OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Kreisquadratur/Unmöglickeit/Skizziere/Aufgabe/Lösung

Das Problem der Quadratur des Kreises bedeutet die Fragestellung, ob man aus einem durch den Radius gegebenen Kreis ein flächengleiches Quadrat mit Hilfe von Zirkel und Lineal konstruieren kann. Den Radius kann man dabei zu $1$ normieren und durch zwei Punkte $0$ und $1$ repräsentieren. Da der Kreisinhalt $\pi$ ist, muss die Seitenlänge des zu konstruierenden Quadrates ${\sqrt {\pi }}$ sein. Damit ist die Frage äquivalent dazu, ob man aus zwei Punkten mit Abstand $1$ mittels Zirkel und Lineal den Abstand ${\sqrt {\pi }}$ konstruieren kann.
Der entscheidende Schritt ist, die Menge aller aus $0$ und $1$ konstruierbaren Punkte in der Ebene mathematisch zu erfassen. Dabei ergibt sich, dass bei jedem elementaren Schritt
$\pi$
${\sqrt {\pi }}$
# Vektorfeld/Gewöhnliche Differentialgleichung/Lösung des Anfangswertproblems/Definition/Begriff/Inhalt

Unter einer Lösung des Anfangswertproblems versteht man eine Abbildung
    $v\colon J\longrightarrow V,\,t\longmapsto v(t),$
auf einem Intervall $J\subseteq I$ mit $v'(t)=f(t,v)$ für alle $t\in J$ und mit $v(t_{0})=w$.
# Kreisteilungskörper/Unterkörper/Anzahl/Aufgabe/Lösung

$K_{13}$
$\mathbb {Q}$
$\mathbb {Q} \subseteq K_{13}$
$(\mathbb {Z} /(12),+)$
$\mathbb {Z} /(12)$
$12$
$6$
$6$
# Kreisteilungspolynom/9/Aufgabe/Lösung

Es gilt die Gleichung
    $X^{9}-1=\Phi _{1}\Phi _{3}\Phi _{9}$
$\Phi _{1}=X-1$
Kreisteilungspolynom errechnet sich aus
    $X^{3}-1=(X-1)\Phi _{3}$
(Division mit Rest)
    $\Phi _{3}=X^{2}+X+1.$
Wegen $(X^{9}-1)/(X-1)=X^{8}+X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1$ berechnet man das neunte Kreisteilungspolynom durch die Divison
    $(X^{8}+X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)/(X^{2}+X+1).$
Dies ergibt
    $\Phi _{9}=X^{6}+X^{3}+1.$
# Vektorraum/Untervektorraum/Durch Abgeschlossenheit/Definition/Begriff/Inhalt

Die Teilmenge $U\subseteq V$ heißt Untervektorraum, wenn die folgenden Eigenschaften gelten.
* $0\in U$.
* Mit $u,v\in U$ ist auch $u+v\in U$.
* Mit $u\in U$ und $s\in K$ ist auch $su\in U$.
# Winkel/Trigonometrischer Punkt/Definition/Begriff/Inhalt

Zu einem Winkel $\alpha$ (im Bogenmaß) nennt man denjenigen Punkt auf dem Einheitskreis, den man erreicht, wenn man sich auf dem Kreis in $(1,0)$ startend gegen der Uhrzeigersinn auf dem Kreisbogen $\alpha$ lange bewegt, den trigonometrischen Punkt $P(\alpha )$ zu diesem Winkel.
# Winkel/Trigonometrischer Punkt/Kosinus/Definition/Begriff/Inhalt

Zu einem Winkel $\alpha$ versteht man unter $\cos \alpha$ die erste Koordinate des trigonometrischen Punktes $P(\alpha )$.
# Winkel/Trigonometrischer Punkt/Sinus/Definition/Begriff/Inhalt

Zu einem Winkel $\alpha$ versteht man unter $\sin \alpha$ die zweite Koordinate des trigonometrischen Punktes $P(\alpha )$.
# Zahlbereich/Gebrochenes Ideal/Definition/Begriff/Inhalt

Man nennt einen endlich erzeugten $R$-Untermodul ${\mathfrak {f}}$ des Quotientenkörpers $Q(R)$ ein gebrochenes Ideal.
# Zahlentheorie/Peano-Axiome/Definition/Begriff/Inhalt

Die Dedekind-Peano-Axiome beziehen sich auf eine Menge $N$ mit einem ausgezeichneten Element $0\in N$ und einer Nachfolgerabbildung
    $'\colon N\longrightarrow N,\,n\longmapsto n'$
und lauten folgendermaßen.
* Das Element $0$ ist kein Nachfolger.
* Jedes $n\in N$ ist Nachfolger höchstens eines Elementes.
* Für jede Teilmenge $T\subseteq N$ gilt: Wenn die beiden Eigenschaften
** $0\in T$,
** mit jedem Element $n\in T$ ist auch $n'\in T$,
gelten, so ist $T=N$.
# Kugel/Volumen und Flächeninhalt/Abfrage/Aufgabe/Lösung

a) Das Volumen der Vollkugel ist ${\frac {4}{3}}\pi r^{3}$.
$4\pi r^{2}$
# Zahlentheorie/Quadratische Zahlbereiche/Norm eines Ideals/Definition/Begriff/Inhalt

Die (endliche) Anzahl des Restklassenringes $A_{D}/{\mathfrak {a}}$ heißt die Norm von ${\mathfrak {a}}$.
# Zahlentheorie/Quadratischer Zahlbereich/Definition/Begriff/Inhalt

Ein quadratischer Zahlbereich ist der Ring der ganzen Zahlen in einem Erweiterungskörper von $\mathbb {Q}$ vom Grad $2$.
# Zirkel und Lineal/Konstruierbare Zahl/Definition/Begriff/Inhalt

Eine Zahl $z\in {\mathbb {C} }\cong \mathbb {R} ^{2}\cong E$ heißt konstruierbar, wenn sie aus der Startmenge
    $\{0,1\}\subset \mathbb {R} \subset {\mathbb {C} }$
mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist.
# Körper/F8/Restklassendarstellung und primitive Einheit/Aufgabe/Lösung

Wir brauchen ein irreduzibles Polynom vom Grad drei in $\mathbb {Z} /(2)[X]$. Bei Grad drei kann man die Irreduzibilität dadurch nachweisen, dass keine Nullstelle vorliegt. Betrachten wir
    $F=X^{3}+X+1.$
Weder $0$ noch $1$ sind Nullstellen, daher ist das Polynom irreduzibel und daher ist
    $K=\mathbb {Z} /(2)[X]/(X^{3}+X+1)$
ein Körper mit $8$ Elementen.
${\mathbb {F} }_{8}$
$7$
$1$
$X$
$K$
# Körper/Positive Charakteristik/Unendlich/Aufgabe/Lösung

Wir starten mit $K=\mathbb {Z} /(p)$, das ist ein Körper der Charakteristik $p$. Dazu betrachten wir den Quotientenkörper $K(X)=Q(K[X])$ des Polynomrings $K[X]$. Der Polynomring und sein Quotientenkörper enthalten $K$, sodass $K(X)$ ebenfalls die Charakteristik $p$ besitzt. Ferner enthält $K(X)$ die unendlich vielen Potenzen $X^{n}$, $n\in \mathbb {N}$,
# Körpererweiterung/Konjugiert/Norm und Spur/Aufgabe/Lösung

Nach Definition stimmen die Minimalpolynome zu $f$ und zu $g$ überein. Daher stimmen nach Fakt
# Körpertheorie/Differenz/Assoziativ genau in Charakteristik zwei/Aufgabe/Lösung

Es sei zuerst die Charakteristik gleich $2$. Dies bedeutet $1+1=0$ und damit $b+b=0$ für jedes $b\in K$. Also ist $b=-b$ und damit $a+b=a-b$, d.h. die Differenz stimmt mit der Summe überein, und diese ist in jedem Körper assoziativ.
Es sei umgekehrt die Differenz assoziativ, d.h. es gilt
    $a-(b-c)=(a-b)-c$
$a,b,c\in K$
$a=b=0$
$c=1$
$1=-1$
$2=0$
$2$
# Lemma von Dedekind/Zwei Charaktere/Aufgabe/Lösung

Wir müssen zeigen, dass $\chi _{1}$ und $\chi _{2}$
$G$
$K$
$\chi _{2}=a\cdot \chi _{1}$
$a\in K^{\times }$
$\chi _{1}(e)=\chi _{2}(e)=1$
$e\in G$
$a=1$
$\chi _{2}=\chi _{1}$
# Lemma von Zorn/Beispielaussage/Beweise/Aufgabe/Lösung

Beispielsweise wird der Existenzsatz für maximale Ideale in einem kommutativen Ring $\neq 0$ mit dem Lemma von Zorn bewiesen. Der Beweis geht so:
Wir betrachten die Menge
    $M:={\left\{I\subseteq R\mid 1\not \in I,\,{\text{Ideal in }}R\right\}}\,.$
Diese Menge enthält das Nullideal $0$ und ist somit nicht leer. Wir wollen das Lemma von Zorn auf $M$ (mit der Inklusion als Ordnungsrelation) anwenden. Dazu sei $N\subseteq M$ eine total geordnete Teilmenge. Wir setzen
    $I:=\bigcup _{J\in N}J\,.$
$I$
$1$
$M$
$N$
$M$
# Lineare Abbildung/Injektiv/Nicht surjektiv/Beispiel/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten den Vektorraum $K^{(\mathbb {N} )}$ mit der Basis $e_{n}$, $n\in \mathbb {N}$. Wir betrachten die durch den Festlegungssatz gegebene lineare Abbildung, die das Basiselement $e_{n}$ auf $e_{n+1}$ schickt. Dann wird $e_{0}$ nicht getroffen und die Abbildung ist daher nicht surjektiv.
$\sum a_{n}e_{n}$
$\sum a_{n}e_{n+1}$
$0$
$0$
# Lineare Abbildung/Surjektiv/Nicht injektiv/Beispiel/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten den Vektorraum $K^{(\mathbb {N} )}$ mit der Basis $e_{n}$, $n\in \mathbb {N}$.
$e_{0}$
$e_{n}$
$e_{n-1}$
$e_{0}$
$e_{1}$
$e_{0}$
$e_{n}$
$e_{n+1}$
# Linksnebenklasse, Index und Normalteiler/Erläutere/Index 2/Aufgabe/Lösung

Zu einer Untergruppe $H\subseteq G$ heißt eine Teilmenge der Form $gH={\left\{gh\mid h\in H\right\}}$ mit $g\in G$ eine Linksnebenklasse. Die Anzahl der Linksnebenklassen heißt der Index von $H$ in $G$. Eine Untergruppe heißt Normalteiler, wenn $gH=Hg$ ist für jedes $g\in G$.
Es sei nun $H$ eine Untergruppe von $G$ vom Index zwei. D.h. es gibt zwei Linksnebenklassen, nämlich $H=e_{G}H$ und eine weitere Klasse $K=fH$ mit $f\not \in H$. Für zwei Elemente $u,v\not \in H$ ist $uH=fH$ und $uv\in H$, da andernfalls $uvH=uH$ und somit durch Kürzen doch $v\in H$ gelten würde.
Es sei nun $g\in G$ beliebig. Bei $g\in H$ ist natürlich $gH=H=Hg$, sei also $g\not \in H$. Dann ist $gH=fH=G\setminus H$, da es sonst keine weitere Linksnebenklassen gibt. Wegen $Hg\subseteq G\setminus H$ ist $Hg\subseteq gH$.
$gh$
$h\in H$
$(gh)(g^{-1}h)=h'\in H$
$gh=h'h^{-1}g$
$gH\subseteq Hg$
# Lokale Umkehrbarkeit/Eindimensional/Nicht auf ganz R/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten die Funktion
    $f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{2}.$
Diese Funktion ist stetig differenzierbar mit $f'(x)=2x$. Im Punkt $x=1$ gilt $f'(1)=2\neq 0$, sodass dort der Satz über die lokale Umkehrbarkeit anwendbar ist (und zwar liegt eine Bijektion $f\colon \mathbb {R} _{+}\rightarrow \mathbb {R} _{+}$ mit der Quadratwurzel als Umkehrfunktion vor).
$\mathbb {R}$
$x^{2}=(-x)^{2}$
# Mannigfaltigkeit mit Rand/Offene Teilmenge/Aufgabe/Lösung

Es sei $P\in N$ und $P\in U$ ein Kartengebiet von $M$. Es sei
    $\alpha \colon U\longrightarrow V$
eine Karte mit einer offenen Menge $V\subseteq H$, $H=\mathbb {R} _{\geq 0}\times \mathbb {R} ^{n-1}$. Diese Karte induziert einen Homöomorphismus
    $N\cap U\longrightarrow \alpha (N\cap U).$
$N$
$M$
$N$
$P\in N\cap \partial M$
$P$
$H$
$N$
$P\in \partial N$
$P\in N\subseteq M$
$P$
$N$
$M$
$P$
$H$
# Matrix/3x3/Parameter/Rang/Aufgabe/Lösung

$x$
$x^{2}$
$1$
$1$
$1$
# Matrix/4x4/Rang/1/Aufgabe/Lösung

$e_{3}$
$e_{2}$
$e_{2}$
$e_{1}$
$e_{3}$
$e_{4}$
$4$
# Matrix/Minimalpolynom/Körpererweiterung/Aufgabe/Lösung

Das Polynom $P$ kann man direkt als $P\in K[X]\subseteq L[X]$ auffassen. Es sei $d$ der Grad von $P$. Es sei $P'\in L[X]$ das Minimalpolynom zu $M$, wenn man die Matrix über $L$ betrachtet. Die Eigenschaft $P(M)=0$ gilt über $K$ und auch über $L$, da die Matrizenoperationen unabhängig vom Körper sind. Daher ist $P$ ein Vielfaches $P'$ in $L[X]$ und der Grad von $P'$ kann allenfalls runtergehen. Da das Minimalpolynom über $K$ den Grad $d$ besitzt, sind die Potenzen
    $M^{0}=E_{n},\,M^{1},\,M^{2},\ldots ,M^{d-1}$
linear unabhängig
$\operatorname {Mat} _{n}(K)\cong K^{n^{2}}$
$K$
$L$
$L$
# Matrix/Rang/4/1/Aufgabe/Lösung

$0$
$a,b,c,d$
$0$
# Mengentheorie/4 Mengen/2-Fächer-Bachelor/Skizziere Diagramm/Aufgabe/Lösung

$6$
# Mengentheorie/Einfaches Mengengesetz/2/Aufgabe/Lösung

Es sei $x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$. Das bedeutet $x\in A$ und $x\notin B\setminus C$. Dies wiederum bedeutet $x\notin B$ oder $x\in B\cap C$. Somit ist insgesamt $x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$.
$x\in {\left(A\setminus B\right)}\cup {\left(A\cap C\right)}$
$x\in {\left(A\setminus B\right)}$
$x\in A$
$x\notin B$
$x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$
$x\in A\cap C$
$x\in A\setminus B$
$x\in B$
$x\notin B\setminus C$
$x\in A\setminus {\left(B\setminus C\right)}$
# Messraum/Messbare Funktion/Wurzel/Aufgabe/Lösung

Wir schreiben die Funktion ${\sqrt {f}}$ als Hintereinanderschaltung
    $M{\stackrel {f}{\longrightarrow }}\mathbb {R} _{\geq 0}{\stackrel {\sqrt {t}}{\longrightarrow }}\mathbb {R} _{\geq 0}.$
${\sqrt {f}}$
# Messraum/Messbare Funktionenfolge/a ist Häufungspunkt/Messbar/Aufgabe/Lösung

Die Folge ${\left(f_{n}(x)\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ besitzt genau dann $a$ als einen Häufungspunkt, wenn es zu jedem $\epsilon >0$ unendlich viele Folgenglieder in $[a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ gibt. Dies ist äquivalent dazu, dass es zu jedem $k\in \mathbb {N} _{+}$ und jedem $m\in \mathbb {N} _{+}$ ein $n\geq m$ gibt mit
    $f_{n}(x)\in [a-{\frac {1}{k}},a+{\frac {1}{k}}].$
Wir definieren
    $M_{k,n}={\left\{x\in X\mid \vert {f_{n}(x)-a}\vert \leq {\frac {1}{k}}\right\}}.$
Mit dieser Bezeichnung ist
    $M=\bigcap _{k}(\bigcap _{m}(\bigcup _{n\geq m}M_{k,n})).$
Die Menge $M_{k,n}$ ist das Urbild des abgeschlossenen Intervalls $[a-{\frac {1}{k}},a+{\frac {1}{k}}]$ unter der messbaren Abbildung $f_{n}$, also messbar. Daher ist für jedes $m\in \mathbb {N}$ die abzählbare Vereinigung $\bigcup _{n\geq m}M_{k,n}$ messbar. Somit sind auch die abzählbaren Durchschnitte $\bigcap _{m}(\bigcup _{n\geq m}M_{k,n})$ und $M=\bigcap _{k}(\bigcap _{m}(\bigcup _{n\geq m}M_{k,n}))$
# Metrischer Raum/Endliche Punktmengen sind abgeschlossen/Aufgabe/Lösung

Die endliche Punktmenge bestehe aus $P_{1},\ldots ,P_{n}\in M$. Wir müssen zeigen, dass das Komplement $U=M\setminus \{P_{1},\ldots ,P_{n}\}$ dieser Punktmenge offen ist. D.h. wir müssen zeigen, dass es zu jedem Punkt
$Q\in M$
$Q\neq P_{1},\ldots ,P_{n}$
$U{\left(Q,\epsilon \right)}$
$U$
$Q\neq P_{i}$
$d(Q,P_{i})=\epsilon _{i}>0$
$\epsilon :=\operatorname {min} _{i=1,\ldots ,n}\{\epsilon _{i}\}$
$U{\left(Q,\epsilon \right)}=\bigcap _{i=1}^{n}U{\left(Q,\epsilon _{i}\right)}$
# Metrischer Raum/Folge und Häufungspunkte/Abgeschlossen/Aufgabe/Lösung

Wir zeigen, dass das Komplement $M\setminus A$ offen ist. Es sei dazu ein Punkt $y\in M$, $y\not \in A$, gegeben. D.h. dass $y$ weder ein Folgenglied noch ein Häufungspunkt der Folge ist. Da $y$ kein Häufungpunkt ist bedeutet, dass es ein $\epsilon >0$ derart gibt, dass es in $U{\left(y,\epsilon \right)}$ nur endlich viele Folgenglieder gibt. Diese Folgenglieder seien
    $y_{1}=x_{n_{1}},\,y_{2}=x_{n_{2}},\ldots ,y_{k}=x_{n_{k}}.$
Da $y$ selbst kein Folgenglied ist, ist $y\neq y_{i}$ für alle $i=1,\ldots ,k$. Daher ist $d(y,y_{i})>0$ für alle $i=1,\ldots ,k$ und somit
    $\delta :={\min {\left(d(y,y_{i}),i=1,\ldots ,k\right)}}>0.$
Damit ist $U{\left(y,\delta \right)}$ eine offene Umgebung von $y$, die keine Folgenglieder enthält. Dies gilt dann erst recht für $U{\left(y,{\frac {\delta }{2}}\right)}$. Diese Menge enthält aber auch keinen Häufungspunkt der Folge. Wäre nämlich $z\in H\cap U{\left(y,{\frac {\delta }{2}}\right)}$, so würde es in $U{\left(z,{\frac {\delta }{2}}\right)}$ unendlich viele Folgenglieder geben, was wegen
    $U{\left(z,{\frac {\delta }{2}}\right)}\subseteq U{\left(y,\delta \right)}\subseteq U{\left(y,\epsilon \right)}$
$y$
$A$
# Minkowski-Form/Einschränkung/Aufgabe/Lösung

Da eine Minkowski-Form nach Definition vom Typ
$(n-1,1)$
$n-1$
# Minus 1/Hohe Potenz/2/Aufgabe/Lösung

$1$
# Minus 1/Hohe Potenz/3/Aufgabe/Lösung

$-1$
# Modallogik/Gerichteter Graph/Belegung/1/Beispiel/Aufgabe/Lösung

Wegen $a\vDash p$ und $b\vDash p$ gilt $a\vDash \Box p$. Wegen $b\vDash \neg q$ gilt $a\vDash \Diamond \neg q$ und somit gilt in $a$ der Vordersatz der Aussage. Wegen $a\vDash \neg r$ gilt $a\vDash \neg \Box r$. Daher ist der Nachsatz der Aussage falsch in $a$ und somit ist die Gesamtaussage dort falsch.
$b$
$b$
$r$
$\Box r$
$b$
# Modallogik/K/Modell/Keine Oderbeziehung/Aufgabe/Lösung

Es bestehe $M$ aus zwei Welten $v$ und $w$ mit der vollen Relation. Es gelte
    $v\vDash p,\,v\vDash \neg q,\,w\vDash \neg p,\,w\vDash q.$
Damit gilt
    $v\vDash p\vee q{\text{ und }}w\vDash p\vee q$
und somit
    $v\vDash \Box (p\vee q).$
$v$
$\Box p$
$\Box q$
# Modallogik/Modell/Realisiere Ausdruck/Aufgabe/Lösung

* Wir betrachten das Modell bestehend aus den vier Welten $u,v,w,z$ mit der Erreichbarkeitsrelation und der Belegung (die Belegung von $p$ auf $v,w$ ist irrelevant). Dann gilt da es für diese beiden Welten keine erreichbaren Welten gibt. In allen von $w$ aus erreichbaren Welten gilt somit $\Box p$ und daher Ferner gilt wegen der Erreichbarkeit $Rwz$ und wegen der Erreichbarkeit $Rwu$ und auch also wegen der Erreichbarkeit $Rvu$.
    $Rwz,Rwu,Rvu$
    $z\vDash p,\,u\vDash \neg p$
    $z\vDash \Box p,\,u\vDash \Box p,$
    $w\vDash \Box \Box p.$
    $w\vDash \Diamond p$
    $w\vDash \Diamond \neg p$
    $v\vDash \Diamond \neg p,$
    $v\vDash \neg \Box p,$
* Wir behaupten, dass die Anforderungen nicht mit weniger als vier Welten realisierbar sind. Nach Voraussetzung müssen $v$ und $w$ verschieden sein. Wegen kann von $w$ weder $v$ noch $w$ selbst erreichbar sein, da dies ein Widerspruch zu $w\vDash \Box \Box p$ ergeben würde. Zugleich braucht man, um die Gültigkeit von $w\vDash \Diamond p$ und $w\vDash \Diamond \neg p$ zu realisieren, zwei von $w$ aus erreichbare Welten, also insgesamt mindestens vier Welten.
    $w\vDash \Diamond \neg p\,\,{\text{ und }}\,\,v\vDash \Diamond \neg p$
# Modallogik/T und Transitivitätsaxiom/Antifixpunkt/Widerspruchsfreiheit impliziert Unableitbarkeit/Aufgabe/Lösung

Aus der Fixpunkteigenschaft
    $M\vdash \neg \Box s\leftrightarrow s$
ergibt sich insbesondere
    $M\vdash \Box s\rightarrow \neg s.$
Mit Fakt (1) folgt
    $M\vdash \Box \Box s\rightarrow \Box \neg s.$
Mit dem Transitivitätsaxiom und dem Kettenschluss folgt
    $M\vdash \Box s\rightarrow \Box \neg s.$
Dies zusammen mit der Tautologie
    $\vdash \Box s\rightarrow \Box s$
ergibt
    $\vdash \Box s\rightarrow \Box s\wedge \Box \neg s.$
Mit Fakt (4) haben wir
    $M\vdash \Box s\wedge \Box \neg s\rightarrow \Box (s\wedge \neg s)$
und somit
    $M\vdash \Box s\rightarrow \Box (s\wedge \neg s).$
Für ein beliebiges $p$ ist nun
    $\vdash s\wedge \neg s\rightarrow p\wedge \neg p$
und somit durch Fakt (1)
    $M\vdash \Box (s\wedge \neg s)\rightarrow \Box (p\wedge \neg p)$
und insgesamt
    $M\vdash \Box s\rightarrow \Box (p\wedge \neg p),$
# Modus Barbara/Ableitbarkeit/Aufgabe/Lösung

Aus aussagenlogischen Gründen (Transitivität der Implikation) gilt
    $\vdash (Ax\rightarrow Bx)\wedge (Bx\rightarrow Cx)\rightarrow (Ax\rightarrow Cx).$
Aus einer ableitbaren Implikation
    $\vdash \alpha \rightarrow \beta$
ergibt sich mittels der Alleinführung im Antezedens
    $\vdash \forall x\alpha \rightarrow \alpha$
und dem Kettenschluss
    $\vdash \forall x\alpha \rightarrow \beta$
und daraus mit der Alleinführung im Sukzedens, die anwendbar ist, da $x$ vorne und in $\forall x\beta$ gebunden ist,
    $\vdash \forall x\alpha \rightarrow \forall x\beta .$
Angewendet auf die eingangs aufgeführte Situation ergibt dies
    $\vdash \forall x((Ax\rightarrow Bx)\wedge (Bx\rightarrow Cx))\rightarrow \forall x(Ax\rightarrow Cx).$
Nach Fakt (2) ist
    $\vdash \forall x{\left(\alpha \wedge \beta \right)}\leftrightarrow {\left(\forall x\alpha \wedge \forall x\beta \right)}$
# Monomiale Kurve/6,9,14,25/Geldfälscher/Aufgabe/Lösung

Wir berechnen die Summen, die man aus den vier Zahlen bilden kann. Dabei gehen wir so vor, dass wir zu einer Summe aus den drei größeren Zahlen ein Vielfaches von $6$ dazuaddieren. Die Vielfachen von $6$ sind
    $6,12,18,24,30,\ldots .$
Von $9$ ausgehend erhält man
    $9,15,21,27,\ldots .$
Von $14$ ausgehend erhält man
    $14,20,26,\ldots .$
Von $18=9+9$ ausgehend erhält man nichts neues. Von $23=9+14$ ausgehend erhält man
    $23,29,\ldots .$
Dazu kommen noch $27=9+9+9$ und $28=14+14$. Wegen der $25$ gehören alle sechs aufeinanderfolgenden Beträge $23,24,25,26,27,28,$ zum Monoid, sodass auch alle folgenden Zahlen dazugehören. Die kleinste Zahl, die nicht dazugehört, ist die $22$, da sie in der Liste nicht auftaucht. Somit ist $23$ die Führungszahl. Die Multiplizität ist die kleinste Zahl, also $6$, und die Einbettungszahl ist $4$, da keine der vier Zahlen überflüssig ist. Der Singularitätsgrad ist die Anzahl der Lücken, die Lücken sind
    $1,2,3,4,5,7,8,10,11,13,16,17,19,22.$
$14$
# Monomiale Kurve/7,11,13,37/Geldfälscher/Aufgabe/Lösung

Wir berechnen die Summen, die man aus den vier Zahlen bilden kann. Dabei gehen wir so vor, dass wir zu einer Summe aus den größeren Zahlen ein Vielfaches von $7$ dazuaddieren. Die Vielfachen von $7$ sind
    $7,14,21,28,35,42,\ldots .$
Von $11$ ausgehend erhält man
    $11,18,25,32,39,46,\ldots .$
Von $13$ ausgehend erhält man
    $13,20,27,34,41,\ldots .$
Von $22=11+11$ ausgehend erhält man
    $22,29,36,43,\ldots .$
Von $24=11+13$ ausgehend erhält man
    $24,31,38,45,\ldots .$
Dazu kommen noch $26=13+13$ und $33=11+11+11$ und $35=11+11+13$ und $37=11+13+13$, was auch zeigt, dass die $37$ überflüssig ist. Damit haben wir eine lückenlose Sequenz von $31$ bis $37$ der Länge $7$, alle größeren Zahlen müssen daher auch zum Monoid gehören. Die $30$ gehört nicht dazu, also ist $31$ die Führungszahl ($30$ ist der größte Betrag, den er nicht begleichen kann). Die Multiplizität ist die kleinste Zahl, also $7$, und die Einbettungszahl ist $3$, da $37$ überflüssig ist. Der Singularitätsgrad ist die Anzahl der Lücken, die Lücken sind
    $1,2,3,4,5,6,8,9,10,12,15,16,17,19,23,30.$
$16$
# Mörder/Aussagenlogik/Aufgabe/Lösung

Aus (6), (3) und (4) folgt, dass $A$ und $B$ beide nicht der Mörder sind, denn sonst wären beide der Mörder. Nach (5) ist somit auch $D$ nicht der Mörder. Wegen (1) muss also $C$ der Mörder sein.
# Natürliche Zahl/Größer drei Quadratzahlen/Prädikatenlogische Beschreibung/Aufgabe/Lösung

* Da $0$ eine natürliche Zahl ist, sind die ersten Quadratzahlen $0,1,4$ und somit ist $5$ die erste natürliche Zahl, die größer als drei Quadratzahlen ist.
    $\exists y\exists z\exists w{\left(y\neq w\wedge y\neq z\wedge z\neq w\wedge \exists r{\left(x\geq y\cdot y+r+1\right)}\wedge \exists r{\left(x\geq z\cdot z+r+1\right)}\wedge \exists r{\left(x\geq w\cdot w+r+1\right)}\right)}\wedge$
    $\forall u{\left(\exists y\exists z\exists w{\left(y\neq w\wedge y\neq z\wedge z\neq w\wedge \exists r{\left(u\geq y\cdot y+r+1\right)}\wedge \exists r{\left(u\geq z\cdot z+r+1\right)}\wedge \exists r{\left(u\geq w\cdot w+r+1\right)}\right)}\rightarrow \exists s{\left(u=x+s\right)}\right)}.$
    $x=1+1+1+1+1.$
# Natürliche Zahlen/Teilmenge/Maximum/Minimum/Aufgabe/Lösung

$T$
$T$
# Negative Zahlen/Vorzeichen/Produkt/Aufgabe/Lösung

$23$
$-77$
# Nenneraufnahme/Z an einem Element/Endlich viele Zwischenringe/Aufgabe/Lösung

Es sei $R$ ein Unterring, also $\mathbb {Z} \subseteq R\subseteq \mathbb {Z} _{n}$, und seien $p_{1},\ldots ,p_{k}$ die verschiedenen Primfaktoren von $n$. Es sei $I\subseteq \{1,\ldots ,s\}$ derart, dass genau für $i\in I$ gilt: ${\frac {1}{p_{i}}}\in R$. Es sei $m=\prod _{i\in I}p_{i}$. Wir behaupten die Gleichheit
    $R=\mathbb {Z} _{m}.$
Insbesondere gibt es dann nur endliche viele Zwischenringe, da es nur endlich viele Teilmengen aus $\{p_{1},\ldots ,p_{k}\}$ gibt.
Die Inklusion $\mathbb {Z} _{m}\subseteq R$ ist klar. Ein Element links hat die Gestalt
    ${\frac {a}{m^{r}}}=a\prod _{i\in I}\left({\frac {1}{p_{i}}}\right)^{r}\in R.$
Es sei umgekehrt $f\in R$. Wegen $R\subseteq \mathbb {Z} _{n}$ kann man schreiben
    $f={\frac {b}{n^{r}}}={\frac {c}{d}}$
Dabei kann man nach kürzen annehmen, dass Zähler $c$ und Nenner $d$ teilerfremd sind. Angenommen, $p$ sei ein Primteiler von $d$, der nicht zu $p_{i}$, $i\in I$, gehöre. Schreibe $d=p^{s}t$ mit $t$ und $p$ teilerfremd. Wir multiplizieren $f$ mit $t$ und erhalten
    $ft={\frac {c}{p^{s}}}\in R.$
Hierbei ist insbesondere $p$ zu $c$ teilerfremd. Es sei $uc+vp^{s}=1$. Dann ist
    ${\frac {uc}{p^{s}}}={\frac {1-vp^{s}}{p^{s}}}={\frac {1}{p^{s}}}-v.$
${\frac {1}{p^{s}}}\in R$
$p^{s-1}{\frac {1}{p^{s}}}={\frac {1}{p}}\in R$
# Noethersche Induktion/Zerlegung in irreduzible Mengen/Aufgabe/Lösung

$V$
$V$
$V=V_{1}\cup V_{2}$
$V_{1}$
$V_{2}$
$V$
$V$
# Numerisches Monoid/4,7,17/Invarianten/Aufgabe/Lösung

Zu dem Monoid gehören alle Vielfachen von $4$, also
    $4,8,12,16,20,24,\ldots .$
Dann alle Summen aus $7$ mit einem Vielfachen von $4$, also
    $7,11,15,19,23,\ldots .$
Dazu alle Summen aus $2\cdot 7=14$ mit einem Vielfachen von $4$, also
    $14,18,22,26,\ldots .$
Dazu alle Summen aus $3\cdot 7=21$ mit einem Vielfachen von $4$, also
    $21,25,\ldots .$
Damit sind alle Zahlen ab $18$ abgedeckt, da es für jede Restklasse modulo $4$ einen Vertreter im Monoid gibt. Da $17$ zur Verfügung steht, gehören ab $14$ alle Zahlen zum Monoid. Die Führungszahl ist also $14$. Die Multiplizität ist die kleinste positive Zahl im Monoid, also $4$. Die Einbettungsdimension ist die minimale Anzahl der Erzeuger, also $3$, da man auf die $17$ nicht verzichten kann. Der Singularitätsgrad ist die Anzahl der Lücken, es fehlen
    $1,2,3,5,6,9,10,13,$
$8$
# Permutation/8/47253861/Fehlstände/Vorzeichenberechnung/Aufgabe/Lösung

Die Fehlstände sind
    $(1,3),\,(1,5),\,(1,8),\,(2,3),\,(2,4),\,(2,5),\,(2,7),\,(2,8),\,(3,8),\,(4,5),\,(4,8),\,(5,8),\,(6,7),\,(6,8),\,(7,8).$
$15$
# Permutationen/Gerade und ungerade/Anzahl/Aufgabe/Lösung

Wegen der Voraussetzung gibt es eine Transposition $\tau$, die wir fixieren. Es sei $G$ die Menge der geraden und $U$ die Menge der ungeraden Permutationen. Wir betrachten die Abbildung
    $G\longrightarrow U,\,\pi \longmapsto \pi \circ \tau .$
Dies ist eine wohldefinierte Abbildung aufgrund der Tatsache, dass das Signum ein Gruppenhomomorphismus ist und dass das Signum einer Transposition gleich $-1$ ist. Die Abbildung ist bijektiv, und zwar ist die Multiplikation mit $\tau$ von rechts die Umkehrabbildung. Also besitzen $G$ und $U$
# Permutationen/4/Auflistung/Fixpunktfrei/Aufgabe/Lösung

$9$