OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Totales Differential/R/Kettenregel/(uv^3w^2,u^2-v^2w) und (xy-y^2,cos(xy),x-y)/Beispiel

Wir wollen die Kettenregel anhand der beiden Abbildungen
    $f\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(u,\,v,\,w\right)\longmapsto \left(uv^{3}w^{2},\,u^{2}-v^{2}w\right)$
und
    $g\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left(xy-y^{2},\,\cos(xy),\,x-y\right)$
illustrieren. Diese Abbildungen sind stetig partiell differenzierbar und daher auch total differenzierbar. Die Jacobi-Matrizen zu diesen Abbildungen (in einem beliebigen Punkt $P=(u,v,w)\in \mathbb {R} ^{3}$ bzw. $Q=(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$) sind
    $\operatorname {Jac} (f)_{P}={\begin{pmatrix}{\frac {\partial f_{1}}{\partial u}}(P)&{\frac {\partial f_{1}}{\partial v}}(P)&{\frac {\partial f_{1}}{\partial w}}(P)\\{\frac {\partial f_{2}}{\partial u}}(P)&{\frac {\partial f_{2}}{\partial v}}(P)&{\frac {\partial f_{2}}{\partial w}}(P)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}v^{3}w^{2}&3uv^{2}w^{2}&2uv^{3}w\\2u&-2vw&-v^{2}\end{pmatrix}}\,$
und
    $\operatorname {Jac} (g)_{Q}={\begin{pmatrix}{\frac {\partial g_{1}}{\partial x}}(Q)&{\frac {\partial g_{1}}{\partial y}}(Q)\\{\frac {\partial g_{2}}{\partial x}}(Q)&{\frac {\partial g_{2}}{\partial y}}(Q)\\{\frac {\partial g_{3}}{\partial x}}(Q)&{\frac {\partial g_{3}}{\partial y}}(Q)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}y&x-2y\\-y\sin(xy)&-x\sin(xy)\\1&-1\end{pmatrix}}\,.$
Die zusammengesetzte Abbildung $g\circ f$ ist
    ${\begin{aligned}g(f(u,v,w))&=\left(uv^{3}w^{2}{\left(u^{2}-v^{2}w\right)}-{\left(u^{2}-v^{2}w\right)}^{2},\,\cos {\left(uv^{3}w^{2}(u^{2}-v^{2}w)\right)},\,uv^{3}w^{3}-u^{2}+v^{2}w\right)\\&=\left(u^{3}v^{3}w^{2}-uv^{5}w^{3}-u^{4}-v^{4}w^{2}+2u^{2}v^{2}w,\,\cos {\left(u^{3}v^{3}w^{2}-uv^{5}w^{3}\right)},\,uv^{3}w^{3}-u^{2}+v^{2}w\right),\end{aligned}}$
die zugehörige Jacobi-Matrix in $P=(u,v,w)$ ist
    $\operatorname {Jac} (g\circ f)_{P}={\begin{pmatrix}3u^{2}v^{3}w^{2}-v^{5}w^{3}-4u^{3}+4uv^{2}w&3u^{3}v^{2}w^{2}-5uv^{4}w^{3}-4v^{3}w^{2}+4u^{2}vw&2u^{3}v^{3}w-3uv^{5}w^{2}-2v^{4}w+2u^{2}v^{2}\\{\left(3u^{2}v^{3}w^{2}-v^{5}w^{3}\right)}\sin {\left(u^{3}v^{3}w^{2}-uv^{5}w^{3}\right)}&{\left(3u^{3}v^{2}w^{2}-5uv^{4}w^{3}\right)}\sin {\left(u^{3}v^{3}w^{2}-uv^{5}w^{3}\right)}&{\left(2u^{3}v^{3}w-3uv^{5}w^{2}\right)}\sin {\left(u^{3}v^{3}w^{2}-uv^{5}w^{3}\right)}\\v^{3}w^{3}-2u&3uv^{2}w^{3}+2vw&3uv^{3}w^{2}+v^{2}\end{pmatrix}}\,.$
# Konvergente Folge/In Erweiterungskörper nicht/Aufgabe/Lösung

Die Folge der Stammbrüche ${\frac {1}{n}},n\in \mathbb {N} _{+}$, konvergiert in $\mathbb {Q}$ gegen $0$. Es gibt aber nichtarchimedisch angeordnete Körper $\mathbb {Q} \subset L$.
$\epsilon$
# Komplexe Zahlen/Potenzen/Kleiner 1/Konvergenz/Aufgabe

Es sei $z\in {\mathbb {C} }$ eine komplexe Zahl mit $\vert {z}\vert <1$. Zeige, dass die Folge ${\left(z^{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $0$ konvergiert.
# Transformationsformel/Asphalt und Mittelstreifen/Beispiel

Es soll eine Straße in der Ebene der Breite $2a$ asphaltiert werden. Dabei wird die Straße durch den Verlauf des Mittelstreifen vorgegeben, der durch die Kurve
    $[0,s]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \psi (t)={\begin{pmatrix}f(t)\\g(t)\end{pmatrix}},$
bestimmt ist. Dabei sei $\psi$ zweimal stetig differenzierbar und regulär. Die Breite ist dabei senkrecht zum Mittelstreifen zu messen. Die zu asphaltierende Trasse wird dann durch die Abbildung
    $\varphi \colon [0,s]\times [-a,a]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(t,r)\longmapsto {\begin{pmatrix}f(t)\\g(t)\end{pmatrix}}+r{\frac {1}{\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}}{\begin{pmatrix}-g'(t)\\f'(t)\end{pmatrix}},$
parametrisiert. Wir nehmen an, dass diese Parametrisierung injektiv ist, was erfüllt ist, wenn die Mittelstreifenabbildung $\psi$ injektiv ist und die Straße nicht zu breit werden soll.
Die Jacobi-Matrix der Parametrisierung ist
    $\left(D\varphi \right)_{(r,t)}={\begin{pmatrix}f^{\prime }(t)+r{\frac {g^{\prime \prime }(t){\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}-g'(t){\frac {f'(t)f^{\prime \prime }(t)+g'(t)g^{\prime \prime }(t)}{\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}}}{f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}&-{\frac {g'(t)}{\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}}\\g^{\prime }(t)+r{\frac {f^{\prime \prime }(t){\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}-f'(t){\frac {f'(t)f^{\prime \prime }(t)+g'(t)g^{\prime \prime }(t)}{\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}}}{f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}&{\frac {f'(t)}{\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}}\end{pmatrix}}\,.$
Die Determinante davon ist
    ${\begin{aligned}&={\frac {f'(t)f'(t)+g'(t)g'(t)}{\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}}+r{\frac {g^{\prime \prime }(t)f'(t)-g'(t)f'(t){\frac {f'(t)f^{\prime \prime }+g'(t)g^{\prime \prime }}{f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}-f^{\prime \prime }(t)g'(t)+f'(t)g'(t){\frac {f'(t)f^{\prime \prime }+g'(t)g^{\prime \prime }}{f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}}{f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}\\&={\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}+r{\frac {g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)}{f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}.\end{aligned}}$
Daher ist die Asphaltfläche nach der Transformationsformel und nach Fakt gleich
    ${\begin{aligned}&=\int _{[0,s]\times [-a,a]}\vert {{\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}+r{\frac {g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)}{f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}}\vert \,d\lambda ^{2}\\&=2a\int _{0}^{s}{\sqrt {f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}\,dt+(\int _{-a}^{a}r\,dr)(\int _{0}^{s}{\frac {g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)}{f'(t)^{2}+g'(t)^{2}}}\,dt)\end{aligned}}$
# Konvergenz/Angeordneter Körper/Negiere/Aufgabe/Lösung

Es gibt ein $\epsilon >0$ mit der Eigenschaft, dass es für alle $m\in \mathbb {N}$ ein
    $n\geq m\,$
derart gibt, dass
    $\vert {x_{n}-x}\vert >\epsilon \,$
# Komplexe Zahlen/Quadratische Gleichung hat Lösung/Aufgabe

Es seien $a,b,c\in {\mathbb {C} }$ mit $a\neq 0$. Zeige, dass es für die Gleichung
    $az^{2}+bz+c=0\,$
mindestens eine komplexe Lösung $z$ gibt.
# Transformationsformel/Asphalt und Mittelstreifen/Bogenparametrisiert/Beispiel

Es soll eine Straße in der Ebene der Breite $2a$ asphaltiert werden. Dabei wird die Straße durch den Verlauf des Mittelstreifen vorgegeben, der durch die Kurve
    $[0,s]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \psi (t)={\begin{pmatrix}f(t)\\g(t)\end{pmatrix}},$
bestimmt ist. Dabei sei $\psi$ zweimal stetig differenzierbar und bogenparametrisiert, d.h. es sei $f'(t)^{2}+g'(t)^{2}=1$, was bedeutet, dass die Mittelstreifenkurve mit normierter Geschwindigkeit durchlaufen wird. Die Breite ist dabei senkrecht zum Mittelstreifen zu messen. Die zu asphaltierende Trasse wird dann durch die Abbildung
    $\varphi \colon [0,s]\times [-a,a]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(t,r)\longmapsto {\begin{pmatrix}f(t)\\g(t)\end{pmatrix}}+r{\begin{pmatrix}-g'(t)\\f'(t)\end{pmatrix}},$
parametrisiert. Wir nehmen an, dass diese Parametrisierung injektiv ist, was erfüllt ist, wenn die Mittelstreifenabbildung $\psi$ injektiv ist und die Straße nicht zu breit werden soll.
Die Jacobi-Matrix der Parametrisierung ist
    $\left(D\varphi \right)_{(t,r)}={\begin{pmatrix}f^{\prime }(t)-rg^{\prime \prime }(t)&-g'(t)\\g^{\prime }(t)+rf^{\prime \prime }(t)&f'(t)\end{pmatrix}}\,.$
Die Determinante davon ist
    ${\begin{aligned}f'(t)f'(t)+g'(t)g'(t)-r{\left(g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)\right)}&=1-r{\left(g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)\right)}\\\end{aligned}}$
Daher ist die Asphaltfläche nach der Transformationsformel gleich
    $\int _{[0,s]\times [-a,a]}\vert {1-r{\left(g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)\right)}}\vert \,d\lambda ^{2}.$
Wenn wir weiter annehmen, dass
    $\vert {g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)}\vert \leq {\frac {1}{a}}\,$
ist (was bedeutet, dass die Straßenbreite nicht allzu groß ist), so ist dieses Integral nach Fakt geich
    ${\begin{aligned}\int _{[0,s]\times [-a,a]}1-r{\left(g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)\right)}\,d\lambda ^{2}&=2as-{\left(\int _{-a}^{a}r\,dr\right)}{\left(\int _{0}^{s}g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)\,dt\right)}\\&=2as-0\cdot {\left(\int _{0}^{s}g^{\prime \prime }(t)f'(t)-f^{\prime \prime }(t)g'(t)\,dt\right)}\\&=2as.\,\end{aligned}}$
Dies bedeutet, dass die Asphaltfläche gleich der Mittelstreifenlänge mal der Straßenbreite ist.
# Konvergenz/Negiere/Aufgabe/Lösung

Es gibt ein $\epsilon >0$ mit der Eigenschaft, dass es für alle $m\in \mathbb {N}$ ein
    $n\geq m\,$
derart gibt, dass
    $\vert {x_{n}-x}\vert >\epsilon \,$
# Komplexe Zahlen/Real und Imaginärteil/Eigenschaften/Fakt/Beweis/Aufgabe

Beweise die folgenden Aussagen zu Real- und Imaginärteil von komplexen Zahlen.
* Es ist $z=\operatorname {Re} \,{\left(z\right)}+\operatorname {Im} \,{\left(z\right)}{\mathrm {i} }$.
* Es ist $\operatorname {Re} \,{\left(z+w\right)}=\operatorname {Re} \,{\left(z\right)}+\operatorname {Re} \,{\left(w\right)}$.
* Es ist $\operatorname {Im} \,{\left(z+w\right)}=\operatorname {Im} \,{\left(z\right)}+\operatorname {Im} \,{\left(w\right)}$.
* Für $r\in \mathbb {R}$ ist
    $\operatorname {Re} \,{\left(rz\right)}=r\operatorname {Re} \,{\left(z\right)}{\text{ und }}\operatorname {Im} \,{\left(rz\right)}=r\operatorname {Im} \,{\left(z\right)}.$
* Es ist $z=\operatorname {Re} \,{\left(z\right)}$ genau dann, wenn $z\in \mathbb {R}$ ist, und dies ist genau dann der Fall, wenn $\operatorname {Im} \,{\left(z\right)}=0$ ist.
# Trigonalmatrix/Charakteristisches Polynom/Eigenwerte/Beispiel

Für eine obere Dreiecksmatrix
    $M={\begin{pmatrix}d_{1}&\ast &\cdots &\cdots &\ast \\0&d_{2}&\ast &\cdots &\ast \\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&d_{n-1}&\ast \\0&\cdots &\cdots &0&d_{n}\end{pmatrix}}\,$
ist das charakteristische Polynom nach Fakt gleich
    $\chi _{M}=(X-d_{1})(X-d_{2})\cdots (X-d_{n})\,.$
In diesem Fall liegt das charakteristische Polynom direkt in der Zerlegung in lineare Faktoren vor, sodass unmittelbar seine Nullstellen und damit die Eigenwerte von $M$ ablesbar sind, nämlich die Diagonalelemente $d_{1},d_{2},\ldots ,d_{n}$ (die nicht alle verschieden sein müssen).
# Konvexität/Wendepunkte/x^4+3x^3+x^2+x+1/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $f'(x)=4x^{3}+9x^{2}+2x+1\,$
und
    $f^{\prime \prime }(x)=12x^{2}+18x+2\,.$
Zur Berechnung der Nullstellen der zweiten Ableitung ziehen wir die Lösungsformel heran und erhalten die Lösungen
    $x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {228}}-18}{24}}={\frac {\pm {\sqrt {57}}-9}{12}}\,.$
Somit ist $f$ auf $[-\infty ,{\frac {-{\sqrt {57}}-9}{12}}]$ konvex, auf $[{\frac {-{\sqrt {57}}-9}{12}},{\frac {{\sqrt {57}}-9}{12}}]$ konkav und auf $[{\frac {{\sqrt {57}}-9}{12}},\infty ]$ wieder konvex. Die Wendepunkte sind
$-{\sqrt {57}}-9$
${\sqrt {57}}-9$
# Komplexe Zahlen/Rechenregeln für Betrag/Aufgabe

Zeige die folgenden Regeln für den Betrag von komplexen Zahlen.
* Es ist $\vert {z}\vert ={\sqrt {z\ {\overline {z}}}}$.
* Für reelles $z$ stimmen reeller und komplexer Betrag überein.
* Es ist $\vert {z}\vert =0$ genau dann, wenn $z=0$ ist.
    $\vert {z}\vert =\vert {\overline {z}}\vert \,.$
    $\vert {zw}\vert =\vert {z}\vert \vert {w}\vert \,.$
* Für $z\neq 0$ ist $\vert {1/z}\vert =1/\vert {z}\vert$.
    $\vert {\operatorname {Re} \,{\left(z\right)}}\vert ,\vert {\operatorname {Im} \,{\left(z\right)}}\vert \leq \vert {z}\vert \,.$
# Trigonometrische Parametrisierung/Mittelwertsatz nur Abschätzung/Beispiel

Wir betrachten die trigonometrische Parametrisierung des Einheitskreises, also die Abbildung
    $f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (\cos t,\sin t).$
Diese Abbildung ist für jedes $t\in \mathbb {R}$ differenzierbar mit der Ableitung
    $f'(t)=(-\sin t,\cos t)\,.$
Die Norm dieser Ableitung ist zu jedem Zeitpunkt gleich
    $\Vert {f'(t)}\Vert ={\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t}}=1\,.$
Wählen wir das Intervall $[0,2\pi ]$, so ist
    $f(0)=(1,0)=f(2\pi )\,.$
Dies bedeutet, dass in der Mittelwertabschätzung nicht Gleichheit gelten kann.
# Kosinus hyperbolicus/Bestimmtes Integral/Aufgabe/Lösung

Eine Stammfunktion des Kosinus hyperbolicus
    $\cosh x={\frac {1}{2}}{\left(e^{x}+e^{-x}\right)}\,$
ist
    $\sinh x={\frac {1}{2}}{\left(e^{x}-e^{-x}\right)}\,.$
Somit ist der Flächeninhalt gleich
    $\int _{0}^{5}\cosh x\,dx=\left(\sinh x\right)|_{0}^{5}=\sinh 5={\frac {1}{2}}{\left(e^{5}-e^{-5}\right)}\,.$
# Komplexe Zahlen/Reihe/Rechenregeln/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es seien
    $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}{\text{ und }}\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}$
konvergente Reihen von komplexen Zahlen mit den Summen $s$ und $t$. Beweise die folgenden Aussagen.
* Die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}$ mit $c_{k}=a_{k}+b_{k}$ ist ebenfalls konvergent mit der Summe $s+t$.
* Für $\lambda \in {\mathbb {C} }$ ist auch die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }d_{k}$ mit $d_{k}=\lambda a_{k}$ konvergent mit der Summe $\lambda s$.
# Kosinus Hyperbolicus/Parabel/Vergleich/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}\cosh x&={\frac {1}{2}}{\left(e^{x}+e^{-x}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}+\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-x)^{n}}{n!}}\right)}\\&=\sum _{n=0,\,n{\text{ gerade}}}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}\\&=1+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{4}}{24}}+{\frac {x^{6}}{720}}+....\end{aligned}}$
Für $x=2$ ist dies
    ${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2^{2k}}{(2k)!}}&=1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {64}{720}}+...\\&\leq 1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {64}{720}}{\left(1+{\frac {1}{10}}+{\frac {1}{100}}+{\frac {1}{1000}}+...\right)}\\&\leq 1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {64}{720}}\cdot {\frac {10}{9}}\\&\leq 1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {1}{10}}\\&<4\\&=2^{2}.\end{aligned}}$
${\frac {64}{720}}$
${\frac {4}{7\cdot 8}},{\frac {4}{9\cdot 10}}$
# Komplexe Zahlen/Restklassendarstellung/Aufgabe

Zeige, dass die komplexen Zahlen ${\mathbb {C} }$ die Restklassendarstellung
    ${\mathbb {C} }\cong \mathbb {R} [X]/(X^{2}+1)\,$
besitzen.
# Uneigentliches Integral/0 bis 1/1 durch t^n/n ganzzahlig/Beispiel

Es sei $f(t)=t^{n}$ mit $n$ negativ und ganzzahlig. Wir interessieren uns für die uneigentlichen Integrale für $t$ von $0$ bis $1$. Dabei ist die Funktion bei der Intervallgrenze $0$ nicht definiert, das ist also der kritische Randpunkt. Bei $n=-1$ ist $\ln x$ die Stammfunktion von $1/x$. Daher ist
    $\int _{x}^{1}{\frac {1}{t}}\,dt=-\ln x\,,$
und der Grenzwert für $x\mapsto 0$ existiert nicht. Das uneigentliche Integral existiert also nicht.
Es sei nun $n\leq -2$. Dann ist ${\frac {1}{n+1}}t^{n+1}$ eine Stammfunktion zu $t^{n}$ und daher ist
    $\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\left(\int _{x}^{1}t^{n}\,dt\right)}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\left({\frac {1}{n+1}}t^{n+1}|_{x}^{1}\right)}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\left({\frac {1}{n+1}}-{\frac {x^{n+1}}{n+1}}\right)}\,.$
Da es sich um eine negative Potenz von $x$ handelt, ist $\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,x^{n+1}=\infty$. Das uneigentliche Integral existiert also nicht.
# Kosinus vom Logarithmus/Erste und zweite Ableitung/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    $f'(x)=-{\frac {1}{x}}\cdot \sin \left(\ln x\right)\,.$
b) Es ist
    ${\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=-{\left({\frac {\sin \left(\ln x\right)}{x}}\right)}^{\prime }\\&=-{\frac {\cos \left(\ln x\right)-\sin \left(\ln x\right)}{x^{2}}}\\&=-{\frac {\cos \left(\ln x\right)}{x^{2}}}+{\frac {\sin \left(\ln x\right)}{x^{2}}}.\end{aligned}}$
# Komplexer affiner Raum/Affin-algebraisch/Reell/Aufgabe

Es sei
    $V\subseteq {{\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{n}}={\mathbb {C} }^{n}\,$
eine affin-algebraische Menge. Zeige, dass unter der Identifizierung
    ${\mathbb {C} }^{n}=\mathbb {R} ^{2n}\,$
die Teilmenge $V$ auch eine affin-algebraische Menge des ${{\mathbb {A} }_{\mathbb {R} }^{2n}}$ ist. Zeige, dass die Umkehrung nicht gilt.
# Uneigentliches Integral/0 bis 1/t^c/Beispiel

Es sei $f(t):=t^{c}$ mit $c\in \mathbb {R}$. Wir interessieren uns für die uneigentlichen Integrale zu $f$ für $t$ von $0$ bis $1$. Dabei ist die Funktion bei der Intervallgrenze $0$ (bei negativem $c$) nicht definiert, das ist also der kritische Randpunkt. Bei $c=-1$ ist $\ln t$ eine Stammfunktion von $1/t$. Daher ist
    $\int _{x}^{1}{\frac {1}{t}}\,dt=-\ln x\,,$
und der Grenzwert für $x\rightarrow 0$ existiert nicht. Das uneigentliche Integral existiert also nicht.
Es sei nun $c<-1$. Dann ist ${\frac {1}{{c}+1}}t^{{c}+1}$ eine Stammfunktion zu $t^{c}$ und daher ist
    $\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\left(\int _{x}^{1}t^{c}\,dt\right)}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\left({\frac {1}{{c}+1}}t^{{c}+1}|_{x}^{1}\right)}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\left({\frac {1}{{c}+1}}-{\frac {x^{{c}+1}}{{c}+1}}\right)}\,.$
Da es sich rechts um eine Potenz von $x$ mit einem negativen Exponenten handelt, ist $\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,x^{{c}+1}=\infty$ nach der inversen Version von Aufgabe.
Das uneigentliche Integral existiert also nicht. Dies folgt übrigens auch aus Fakt, da ja $t^{-1}\leq t^{c}$ für $c<-1$ und $0<t\leq 1$ gilt.
Es sei nun ${c}>-1$. Dann ist ${\frac {1}{{c}+1}}t^{{c}+1}$ eine Stammfunktion zu $t^{c}$ und daher ist
    $\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\left(\int _{x}^{1}t^{c}\,dt\right)}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\left({\frac {1}{{c}+1}}t^{{c}+1}|_{x}^{1}\right)}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\left({\frac {1}{{c}+1}}-{\frac {x^{{c}+1}}{{c}+1}}\right)}\,.$
Da es sich um eine Potenz von $x$ mit einem positiven Exponenten handelt, ist $\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,x^{{c}+1}=0$ (nach Aufgabe). Das uneigentliche Integral existiert also und besitzt den Wert ${\frac {1}{c+1}}$.
# Kosinus/Taylor-Polynom/Fehlerabschätzung mit Betragsmaximum/Pi halbe/Abschätzung mit drei Summanden/Aufgabe/Lösung

* Es ist Also ist mit Beispiel Das vierte Taylor-Polynom liefert also eine Approximation wie gesucht.
    ${\begin{aligned}{\frac {\left({\frac {5}{3}}\right)^{5}}{5!}}&={\frac {5^{5}}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 3^{5}}}\\&={\frac {5^{4}}{8\cdot 3^{6}}}\\&={\frac {625}{8\cdot 729}}\\&={\frac {625}{5832}}\\&={\frac {1}{9}}\cdot {\frac {9\cdot 625}{5832}}\\&={\frac {1}{9}}\cdot {\frac {5625}{5832}}\\&\leq {\frac {1}{9}}.\end{aligned}}$
    $\vert {\cos x-(1-{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{24}}x^{4})}\vert \leq {\frac {1}{9}}\,.$
    $P(x)=1-{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{24}}x^{4}\,$
* Es ist Das ist positiv und deutlich $\geq {\frac {1}{9}}$, deshalb ist mit dem ersten Teil auch und damit ist
    $P{\left({\frac {4}{3}}\right)}=1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {4}{3}}\right)^{2}+{\frac {1}{24}}\left({\frac {4}{3}}\right)^{4}={\frac {1944-1728+256}{1944}}={\frac {472}{1944}}\,.$
    $\cos \left({\frac {4}{3}}\right)>0\,$
    ${\frac {\pi }{2}}>{\frac {4}{3}}\,.$
* Es ist Dies ist negativ, aber $\geq -{\frac {1}{9}}$, mit der Abschätzung aus Teil (1) kann man also nicht zeigen, dass $\cos \left({\frac {5}{3}}\right)$ negativ ist und damit auch nicht, dass ist.
    $P{\left({\frac {5}{3}}\right)}=1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {5}{3}}\right)^{2}+{\frac {1}{24}}\left({\frac {5}{3}}\right)^{4}={\frac {1944-2700+625}{1944}}={\frac {-131}{1944}}\,.$
    ${\frac {\pi }{2}}\leq {\frac {5}{3}}\,$
# Komplexer Endomorphismus/Komplexe und reelle Determinante/Aufgabe

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über den komplexen Zahlen ${\mathbb {C} }$ und sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine ${\mathbb {C} }$-lineare Abbildung. Wir betrachten $V$ auch als reellen Vektorraum der doppelten Dimension, worauf $\varphi$ auch eine reell-lineare Abbildung ist, die wir zur Unterscheidung mit $\psi$ bezeichnen. Zeige, dass zwischen der komplexen Determinante und der reellen Determinante die Beziehung
    $\vert {\det \varphi }\vert ^{2}=\det \psi \,$
besteht.
# Uneigentliches Integral/1 bis unendlich/1 durch t^n/n ganzzahlig/Beispiel

Es sei $f(t)=t^{n}$ mit $n$ negativ und ganzzahlig. Wir interessieren uns für die uneigentlichen Integrale für $t$ von $1$ nach $\infty$. Bei $n=-1$ ist $\ln t$ die Stammfunktion von $1/t$. Daher ist
    $\int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt=\ln x\,,$
und der Grenzwert für $x\mapsto \infty$ existiert nicht. Das uneigentliche Integral existiert also nicht. Es sei nun $n\leq -2$. Dann ist ${\frac {1}{n+1}}t^{n+1}$ eine Stammfunktion zu $t^{n}$ und daher ist
    $\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,(\int _{1}^{x}t^{n}\,dt)=\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,({\frac {1}{n+1}}t^{n+1}|_{1}^{x})=\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,({\frac {x^{n+1}}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}})=-{\frac {1}{n+1}}\,,$
wegen $\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,x^{n+1}=0$. Das uneigentliche Integral existiert also und es ist
    $\int _{1}^{\infty }t^{n}\,dt=-{\frac {1}{n+1}}.$
Diese Zahl ist positiv, da $n\leq -2$ ist.
# Kosinus/xy/Extrema/Nullpunkt/Aufgabe/Lösung

* Die Jacobi-Matrix ist
    $\left(-y\sin \left(xy\right),\,-x\sin \left(xy\right)\right).$
* Im Nullpunkt ist Da dies überhaupt der maximal mögliche Wert für den Kosinus ist, liegt dort ein globales Maximum von $f$ vor.
    $f(0,0)=\cos \left(0\cdot 0\right)=1\,.$
* In jeder beliebig kleinen offenen Umgebung des Nullpunktes gibt es Punkte der Form $\left(0,\,y\right)$, in diesen Punkten hat $f$ ebenfalls den Wert $1$.
# Komplexes Polynom/Surjektiv/Aufgabe

Es sei $P\in {\mathbb {C} }[X]$ ein nichtkonstantes Polynom. Zeige, dass die Abbildung
    ${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto P(z),$
surjektiv ist.
# Uneigentliches Integral/1 bis unendlich/t^c/Beispiel

Es sei $f(t):=t^{c}$ mit $c\in \mathbb {R}$. Wir interessieren uns für das uneigentliche Integral zu $f$ für $t$ von $1$ bis $\infty$. Der kritische (uneigentliche) Randpunkt ist also $+\infty$. Bei $c=-1$ ist $\ln t$ eine Stammfunktion von $1/t$. Daher ist
    $\int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt=\ln x\,,$
und der Grenzwert für $x\rightarrow +\infty$ existiert nicht. Das uneigentliche Integral existiert also nicht.
Es sei nun $c<-1$. Dann ist ${\frac {1}{{c}+1}}t^{{c}+1}$ eine Stammfunktion zu $t^{c}$ und daher ist
    $\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,{\left(\int _{1}^{x}t^{c}\,dt\right)}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,{\left({\frac {1}{{c}+1}}t^{{c}+1}|_{1}^{x}\right)}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,{\left({\frac {x^{{c}+1}}{{c}+1}}-{\frac {1}{{c}+1}}\right)}\,.$
Da es sich um eine Potenz von $x$ mit einem negativen Exponenten handelt, ist $\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,x^{{c}+1}=0$. Das uneigentliche Integral existiert also und besitzt den Wert $-{\frac {1}{c+1}}$.
Bei $c>-1$ ist $t^{c}\geq t^{-1}$ für $t\geq 1$ und daher kann nach Fakt das uneigentliche Integral nicht existieren.
# Kosinusreihe/Anfang/Nullstelle/Aufgabe/Lösung

* Wir lösen die biquadratische Gleichung, indem wir mit $24$ multiplizieren und $y=x^{2}$ setzen. Es ist zu lösen, also ist Dies ist in jedem Fall positiv und die kleinere Lösung ist Somit ist die kleinste Nullstelle des Ausgangspolynoms.
    $y^{2}-12y+24={\left(y-6\right)}^{2}-36+24={\left(y-6\right)}^{2}-12=0\,$
    $y_{1,2}=\pm {\sqrt {12}}+6\,.$
    $y=6-{\sqrt {12}}\,.$
    $x={\sqrt {6-{\sqrt {12}}}}\,$
* Da die Kosinusreihe gleich $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}}$ ist, handelt es sich bei dem angegebenen Polynom um eine polynomiale Approximation der Kosinusfunktion. Da $\pi /2$ die kleinste positive Nullstelle des Kosinus ist, besteht ein gewisser Zusammenhang zwischen den beiden Zahlen.
# Komplexes Skalarprodukt/Linearform/Links- und Rechtsgradient/Aufgabe

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler ${\mathbb {C} }$-Vektorraum mit einem Skalarprodukt $\left\langle -,-\right\rangle$. Zeige, dass es zu jeder Linearform $f\in {V}^{*}$ einen eindeutig bestimmten Vektor $y\in V$ mit
    $f(v)=\left\langle y,v\right\rangle \,$
für alle $v\in V$ und einen eindeutig bestimmten Vektor $z\in V$ mit
    $f(v)=\left\langle v,z\right\rangle \,$
für alle $v\in V$ gibt.