OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Folge/Stammbruchfunktion/Gleichmäßig stetig und Cauchy-Folge/Aufgabe/Lösung

Es sei zunächst $x_{n}$ eine Cauchy-Folge. Sei $\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Cauchy-Eigenschaft gibt es ein $n_{0}$ derart, dass für alle $m\geq n=n_{0}$ die Abschätzung
    $\vert {x_{n}-x_{m}}\vert \leq \epsilon \,$
gilt. Wir wählen ein $\delta <{\frac {1}{n_{0}^{2}}}$. Es sei
    $\vert {{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{m}}}\vert \leq \delta \,.$
Bei $m\geq n\geq n_{0}$ ist unmittelbar
    $\vert {x_{n}-x_{m}}\vert \leq \epsilon \,.$
Bei $n<n_{0}$ (und $m\geq n$ nach wie vor) ist (bei $m>n$)
    ${\frac {1}{n}}-{\frac {1}{m}}\geq {\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}={\frac {1}{n(n+1)}}\geq {\frac {1}{(n+1)^{2}}}\geq {\frac {1}{n_{0}^{2}}}>\delta \,.$
Das heißt, dass in diesem Fall die $\delta$-Bedingung nur bei $m=n$ erfüllt ist.
Es sei nun $f$ gleichmäßig stetig und $\epsilon >0$ vorgegeben. Sei $\delta >0$ eine zugehörige Aufwandsgenauigkeit. Es sei $n_{0}$ derart, dass ${\frac {1}{n_{0}}}\leq \delta$. Dann ist für $m\geq n\geq n_{0}$
    ${\frac {1}{n}}-{\frac {1}{m}}\leq {\frac {1}{n}}\leq {\frac {1}{n_{0}}}\leq \delta \,$
und somit ist
    $\vert {x_{m}-x_{n}}\vert \leq \vert {f(m)-f(n)}\vert \leq \epsilon \,.$
# Heron-Verfahren/Wurzel 3/Wurzel 1 durch 3/Aufgabe

Es sei ${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Heron-Folge zur Berechnung von ${\sqrt {3}}$ mit dem Startwert $x_{0}=1$ und ${\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Heron-Folge zur Berechnung von ${\sqrt {\frac {1}{3}}}$ mit dem Startwert $y_{0}=1$.
* Berechne $x_{1}$ und $x_{2}$.
* Berechne $y_{1}$ und $y_{2}$.
* Berechne $x_{0}\cdot y_{0},\,x_{1}\cdot y_{1}$ und $x_{2}\cdot y_{2}$.
* Konvergiert die Produktfolge $z_{n}=x_{n}\cdot y_{n}$ innerhalb der rationalen Zahlen?
# Permutationsgruppe S3/Untergruppen und Normalteiler/Beispiel

Wir betrachten die Permutationsgruppe $G=S_{3}$ zu einer dreielementigen Menge, d.h. $S_{3}$ besteht aus den bijektiven Abbildungen der Menge $\{1,2,3\}$ in sich. Die triviale Gruppe $\{\operatorname {id} \}$ und die ganze Gruppe sind Normalteiler. Die Teilmenge $H=\{\operatorname {id} \,,\varphi \}$, wobei $\varphi$ die Elemente $1$ und $2$ vertauscht und $3$ unverändert lässt, ist eine Untergruppe. Sie ist aber kein Normalteiler. Um dies zu zeigen, sei $\psi$ die Bijektion, die $1$ fest lässt und $2$ und $3$ vertauscht. Dieses $\psi$ ist zu sich selbst invers. Die Konjugation $\psi \varphi \psi ^{-1}=\psi \varphi \psi$ ist dann die Abbildung, die $1$ auf $3$, $2$ auf $2$ und $3$ auf $1$ schickt, und diese Bijektion gehört nicht zu $H$.
# Simplizialer Komplex/Achsenraumkonfiguration/Nullstellengebilde/Einführung/Textabschnitt

Wir interessieren uns nun dafür, wie sich die zu einem simplizialen Komplex gegebene Achsenraumkonfiguration als Nullstellenmenge von Funktionen beschreiben lässt. Beispielsweise ist das Achsenkreuz die Nullstellenmenge der Funktion $XY$ und die Vereinigung der drei Achsenebenen im Raum ist die Nullstellenmenge der Funktion $XYZ$. Betrachten wir eine einzelne Seite des Komplexes, sagen wir $F\subseteq V$, $F\in \Delta$. Dann ist $K^{F}\subseteq K^{V}$ eine Achsenraum, der zu der zugehörigen Achsenraumkonfiguration gehört. Das Variablenprodukt $\prod _{i\in F}X_{i}$ ist eine Funktion auf dem $K^{V}$, das auf diesem Teilraum nicht identisch verschwindet (wohl aber Nullstellen hat), da es ja auf allen $V$-Tupeln, deren $F$-Einträge alle von $0$ verschieden sind, einen von $0$ verschiedenen Wert annimmt. Damit ist dieses Variablenprodukt erst recht nicht auf der gesamten Achsenraumkonfiguration gleich $0$. Wenn hingegen $A\subseteq \Delta$ eine Nichtseite des Komplexes ist, so verschwindet das Variablenprodukt $\prod _{i\in A}X_{i}$ auf der Achsenraumkonfiguration, wie das folgende Lemma zeigt.

## Lemma

Zu einem simplizialen Komplex $\Delta$
wird die zugehörige Achsenraumkonfiguration als Nullstellenmenge von allen Variablenprodukten zu Nichtseiten beschrieben, also
Dabei kann man sich auf die minimalen Nichtseiten beschränken.

### Beweis

Nach Fakt ist
    ${\begin{aligned}V{\left(\prod _{v\in A}X_{v}{|}A{\text{ Nichtseite von }}\Delta \right)}&=\bigcap _{A{\text{ Nichtseite von }}\Delta }V(\prod _{v\in A}X_{v})\\&=\bigcap _{A{\text{ Nichtseite von }}\Delta }\bigcup _{v\in A}V(X_{v}).\end{aligned}}$
Wenn $P\in K^{F}$ mit einer Seite $F$ von $\Delta$ ist, so sind sämtliche Koordinaten von $P$, die nicht zu $F$ gehören, gleich $0$. Wir können annehmen, dass $F$ eine Facette ist. Es sei $A$ eine Nichtseite. Dann ist $A\not \subseteq F$ und somit gibt es eine Ecke $z\in A$, $z\notin F$. Dann ist die $z$-te Komponente von $P$ gleich $0$ und somit $P\in V(X_{z})$ und $P$ gehört zur rechten Seite dazu. Es sei nun umgekehrt
    $P=(x_{v})\notin \bigcup _{F\in \Delta }K^{F}\,$
angenommen. Es sei $B\subseteq V$
der Träger von $P$, also $v\in B$ genau dann, wenn $x_{v}\neq 0$ ist. Dann ist $B$ eine Nichtseite, da andernfalls $P\in K^{B}\subseteq \bigcup _{F\in \Delta }K^{F}$ gelten würde. Wegen
    $P\notin \bigcup _{v\in B}V(X_{v})\,$
gehört $P$ auch nicht zur rechten Seite.
$\Box$

## Korollar

Es sei $K$ ein unendlicher Körper und $\Delta$ ein simplizialer Komplex.
Dann entsprechen die irreduziblen Komponenten der zugehörigen Achsenraumkonfiguration den Facetten von $\Delta$.

### Beweis

Dies folgt unmittelbar aus Fakt, wenn man berücksichtigt, dass über einem unendlichen Körper die affinen Räume irreduzibel sind.
$\Box$
# Folge/Summe ungerade Zahlen/Summe gerade Zahlen/Aufgabe/Lösung

Wir verwenden, dass die Summe der ersten ungeraden Zahlen gleich dem Quadrat der Anzahl der beteiligten Zahlen ist. Für $n$ gerade ist
    ${\begin{aligned}x_{n}&={\frac {1+3+\cdots +n-1}{2+4+\cdots +n}}\\&={\frac {{\left({\frac {n}{2}}\right)}^{2}}{2+4+\cdots +n}}\\&={\frac {{\left({\frac {n}{2}}\right)}^{2}}{{\left({\frac {n}{2}}\right)}^{2}+{\frac {n}{2}}}}\\&={\frac {\left({\frac {n}{2}}\right)}{{\left({\frac {n}{2}}\right)}+1}},\end{aligned}}$
wobei wir im vorletzten Schritt verwendet haben, dass im Nenner jeder Summand des Zählers um eins erhöht vorkommt, und für $n$ ungerade ist
    ${\begin{aligned}x_{n}&={\frac {1+3+\cdots +n}{2+4+\cdots +n-1}}\\&={\frac {{\left({\frac {n+1}{2}}\right)}^{2}}{2+4+\cdots +n-1}}\\&={\frac {{\left({\frac {n+1}{2}}\right)}^{2}}{{\left({\frac {n+1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {n+1}{2}}-{\left(n+1\right)}}}\\&={\frac {{\left({\frac {n+1}{2}}\right)}^{2}}{{\left({\frac {n+1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {n+1}{2}}}}\\&={\frac {\left({\frac {n+1}{2}}\right)}{{\left({\frac {n+1}{2}}\right)}-1}},\end{aligned}}$
wobei wir im vorletzten Schritt verwendet haben, dass im Nenner jeder Summand des Zählers bis auf den letzten um eins erhöht vorkommt. Beide Teilfolgen
$1$
$1$
# Heron-Verfahren/Wurzel aus 5/Erste vier Glieder von Hand/Startwert 2/Aufgabe

Berechne von Hand die Approximationen $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$ im Heron-Verfahren für die Quadratwurzel von $5$ zum Startwert $x_{0}=2$.
# Folgen/Summenfolge und Quotient/Konvergenz/Aufgabe/Lösung

* Es sei und für $n\geq 1$. Dann ist Dies konvergiert gegen $1$. Die Differenzfolge konvergiert nicht.
    $x_{n}=n^{2}+n\,$
    $y_{n}=n^{2}\,$
    ${\frac {x_{n}}{y_{n}}}={\frac {n^{2}+n}{n^{2}}}=1+{\frac {1}{n}}\,.$
    $x_{n}-y_{n}=n^{2}+n-n^{2}=n\,$
* Es sei und Dann ist Dies konvergiert nicht. Die Differenzfolge konvergiert gegen $0$, da beide Folgen Nullfolgen sind.
    $x_{n}={\frac {1}{n}}\,$
    $y_{n}={\frac {1}{n^{2}}}\,.$
    ${\frac {x_{n}}{y_{n}}}={\frac {\frac {1}{n}}{\frac {1}{n^{2}}}}={\frac {n^{2}}{n}}=n\,.$
    $x_{n}-y_{n}={\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{2}}}\,$
* Wir schreiben wobei $z_{n}$ nach Voraussetzung eine Nullfolge ist. Damit ist Dabei ist eine Nullfolge. Somit konvergiert die Quotientenfolge gegen $1$.
    $x_{n}=y_{n}+z_{n}\,,$
    ${\begin{aligned}{\frac {x_{n}}{y_{n}}}&={\frac {y_{n}+z_{n}}{y_{n}}}\\&=1+{\frac {z_{n}}{y_{n}}}.\end{aligned}}$
    $\vert {\frac {z_{n}}{y_{n}}}\vert =\vert {z_{n}}\vert \cdot \vert {\frac {1}{y_{n}}}\vert \leq \vert {z_{n}}\vert \cdot \vert {\frac {1}{a}}\vert \,$
# Permutationsgruppe/Natürliche lineare Operation/Beispiel

Die symmetrische Gruppe $S_{n}$ ist die Gruppe der Permutationen auf der Menge $I={\{1,\ldots ,n\}}$, also
    $S_{n}={\left\{\sigma :I\rightarrow I\mid \sigma {\text{ Bijektion}}\right\}}\,$
mit der Hintereinanderschaltung als Verknüpfung. Das neutrale Element ist die Identität. Eine Permutation wird typischerweise als Wertetabelle geschrieben,
    ${\begin{pmatrix}1&\ldots &n\\\sigma (1)&\ldots &\sigma (n)\end{pmatrix}}.$
$S_{n}$ ist eine Gruppe mit $n!$ Elementen.
Die Permutationsgruppe $S_{n}$ operiert als Gruppe von linearen Automorphismen auf $K^{n}$ wie folgt: Der $i$-te Basisvektor $e_{i}$ wird auf $e_{\sigma (i)}$ geschickt, also $e_{i}\mapsto e_{\sigma (i)}$. Dies definiert nach Fakt einen linearen Automorphismus
    $\sigma \colon K^{n}\longrightarrow K^{n},$
den wir ebenfalls mit $\sigma$ bezeichnen. In Matrizenschreibweise wird diese lineare Abbildung durch diejenige Matrix beschrieben, bei der in der $i$-ten Spalte in der $\sigma (i)$-ten Zeile eine $1$ steht, und sonst überall $0$. Eine solche Matrix nennt man eine Permutationsmatrix. Wenn $E_{ij}$ diejenige Matrix bezeichnet, die genau an der Stelle $ij$ ($i$-te Zeile, $j$-te Spalte) eine $1$ und sonst überall eine $0$ als Eintrag besitzt, so ist die zu $\sigma$ gehörende Permutationsmatrix gleich
    $E_{\sigma }=\sum _{j=1}^{n}E_{\sigma (j)j}\,.$
Diese Matrix ist in gewissem Sinn der Graph der Permutation.
Die Menge der Permutationsmatrizen bilden eine endliche Untergruppe der allgemeinen linearen Gruppe $\operatorname {GL} _{n}\!{\left(K\right)}$, und die Zuordnung $\sigma \mapsto E_{\sigma }$ ist ein Gruppenisomorphismus zwischen der Permutationsgruppe $S_{n}$ und dieser endlichen Untergruppe. Nach Beispiel operiert die Permutationsgruppe $S_{n}$ linear auf dem $K^{n}$.
# Heron-Verfahren/Wurzel(3)/Approximation der 0/Aufgabe

* Bestimme die Glieder $x_{1},x_{2}$ der Heron-Folge zur Berechnung von ${\sqrt {3}}$ mit dem Startglied
    $x_{0}=1\,.$
* Finde ganze Zahlen mit
    $a,b\neq 0\,$
    $\vert {a+b{\sqrt {3}}}\vert \leq {\frac {1}{10}}\,.$
# Singularitäten/Analytische Situation/Lokaler Ring/Textabschnitt
## Definition

Eine auf einer offenen Menge $U\subseteq {\mathbb {C} }^{n}$ definierte Funktion
    $f\colon U\longrightarrow {\mathbb {C} }$
heißt holomorph, wenn sie komplex differenzierbar ist.

## Definition

Eine auf einer offenen Menge $U\subseteq {\mathbb {C} }^{n}$ definierte Funktion
    $f\colon U\longrightarrow {\mathbb {C} }$
heißt komplex-analytisch, wenn sie sich in jedem Punkt $P\in U$ auf einer offenen Umgebung $P\in V\subseteq U$ durch eine konvergente Potenzreihe beschreiben lässt.
Der folgende Satz ist ein Hauptsatz aus der Funktionentheorie mehrerer Variablen.

## Satz

Es sei
    $f\colon U\longrightarrow {\mathbb {C} }$
eine auf einer offenen Menge $U\subseteq {\mathbb {C} }^{n}$ definierte Funktion.
Dann ist $f$ genau dann holomorph, wenn $f$ komplex-analytisch ist.

## Definition

Es sei $P\in {\mathbb {C} }^{n}$. Dann nennt man den Ring aller in einer offenen Umgebung von $P$ definierten holomorphen Funktionen den Ring der konvergenten Potenzreihen in $P$. Dabei werden Funktionen identifiziert, wenn sie auf einer gemeinsamen offenen Umgebung von $P$ übereinstimmen, und die Addition und die Multiplikation wird auf offenen Umgebungen durchgeführt, auf denen beide Funktionen definiert sind.
Der Ring der konvergenten Potenzreihen wird mit ${\mathcal {O}}_{P}$ bezeichnet. Dieser Ring hängt nur von der Dimension, also der Anzahl der Variablen ab, nicht aber vom Punkt $P$. Häufig wird er auch mit ${\mathcal {O}}_{n}$ bezeichnet. Zum Nullpunkt bilden die Variablen $X_{1},\ldots ,X_{n}$ ein minimales Erzeugendensystem des maximalen Ideals. Zum Polynomring $K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ bzw. zur Lokalisierung $K[X_{1},\ldots ,X_{n}]_{X_{1},\ldots ,X_{n}}$ besteht die Beziehung
    $K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\left(X_{1},\ldots ,X_{n}\right)}^{s}=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]_{X_{1},\ldots ,X_{n}}/{\left(X_{1},\ldots ,X_{n}\right)}^{s}={\mathcal {O}}_{n}/{\left(X_{1},\ldots ,X_{n}\right)}^{s}\,$
für alle $s$, d.h. die Restklassenringe zu Potenzen des maximalen Ideals stimmen in den verschiedenen Konzepten überein. Somit stimmen beispielsweise auch die Hilbert-Samuel-Funktion, das Jacobiideal und die Milnorzahl zu einem Polynom etc. überein.

## Lemma

Der Ring der konvergenten Potenzreihen in $P\in {\mathbb {C} }^{n}$ ist
lokal mit dem maximalen Ideal ${\mathfrak {m}}_{P}={\left\{f\in {\mathcal {O}}_{P}\mid f(P)=0\right\}}$.

### Beweis

Es ist klar, dass ${\mathfrak {m}}_{P}$ ein Ideal ist. Wenn die holomorphe Funktion $f$ nicht zu ${\mathfrak {m}}_{P}$ gehört, so ist $f(P)\neq 0$ und dann ist $f$ auch in einer offenen Umgebung von $P$ nullstellenfrei. Dort ist $1/f$ eine wohldefinierte holomorphe Funktion und das bedeutet, dass $f$ in ${\mathcal {O}}_{P}$ eine Einheit ist. Also handelt es sich bei ${\mathfrak {m}}_{P}$ um das einzige maximale Ideal.
$\Box$
# Formales Ableiten/Produktregel/Aufgabe/Lösung

Die Produktregel besagt
    $(F\cdot G)'=F\cdot G'+F'\cdot G\,.$
$F\mapsto F'$
$K$
$G$
    $F\longmapsto F\cdot G\longmapsto (F\cdot G)',$
    $F\longmapsto F\cdot G'$
    $F\longmapsto F'\cdot G$
$K$
$F$
$K$
$X^{n}$, $n\in \mathbb {N}$, besitzt, genügt es, die Aussage für $F=X^{n}$ zu zeigen. Die gleiche Überlegung zeigt, dass man lediglich $G=X^{m}$ betrachten muss. Dann gilt einerseits
    $(X^{n}\cdot X^{m})'=(X^{n+m})'=(n+m)X^{n+m-1}\,$
und andererseits
    ${\begin{aligned}X^{n}\cdot (X^{m})'+(X^{n})'\cdot X^{m}&=mX^{n}X^{m-1}+nX^{n-1}X^{m}\\&=mX^{n+m-1}+nX^{n+m-1}\\&=(n+m)X^{n+m-1},\end{aligned}}$
# Heron-Verfahren/Z mod 5/c ist 3/Aufgabe

Wir betrachten die Rekursionsvorschrift
    $x'=2^{-1}\cdot {\left(x+{\frac {c}{x}}\right)}\,$
des Heron-Verfahrens in $\mathbb {Z} /(5)$ für $c=3$. Zeige, dass für sämtliche Startglieder $x_{0}\neq 0$ stets eine nichtkonstante Folge entsteht.
# Personenweg/Abstandsbedingung/Gleichzeitig/Gedreht/Beispiel

Person $A$ will von ${\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ nach ${\begin{pmatrix}-1\\0\end{pmatrix}}$ und Person $B$ will von ${\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ nach ${\begin{pmatrix}0\\-1\end{pmatrix}}$. Dabei ist die Abstandsbedingung von $1$ einzuhalten, d.h. zu jedem Zeitpunkt muss der Abstand zwischen den beiden Personen zumindest $1$ betragen. Die Bewegungen sollen gleichzeitig stattfinden und die Bewegung von $B$ soll die um $90$ Grad gegen den Uhrzeigersinn gedrehte Bewegung von $A$ sein. Beide Personen sind also gleichberechtigt. Wir interessieren uns für die Länge des Weges, die die beiden Personen zusammen zurücklegen.
Die runde Verbindung.
Wenn sie sich beide auf dem Kreis mit Radius $1$ und dem Ursprung als Mittelpunkt bewegen, so halten sie konstant den Abstand ${\sqrt {2}}$ ein. Die Gesamtlänge des Weges beider Personen zusammen ist $2\pi$.
Die eckige Verbindung.
$A$ geht linear nach ${\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ und von dort zum Ziel, $B$ läuft über ${\begin{pmatrix}-1\\0\end{pmatrix}}$. Die Halbbewegung von $A$ wird somit durch
    $\gamma (t)={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1-t\\t\end{pmatrix}}\,$
beschrieben, die von $B$ durch
    $\varphi (t)={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-t\\1-t\end{pmatrix}}\,.$
Der Abstandsvektor der beiden Punkte zum Zeitpunkt $t$ ist
    ${\begin{pmatrix}1-t\\t\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}-t\\1-t\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\2t-1\end{pmatrix}}\,$
mit dem Abstand ${\sqrt {2-4t+4t^{2}}}$. Dieser ist stets $\geq 1$ und bei $t={\frac {1}{2}}$ genau gleich $1$. Die insgesamt zurückgelegte Strecke ist
    $4{\sqrt {2}}\sim 5,657\,,$
was kleiner als $2\pi$ ist.
Die gierige Strategie
Beide Personen laufen direkt auf ihr jeweiliges Ziel zu, bis sie zueinander den Abstand $1$ haben, und gehen dann in eine Kreisbewegung über, bis sie diese auf ihrer Achse wieder verlassen.
Der innere Kreis ist dabei durch die Radiusbedingung
    $2s^{2}=1\,$
festgelegt, da ja die beiden um ${\frac {\pi }{2}}$ gedrehten Punkte den Abstand $1$ haben müssen. Also ist
    $s={\frac {1}{\sqrt {2}}}\,.$
Der Weg von $A$ besitzt somit die Länge
    $2(1-{\frac {1}{\sqrt {2}}})+{\frac {1}{\sqrt {2}}}\pi =2+{\frac {1}{\sqrt {2}}}(\pi -2)\sim 2,801\,,$
der Weg der beiden Personen ist somit ungefähr $5,602$.
Optimale Strategie
Der innere Kreis von eben wird beibehalten, man nähert sich ihm aber tangential an.
# Funktion/1+ln x -1 durch x/Bijektion/Aufgabe/Lösung

a) Die Funktion $f$ ist differenzierbar und die Ableitung ist
    $f'(x)={\frac {1}{x}}+{\frac {1}{x^{2}}}\,.$
Für $x>0$ sind diese beiden Summanden positiv, sodass die Ableitung stets positiv ist und $f$ daher streng wachsend ist. Daher ist die Abbildung injektiv. Die Funktion ist stetig, da sie differenzierbar ist. Daher genügt es für die Surjektivität, aufgrund des Zwischenwertsatzes, nachzuweisen, dass beliebig große und beliebig kleine Werte angenommen werden.
Für $0<x<1$ ist $1-{\frac {1}{x}}<0$ und daher
    $f(x)\leq \ln x\,.$
Da der Logarithmus für $x\rightarrow 0$ beliebig kleine Werte annimmt, gilt das auch für $f$.
Für $x>1$ ist $1-{\frac {1}{x}}>0$ und daher
    $f(x)\geq \ln x\,.$
Da der Logarithmus für $x\rightarrow \infty$ beliebig große Werte annimmt, gilt das auch für $f$.
b) Durch Einsetzen ergibt sich $f(1)=0$, also ist $u=1$ das Urbild von $0$. Aufgrund der Berechnung der Ableitung oben ist $f'(1)=2$. Aufgrund der Regel für die Ableitung der Umkehrfunktion gilt daher
    $(f^{-1})'(0)={\frac {1}{f'(f^{-1}(0))}}={\frac {1}{f'(1)}}={\frac {1}{2}}\,.$
# Heron-Verfahren/Z mod 7/c ist 3/Aufgabe

Wir betrachten die Rekursionsvorschrift
    $x'=2^{-1}\cdot {\left(x+{\frac {c}{x}}\right)}\,$
des Heron-Verfahrens in $\mathbb {Z} /(7)$ für $c=3$. Zeige, dass für sämtliche Startglieder die entstehende Folge ab einer bestimmten Stelle nicht mehr definiert ist.
# Platte Funktion/exp -1 durch x/Taylor-Reihe/Beispiel

Wir betrachten die Funktion
    $f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x),$
mit
    $f(x):={\begin{cases}0,\,{\text{ falls }}x\leq 0\,,\\e^{-{\frac {1}{x}}},\,{\text{ falls }}x>0\,.\end{cases}}\,$
Wir behaupten, dass diese Funktion unendlich oft differenzierbar ist, was nur im Nullpunkt nicht offensichtlich ist. Man zeigt zunächst durch Induktion, dass sämtliche Ableitungen von $e^{-{\frac {1}{x}}}$ (und der rechtsseitige Differenzenquotient im Nullpunkt) die Form $p{\left({\frac {1}{x}}\right)}e^{-{\frac {1}{x}}}$ mit gewissen Polynomen $p\in \mathbb {R} [Z]$ besitzen und dass davon der Limes für $x\rightarrow 0,\,x>0$ stets $0$ ist (siehe Aufgabe und Aufgabe.). Daher ist der (rechtsseitige) Limes für alle Ableitungen gleich $0$ und existiert. Alle Ableitungen am Nullpunkt haben also den Wert $0$ und daher ist die Taylor-Reihe im Nullpunkt die Nullreihe. Die Funktion $f$ ist aber in keiner Umgebung des Nullpunktes die Nullfunktion, da $e^{-{\frac {1}{x}}}>0$ ist.
# Funktion/Betrag/Darstellung mit Teilen/Aufgabe/Lösung

Es sei $x\in M$. Bei $f(x)\geq 0$ ist $f_{+}(x)=f(x)$ und $f_{-}(x)=0$, somit ist
    $\vert {f(x)}\vert =f(x)=f_{+}(x)=f_{+}(x)+f_{-}(x)\,.$
Bei $f(x)<0$ ist hingegen $f_{+}(x)=0$ und $f_{-}(x)=-f(x)$, und somit ist
    $\vert {f(x)}\vert =-f(x)=f_{-}(x)=f_{+}(x)+f_{-}(x)\,.$
# Polarkoordinaten/Differenzierbarkeitseigenschaften/Beispiel

{{ Mathematischer Text/Beispiel |Text= Die Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(r,\alpha )\longmapsto (r\cos \alpha ,r\sin \alpha ),$
heißt Polarkoordinatenauswertung. Sie ordnet einem Radius $r$ und einem Winkel $\alpha$ (wegen diesen Bedeutungen schränkt man den Definitionsbereich häufig ein) denjenigen Punkt der Ebene (in kartesischen Koordinaten) zu, zu dem man gelangt, wenn man in Richtung des Winkels (gemessen von der $x$-Achse aus gegen den Uhrzeigersinn) die Strecke $r$ zurücklegt. Sie ist in jedem Punkt $(r,\alpha )$ stetig differenzierbar mit der Jacobi-Matrix
    ${\begin{pmatrix}\cos \alpha &-r\sin \alpha \\\sin \alpha &r\cos \alpha \end{pmatrix}}.$
Diese Abbildung ist nicht injektiv, da die Abbildung im zweiten Argument, also im Winkel $\alpha$, periodisch mit der Periode $2\pi$ ist. Bei $r=0$ ist - unabhängig von $\alpha$ - das Bild gleich $(0,0)$. Ferner ist $\varphi (-r,\alpha +\pi )=\varphi (r,\alpha )$. Die Abbildung kann also nicht global invertierbar sein.
Die Determinante der Jacobi-Matrix ist
    $r(\cos ^{2}\alpha +\sin ^{2}\alpha )=r\,.$
Bei $r\neq 0$ liegt also nach Fakt ein bijektives totales Differential vor. Nach dem Satz über die lokale Umkehrabbildung gibt es zu jedem Punkt $(r,\alpha )$ mit $r\neq 0$ eine offene Umgebung $(r,\alpha )\in U_{1}$ und eine bijektive Abbildung {{ Abbildung/display |name=\varphi {{|}} _{U_1} | U_1|U_2 = \varphi(U_1) || |SZ=. }} Bei $r>0$ kann man beispielsweise als offene Umgebung das offene Rechteck
    $U_{1}=r-\delta ,r+\delta\times\alpha -\epsilon ,\alpha +\epsilon\,$
mit $r>\delta >0$ und mit $\pi >\epsilon >0$ wählen. Das Bild davon, also $U_{2}$, ist der Schnitt des (offenen) Kreisringes zu den Radien $r-\delta$ und $r+\delta$ und dem (offenen) Kreissektor, der durch die beiden Winkel $\alpha -\epsilon$ und $\alpha +\epsilon$ begrenzt ist.
Man kann diese Abbildung zu einer bijektiven Abbildung, und zwar zu einem Diffeomorphismus, auf großen offenen Mengen einschränken, beispielsweise zu
    $\mathbb {R} _{+}\times-\pi ,\pi\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}\setminus {\left\{(x,0)\mid x\leq 0\right\}},\,(r,\alpha )\longmapsto (r\cos \alpha ,r\sin \alpha ).$
Die Bijektivität folgt dabei aus den grundlegenden Eigenschaften der trigonometrischen Funktionen, siehe insbesondere Fakt. Wenn man das offene Intervall $]{-\pi },\pi [$ durch das halboffene Intervall $]{-\pi },\pi ]$ ersetzt, so bekommt man eine Bijektion zwischen $\mathbb {R} _{+}\times{-\pi },\pi ]}$ und $\mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}$. Man kann aber nicht von einem Diffeomorphismus sprechen, da dies nur für offene Mengen definiert ist. Die Umkehrabbildung ist übrigens noch nicht einmal stetig. |Textart=Beispiel |Kategorie=Theorie der Polarkoordinaten |Kategorie2= |Kategorie3= |Objektkategorie= |Stichwort= |Autor= |Bearbeitungsstand= }}
# Funktion/e hoch -1 durch x ln x/Beschränkt/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}f'(x)&={\frac {1}{x^{2}}}e^{-{\frac {1}{x}}}\ln x+{\frac {1}{x}}e^{-{\frac {1}{x}}}\\&={\frac {1}{x^{2}}}e^{-{\frac {1}{x}}}{\left(\ln x+x\right)}.\end{aligned}}$
$\ln x+x$
${\frac {1}{x}}+1$
$c$
$f$
$c$
$c$
$c$
$f$
# Hesseform/Ist symmetrisch/Aufgabe

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, $G\subseteq V$ eine offene Menge und
    $f\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$
eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Zeige, dass die Hesse-Form von $f$ in jedem Punkt $P\in G$ symmetrisch ist.
# Polygonzugverfahren/Ortsunabhängig/Beziehung zu Treppenfunktionen/Beispiel

Bei einer eindimensionalen ortsunabhängigen Differentialgleichung
    $y'=g(t)\,$
ergibt sich $y$ einfach als eine Stammfunktion zu $g$. Wendet man in dieser Situation Fakt zum Startzeitpunkt $t_{0}$, zum Startpunkt $c$ und zur Schrittweite $s$ an, so ergibt sich die rekursive Beziehung
    $P_{0}=c{\text{ und }}P_{n+1}=P_{n}+sg(t_{0}+ns).$
Daher ist offenbar
    $P_{n}=c+s{\left(g(t_{0})+g(t_{0}+s)+g(t_{0}+2s)+\cdots +g(t_{0}+(n-1)s)\right)}\,.$
D.h. dass man zu dem Ausgangswert $c$ das Treppenintegral zur äquidistanten Unterteilung $t_{0},t_{0}+s,t_{0}+2s,\ldots ,t_{0}+(n-1)s$ (und zur durch $g(t_{0}+ks)$ auf dem Teilintervall $[t_{0}+ks,t_{0}+(k+1)s[$ gegebenen Treppenfunktion) hinzuaddiert. Der zugehörige Streckenzug ist die (stückweise lineare) Integralfunktion zu dieser Treppenfunktion.
# Funktion/Einschränkung auf Gerade/1/Aufgabe/Lösung

Auf der Gerade gilt
    $y={\frac {7}{5}}-{\frac {4}{5}}x\,$
und daher ist die eingeschränkte Funktion in der einen Variablen $x$ durch
    ${\begin{aligned}x^{2}-x{\left({\frac {7}{5}}-{\frac {4}{5}}x\right)}+3{\left({\frac {7}{5}}-{\frac {4}{5}}x\right)}\cos \left(x+2{\left({\frac {7}{5}}-{\frac {4}{5}}x\right)}\right)&=x^{2}-{\frac {7}{5}}x+{\frac {4}{5}}x^{2}+{\left({\frac {21}{5}}-{\frac {12}{5}}x\right)}\cos \left(x+{\frac {14}{5}}-{\frac {8}{5}}x\right)\\&=-{\frac {7}{5}}x+{\frac {9}{5}}x^{2}+{\left(-{\frac {12}{5}}x+{\frac {21}{5}}\right)}\cos \left(-{\frac {3}{5}}x+{\frac {14}{5}}\right).\end{aligned}}$