektorien, die zu den beiden irreduziblen Komponenten des Systems gehören. Wie viele Selbstdurchdringungspunkte gibt es?
Für einen Punkt $P=P_{1}+u(P_{2}-P_{1})$ der Koppelungsstange sind die Koordinaten gleich
    $(z_{1},z_{2})=(x_{1}+u(x_{2}-x_{1}),uy_{2})\,.$
Bei $u=0$ ist die Trajektorie das reelle Intervall $[-2,2]$, und bei $u=1$ ist es der Einheitskreis. Es sei also nun $u\neq 0,1$. Die Projektion der radialen Komponenten des Sytems ist einfach der Kreis mit Radius $u$. Die Projektion der anderen Ellipse ist wieder eine Ellipse, die den Kreis in unterschiedlicher Weise schneiden kann. Siehe auch Aufgabe.
# Projektive Varietäten/Affine Überdeckung/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Eine projektive Varietät ist eine Zariski-abgeschlossene Teilmenge
    $V_{+}({\mathfrak {a}})\subseteq {\mathbb {P} }_{K}^{n}\,,$
wobei ${\mathfrak {a}}$ ein homogenes Ideal in $K[X_{0},X_{1},\ldots ,X_{n}]$ ist.
Eine projektive Varietät $Y$ ist also die Nullstellenmenge im projektiven Raum einer (endlichen) Menge von homogenen Polynomen.
Über die induzierte Topologie ist eine projektive Varietät wieder mit einer Zariski-Topologie versehen. Die offenen Mengen haben wieder die Form $D_{+}({\mathfrak {b}})$ zu einem homogenen Ideal ${\mathfrak {b}}$ aus $K[X_{0},X_{1},\ldots ,X_{n}]$ bzw. aus dem Restklassenring $K[X_{0},X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {a}}$, den man auch den homogenen Koordinatenring zu $V_{+}({\mathfrak {a}})$ nennt. Insbesondere definiert jedes homogene Element $F\in K[X_{0},X_{1},\ldots ,X_{n}]$ eine offene Menge $D_{+}(F)\subseteq Y$.

## Lemma

Es sei $Y\subseteq {\mathbb {P} }_{K}^{n}$ eine projektive Varietät.
Dann liefern die affinen Räume $D_{+}(X_{i})\cong {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}\subset {\mathbb {P} }_{K}^{n}$ affine Varietäten
die $Y$ überdecken.
Insbesondere gibt es zu jedem Punkt $P\in Y$ und jeder offenen Umgebung $P\in U$ affine offene Umgebungen von $P$ innerhalb von $U$.

### Beweis

Es ist
    $D_{+}(X_{i})=D_{+}(X_{i})\cap Y\cong {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}\cap Y\,,$
wobei links die zugehörige offene Menge in $Y$ steht und rechts die entsprechende offene Teilmenge des projektiven Raumes. Daher ist $D_{+}(X_{i})\cap Y$ eine abgeschlossene (siehe Aufgabe) Teilmenge des affinen Raumes $D_{+}(X_{i})\cong {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ und als solche selbst eine affine Varietät. Da die $D_{+}(X_{i}),\,i=0,\ldots ,n$, den projektiven Raum überdecken, gilt dies auch für die Durchschnitte mit $Y$.
$\Box$
# Endlicher Wahrscheinlichkeitsraum/Stammbruchsumme/100/Ereignisse/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $\mu {\left(\{a,e\}\right)}=f(a)+f(e)={\frac {1}{100}}+{\frac {50}{100}}={\frac {51}{100}}\,,$
    $\mu {\left(\{b,c,e\}\right)}=f(b)+f(c)+f(e)={\frac {4}{100}}+{\frac {20}{100}}+{\frac {50}{100}}={\frac {74}{100}}={\frac {37}{50}}\,,$
    $\mu {\left(\{a,c,d\}\right)}=f(a)+f(c)+f(d)={\frac {1}{100}}+{\frac {20}{100}}+{\frac {25}{100}}={\frac {46}{100}}={\frac {23}{50}}\,,$
    $\mu {\left(\{a,b,d,e\}\right)}=f(a)+f(b)+f(d)+f(e)={\frac {1}{100}}+{\frac {4}{100}}+{\frac {25}{100}}+{\frac {50}{100}}={\frac {80}{100}}={\frac {4}{5}}\,.$
# Gradientenfeld/x^2-y^2+3yz/Anfangswertproblem/Lösung/Aufgabe

Bestimme die Lösung zum Anfangswertproblem
    $v'=\operatorname {Grad} \,h(v)\,$
mit $v(0)=w$ ($w\in \mathbb {R} ^{3}$) zum Gradientenfeld zur Funktion
    $h\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\longmapsto x^{2}-y^{2}+3yz.$
# Mechanische ebene Kurven/Stangenkoppelung/Zissoide des Diokles und asymptotische Gerade/Unbeschränkte Trajektorien/Beispiel

Die Zissoide des Diokles $C$ ist durch die Gleichung
    $Y^{2}(1-X)=X^{3}\,$
gegeben. Sie hat für reelles $x<0$ keine reelle Lösung, da dann die rechte Seite negativ ist und keine Quadratwurzel besitzt. Sie hat auch für reelles $x\geq 1$ keine reelle Lösung, da dann die rechte Seite positiv, aber der Koeffizient $1-x\leq 0$ ist, sodass es wieder keine reelle Lösung gibt. Für $x=0$ ist $y=0$ die einzige Lösung, und für $x$, $0<x<1$ gibt es genau zwei Lösungen in $y$, die beide reelle sind.
Wir betrachten nun die Zissoide zusammen mit der durch $x=1$ definierten Geraden $G$ (im Bild grau) und das zugehörige mechanische Koppelungssystem mit Koppelungsabstand $d$. Die Kurven $C$ und $G$ sind also die beiden Bahnen des mechanischen Stangensystems. Zu jeder reellen Zahlen $b\geq 0$ gibt es stets Punkte $Q_{1},Q_{2}$ mit $Q_{1}\in C$, $Q_{2}\in G$, mit $d(Q_{1},0),d(Q_{2},0)\geq b$ und $d(Q_{1},Q_{2})=d$. Daher gibt es unbeschränkte Trajektorien. Die Gerade selbst ist eine unbeschränkte (Koppelungspunkt-)Trajektorie für einen Koppelungsabstand $\geq 1$ ($1$ ist nicht die exakte Grenze; für kleinen Koppelungsabstand ist ein beschränkter Ausschnitt um $(1,0)$ nicht der Teil der Trajektorie) und die Zissoide ist eine (Koppelungspunkt-)Trajektorie, wenn der Koppelungsabstand $\geq 1$ ist (andernfalls ist ein beschränkter Teilbereich um den Nullpunkt nicht Teil der Trajektorie).
# Endlicher Wahrscheinlichkeitsraum/Vollständig unabhängig/Hinzunahme/Aufgabe/Lösung

Sei $E_{r+1}=\emptyset$ und $E_{r+2}=M$ und sei
    $I\subseteq \{1,2,\ldots ,r,r+1,r+2\}\,.$
Wenn in $I$ weder ${r+1}$ noch ${r+2}$ vorkommt, so ist $I\subseteq \{1,\ldots ,r\}$ und daher gilt
    $P{\left(\bigcap _{i\in I}E_{i}\right)}=\prod _{i\in I}P{\left(E_{i}\right)}\,$
aufgrund der Voraussetzung über die vollständige Unabhängigkeit der Ausgangsfamilie. Wenn
$r+1\in I$ ist, so taucht darin die leere Menge auf und es ist einerseits
    $\bigcap _{i\in I}E_{i}=\emptyset \,$
mit Wahrscheinlichkeit $0$ und andererseits auch
    $\prod _{i\in I}P(E_{i})=0\,.$
Wenn in $I$ der Index $r+2$ vorkommt, aber nicht $r+1$, so ist
    $I=J\cup \{r+2\}\,$
mit $J\subseteq \{1,\ldots ,r\}$ und somit
    $P{\left(\bigcap _{i\in I}E_{i}\right)}=P{\left(\bigcap _{i\in J}E_{i}\cap M\right)}=P{\left(\bigcap _{i\in J}E_{i}\right)}=\prod _{i\in J}P(E_{i})=\prod _{i\in J}P(E_{i})\cdot P(M)=\prod _{i\in I}P(E_{i})\,.$
# Gradientenfeld/x^3-xy^2+y^2/Anfangswertproblem/Picard-Lindelöf/Aufgabe

Berechne die ersten drei Iterationen der Picard-Lindelöf-Iteration zum Anfangswertproblem
    $v'=\operatorname {Grad} \,h(v){\text{ und }}v(0)=\left(3,\,2\right)$
zu
    $h(x,y)=x^{3}-xy^{2}+y^{2}\,.$
# Endliches Modell/Keine Funktionssymbole/Elementare Äquivalenz/Isomorphie/Aufgabe/Lösung

* Es seien $M_{1},\ldots ,M_{k}\subseteq M$ die elementaren Äquivalenzklassen. Ein Automorphismus muss bijektiv sein und ein Element aus $M_{j}$ nach Fakt auf ein Element aus $M_{j}$ abbilden. Wir behaupten, dass jede bijektive Abbildung, die diese Bedingung erfüllt, bereits ein Automorphismus ist, also Eine Abbildung aus der Menge rechts führt aber Konstanten in sich und erhält nach Fakt die Relationen. Da es keine Funktionssymbole gibt, handelt es sich bereits um einen Isomorphismus.
    $\operatorname {Aut} \,M=\operatorname {Perm} \,(M_{1})\times \cdots \times \operatorname {Perm} \,(M_{k})\,.$
* Es seien $M$ und $N$ zueinander elementar äquivalent und seien $M_{1},\ldots ,M_{k}\subseteq M$ die elementare Äquivalenzklassen von $M$. Diese werden nach Fakt durch Ausdrücke $\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{k}$ in einer freien Variablen charakterisiert. Mit Hilfe von $\exists x\alpha _{j}$ ergibt sich, dass es in $N$ die entsprechenden Äquivalenzklassen $N_{1},\ldots ,N_{k}\subseteq N$ gibt. Die Argumente aus Teil (1) zeigen, dass jede Bijektion, die jedes $M_{j}$ in das zugehörige $N_{j}$ überführt, bereits ein Isomorphismus ist.
# Gradlexikographische Ordnung/Leitmonom/Multiplikativ/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und sei $R=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ der Polynomring über $K$. Zu $f\in R$, $f\neq 0$, sei $\operatorname {LM} _^{\left(f\right)}$ das Leitmonom zu $f$ in der gradlexikographischen Ordnung. Zeige, dass das Leitmonom sich multiplikativ verhält, dass also
    $\operatorname {LM} _^{\left(fg\right)}=\operatorname {LM} _^{\left(f\right)}\cdot \operatorname {LM} _^{\left(g\right)}\,$
für Polynome $f,g\neq 0$ gilt.
# Menge/Bijektive Abbildungen/Gruppen/Beispiel

Es sei $X$ eine Menge und es sei $M$ die Menge aller bijektiven Abbildungen von $X$ nach $X$. Die Hintereinanderschaltung von Abbildungen führt zu einer Verknüpfung auf $M$, die nach Fakt assoziativ ist. Die Identität auf $X$, also die Abbildung, die jedes Element auf sich selbst abbildet, wird mit $\operatorname {Id} _{X}$ bezeichnet. Es ist offenbar
    $\operatorname {Id} _{X}\circ F=F=F\circ \operatorname {Id} _{X}\,$
für eine beliebige Abbildung
    $F\colon X\longrightarrow X,$
daher ist $\operatorname {Id} _{X}$ das neutrale Element von $M$. Zu jeder bijektiven Abbildungen
    $F\colon X\longrightarrow X$
gibt es die Umkehrabbildung $F^{-1}$, daher ist
    $F\circ F^{-1}=\operatorname {Id} _{X}=F^{-1}\circ F\,,$
und somit gibt es zu jedem $F\in M$ ein inverses Element. Insgesamt ist also $M$ eine Gruppe.
# Endomorphismus/Charakteristisches Polynom/Wohldefiniert/Aufgabe/Lösung

Es seien $M$ und $N$ die beschreibenden Matrizen von $\varphi$ bezüglich zweier Basen. Dann besteht zwischen ihnen die Beziehung
    $M=BNB^{-1}\,$
mit der invertierbaren Basiswechselmatrix $B$. Es besteht die Beziehung
    ${\begin{aligned}B(xE_{n}-N)B^{-1}&=B{\left(xE_{n}\right)}B^{-1}-BNB^{-1}\\&=xE_{n}-BNB^{-1}\\&=xE_{n}-M,\end{aligned}}$
da die Streckungsmatrizen $xE_{n}$ mit jeder Matrix vertauschbar sind. Aufgrund des Determinantenmultiplikationssatz gilt daher
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det \left(xE_{n}-M\right)\\&=\det \left(B(xE_{n}-N)B^{-1}\right)\\&=\det \left(B\right)\det \left(xE_{n}-N\right)\det \left(B^{-1}\right)\\&=\det \left(xE_{n}-N\right)\\&=\chi _{N}.\end{aligned}}$
# Graduierte Algebra/1 in 0ter Stufe/Aufgabe

Es sei $R$ ein kommutativer Ring, $D$ eine kommutative Gruppe und $A$ eine $D$-graduierte $R$-Algebra. Zeige $1\in A_{0}$ und folgere, dass $A_{0}$ eine $R$-Unteralgebra von $A$ ist.
# Menge/Diskrete Metrik/Beispiel

Zu einer beliebigen Menge $M$ kann man durch
    $d(x,y):={\begin{cases}0,\,&{\text{ falls }}x=y\,,\\1,\,&{\text{ falls }}x\neq y\,,\end{cases}}\,\,$
eine Metrik definieren, die die diskrete Metrik heißt.