OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# N/Endliche Teilmenge/Entscheidbar/Nur ein Register/Aufgabe/Lösung

Wir ordnen die endlich vielen, sagen wir $s$, Zahlen aus $T$ in aufsteigender Reihenfolge, also
    $n_{1}<n_{2}<n_{3}<\cdots <n_{s-1}<n_{s}\,.$
Wir setzen
    $d_{1}:=n_{1}\,$
und
    $d_{i}:=n_{i}-n_{i-1}\,$
für $i=2,\ldots ,s$. Die $d_{i}$ sind also einfach die Differenzen zwischen den aufeinanderfolgenden Zahlen aus $T$, und es ist
    $n_{i}=d_{1}+d_{2}+\cdots +d_{i}\,.$
Wir erstellen das Programm mit Hilfe von $s$ Programmblöcken der Länge $2d_{i}$ der Form
    $\,\,1-$
    $\,\,C(1,h-1)$
    $\,\,1-$
    $\,\,C(1,h-1)$
    $\vdots$
    $\,\,1-$
    $\,\,C(1,h-1)$
    $\,\,1-$
    $\,\,C(1,h).$
Der Inhalt von $R_{1}$ wird also abwechselnd um $1$ reduziert und abwechselnd wird gefragt, ob der Inhalt leer ist, wobei im leeren Fall auf die Befehlszeile $h-1$ verwiesen, aber die allerletzte Abfrage des Blockes auf die $h$-te Befehlszeile verweist. Bei
    $d_{1}=1\,$
besteht der erste Block allein aus $C(1,h)$. Diese $s$ Blöcke werden hintereinander geschrieben, und das Programm wird durch
    $h-1.\,\,1+$
    $h.\,\,{\text{Halte an}}$
abgeschlossen.
Die Wirkungsweise des Programms macht man sich folgendermaßen klar. Zu jedez zu testenden Zahl $n\in \mathbb {N}$ gibt es ein eindeutiges $i$ mit
    $n_{i-1}<n\leq n_{i}\,$
(wobei $n_{-1}$ als $0$ zu lesen ist) oder aber
    $n>n_{s}\,.$
In den ersten $i-1$ Programmblöcken bleibt der Inhalt des Registers positiv, da ja insgesamt nur
    $n_{i-1}=d_{1}+\cdots +d_{i-1}\,$
von $n$ abgezogen wird. Daher gelangt man in den entscheidenden $i$-ten Block. Wenn dieser Block begonnen wird, steht im Register der Wert $n-n_{i-1}$, und für diesen Wert gilt
    $0<n-n_{i-1}\leq n_{i}-n_{i-1}=d_{i}\,.$
Bei
    $n<n_{i}\,$
ist
    $n-n_{i}<d_{i}\,$
sodass durch das Abziehen in diesem Block die $0$ erreicht wird, und zwar vor dem vorletzten Befehl des Blocks, sodass nach $h-1$ umgeleitet wird. Dort wird um $1$ erhöht (was nur bei $n=0\notin T$ benötigt wird) und das Endergebnis ist nicht $0$, was korrekt ist.
Bei
    $n=n_{i}\,$
ist
    $n-n_{i}=d_{i}\,$
sodass durch das Abziehen in diesem Block die $0$ erreicht wird, und zwar genau im vorletzten Befehl des Blocks. Im nächsten Befehl wird nach $h$ umgeleitet und das Programm hält an mit der $0$ als Ausgabe, was auch korrekt ist. Bei $n>n_{s}$
$h-1$
# Logarithmus/Integration der Hyperbel/Funktionalgleichung/Aufgabe

Begründe den Zusammenhang
    $\int _{1}^{ab}{\frac {1}{x}}dx=\int _{1}^{a}{\frac {1}{x}}dx+\int _{1}^{b}{\frac {1}{x}}dx\,$
für $a,b\in \mathbb {R} _{+}$ allein mit der Hilfe von Integrationsregeln.
# N/Summe 65/Produkt 1000/Aufgabe/Lösung

Die Primfaktorzerlegung von $1000$ ist
    $1000=2^{3}\cdot 5^{3}\,.$
Die beiden gesuchten Zahlen müssen also Teiler davon sein, also von der Form $2^{i}5^{j}$ mit $i,j\leq 3$. Da die Summe ungerade ist, besitzt die eine Zahl die Form
    $8\cdot 5^{j}.$
Dies führt auf die
$40$
$25$
# Logarithmus/Umkehrfunktion/Rechenregeln/Fakt/Beweis/Aufgabe

Zeige, dass die Logarithmen zur Basis $b$ die folgenden Rechenregeln erfüllen.
* Es gilt $\log _{b}(y\cdot z)=\log _{b}y+\log _{b}z$.
* Es gilt $\log _{b}y^{u}=u\cdot \log _{b}y$ für $u\in \mathbb {R}$.
* Es gilt
    $\log _{a}y=\log _{a}{\left(b^{\log _{b}y}\right)}=\log _{b}y\cdot \log _{a}b\,.$
# N/Untermonoid/3,7/Geldfälscher/2/Aufgabe/Lösung

* Es ist und diese drei aufeinander folgenden Zahlen kann sie also begleichen. Alle höheren Zahlen kann sie auch begleichen, indem sie zur Darstellung von $12,13$ bzw. $14$ einfach eine gewisse Anzahl an $3$-Euroscheinen hinzugibt.
    $12=3+3+3+3\,,$
    $13=7+3+3\,$
    $14=7+7\,,$
* Die $11$ ist nicht darstellbar. In einer möglichen Darstellung der $11$ mit $3$ und $7$ kann höchstens eine $7$ vorkommen, da $7+7=14$ schon zu groß ist. Es ist aber und da $11$ kein Vielfaches von $3$ ist kann man diese Zahl auch nicht nur mit $3$ darstellen. Alle Zahlen darüber kann sie nach Teil (1) begleichen. Also ist $11$ die größte Zahl, die sie nicht begleichen kann.
    $7+3=10\neq 11\,$
* Nicht begleichbar sind
    $1,2,4,5,8,11.$
# Logik/Terminterpretation/Surjektiv machen/Aufgabe

Es sei $I$ eine $S$-Interpretation zu einem Symbolalphabet $S$ mit zugehöriger Termabbildung
    $I\colon T(S)\longrightarrow M,\,t\longmapsto I(t).$
Zeige, dass man mit einer zusätzlichen Variablenmenge $W$ und mit $S':=S\cup W$ eine $S'$-Interpretation $I'$ auf $M$ definieren kann, die auf $S$ mit $I$ übereinstimmt und derart, dass die Termabbildung
    $I'\colon T(S')\longrightarrow M,\,t\longmapsto I'(t)$
surjektiv ist.
# N/Zehnte Potenz/Wenig Multiplikationen/Aufgabe/Lösung

Sei
    $b:=a\cdot a=a^{2}\,$
und
    $c:=b\cdot b=b^{2}=a^{4}\,.$
Dann ist
    $a^{10}=(c\cdot c)\cdot b\,$
# Lokal beringter Raum/Affiner Raum/Morphismus/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei ${\left(X,{\mathcal {O}}_{X}\right)}$ ein lokal beringter Raum. Zeige, dass jedes Funktionstupel $f_{1},\ldots ,f_{n}\in \Gamma (X,{\mathcal {O}}_{X})$ einen eindeutig bestimmten Morphismus lokal beringter Räume $X\rightarrow {{\mathbb {A} }_{\mathbb {Z} }^{n}}$ definiert, wobei die Variable $T_{i}$ (des affinen Raumes) auf $f_{i}$ abgebildet wird.
# Natürliche Zahl/5/Summendarstellung/Anzahl/Aufgabe/Lösung

Wir müssen nur die Darstellung zählen, wo die Summanden in absteigender Größe geordnet sind.
    $5=5\,,$
    $5=4+1\,,$
    $5=3+2\,,$
    $5=3+1+1\,,$
    $5=2+2+1\,,$
    $5=2+1+1+1\,,$
    $5=1+1+1+1+1\,,$
$7$
# Lokaler Ring/K/Wesentlich von endlichem Typ/Restklassenkörper/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und $R$ eine endlich erzeugte $K$-Algebra. Es sei $S=R_{\mathfrak {m}}$ die Lokalisierung von $R$ an einem maximalen Ideal ${\mathfrak {m}}$. Zeige, dass der Restekörper von $S$ endlich über $K$ ist.
# Natürliche Zahl/Eindeutige Darstellung im Zehnersystem/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über $n$. Für $n=0$ wählt man $k=0$ und $r_{0}=0$. Es sei nun $n\geq 1$ und die Aussage für kleinere Zahlen schon bewiesen. Nach Fakt mit $d=10$ gibt es eine Darstellung
    $n=q\cdot 10+r_{0}\,$
mit $r_{0}$ zwischen $0$ und $9$. Es ist $q<n$, deshalb gilt nach Induktionsvoraussetzung die Aussage für $q$. D.h. man kann
    $q=\sum _{i=0}^{\ell }s_{i}10^{i}\,$
mit $0\leq s_{i}\leq 9$ (bei $q=0$ ist dies als leere Summe zu lesen) und mit $s_{\ell }\neq 0$ schreiben. Daher ist
    ${\begin{aligned}n&=q\cdot 10+r_{0}\\&={\left(\sum _{i=0}^{\ell }s_{i}10^{i}\right)}\cdot 10+r_{0}\\&=\sum _{i=0}^{\ell }{\left(s_{i}10^{i+1}\right)}+r_{0}\\&=\sum _{j=1}^{\ell +1}{\left(s_{j-1}10^{j}\right)}+r_{0}\end{aligned}}$
$r_{j}=s_{j-1}$
$j\geq 1$
$k=\ell +1$
# Lokaler Ring/Modul/Direkte Summe/Minimale Erzeugendenzahl/Aufgabe

Es sei $R$ ein noetherscher lokaler Ring und $M$ ein endlich erzeugter $R$-Modul mit einer Summenzerlegung $M=M_{1}\oplus M_{2}$. Zeige, dass für die minimale Erzeugendenzahl die Beziehung
    $\mu (M)=\mu (M_{1})+\mu (M_{2})\,$
gilt.
# Natürliche Zahl/Letzte Ziffer/3/Bedingungen/Aufgabe/Lösung

Da es keine Primzahl sein soll, muss sie mindestens zwei (eventuell identische) Primfaktoren haben. Die Primfaktoren $2,5$ sind ausgeschlossen, da die letzte Ziffer $3$ sein muss, und nach Aufgabenstellung ist auch der Faktor $3$ ausgeschlossen. Das erste relevante Vielfache von $7$ ist
    $7\cdot 19=133\,.$
Ferner besitzt $11\cdot 11=121$
$3$
$2,3,5,7$
$133$
# Lokaler Ring/Modul/Endlich erzeugt/Minimale Darstellung/Untermodul/Aufgabe

Es sei $(R,{\mathfrak {m}})$ ein lokaler Ring und sei $M$ ein endlich erzeugter $R$-Modul. Es sei
    $\varphi \colon F\longrightarrow M$
ein surjektiver $R$-Modulhomomorphismus mit einem freien Modul $F$, wobei eine Basis auf ein minimales Erzeugendensystem abgebildet werde. Zeige, dass die Einschränkung von $\varphi$ auf einen echten Untermodul $U\subseteq F$ nicht surjektiv ist.
# Natürliche Zahl/Quadrat und Kubik/Minimal/Aufgabe/Lösung

Die Antwort ist
    $64=8^{2}=4^{3}\,.$
$1,8,27$
$1$
$1$
# Lokaler Ring/Modul/Freie Auflösung/Minimal/Ränge/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $R$ ein lokaler noetherscher Ring, $M$ ein endlich erzeugter $R$-Modul und
    $\ldots \longrightarrow F_{2}\longrightarrow F_{1}\longrightarrow F_{0}\longrightarrow M\longrightarrow 0$
eine minimale freie Auflösung von $M$. Zeige, dass der Rang von $F_{i}$ gleich der $R/{\mathfrak {m}}$-Dimension von $M_{i}\otimes _{R}R/{\mathfrak {m}}$ mit $M_{i}=\operatorname {kern} \left(\theta _{i-1}\right)$ ist.
# Natürliche Zahl/Teileranzahl/Ungerade/Quadratzahl/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten die Primfaktorzerlegung
    $n=p_{1}^{s_{1}}p_{2}^{s_{2}}\cdots p_{k}^{s_{k}}\,$
mit verschiedenen Primzahlen $p_{j}$. Die Teiler von $n$ sind alle Zahlen mit der Primfaktorzerlegung
    $p_{1}^{i_{1}}p_{2}^{i_{2}}\cdots p_{k}^{i_{k}}$
mit $0\leq i_{j}\leq s_{j}$ für alle $j$. Somit gibt es
    $(s_{1}+1)(s_{2}+1)\cdots (s_{k}+1)$
Teiler von $n$. Wenn diese Zahl ungerade ist, so muss jeder Faktor davon ungerade sein und das bedeutet, dass jedes $s_{j}$ gerade ist. Man kann also jeweils $s_{j}=2r_{j}$ schreiben. Somit ist
    $n=p_{1}^{s_{1}}p_{2}^{s_{2}}\cdots p_{k}^{s_{k}}=p_{1}^{2r_{1}}p_{2}^{2r_{2}}\cdots p_{k}^{2r_{k}}={\left(p_{1}^{r_{1}}p_{2}^{r_{2}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\right)}^{2}\,$
$n$
# Lokaler Ring/Modul/Kurze exakte Sequenz/Minimale Erzeugendenzahl/Aufgabe

Es sei $R$ ein noetherscher lokaler Ring. Man gebe ein Beispiel für eine kurze exakte Sequenz
    $0\longrightarrow M_{1}\longrightarrow M\longrightarrow M_{2}\longrightarrow 0$
von endlich erzeugten $R$-Moduln derart, dass für die minimale Erzeugendenzahl
    $\mu (M)\neq \mu (M_{1})+\mu (M_{2})\,$
gilt.
# Natürliche Zahlen/3^n größer gleich n^3/Ab 1/Aufgabe/Lösung

Für $n=1,2,3$ ergibt sich die Abschätzung durch direktes Nachrechnen. Für $n\geq 4$ wird die Aussage durch Induktion bewiesen. Wir nehmen also an, dass die Aussage für ein $n\geq 3$ schon bewiesen ist und haben sie für $n+1$ zu zeigen. Dies ergibt sich aus
    ${\begin{aligned}3^{n+1}&=3\cdot 3^{n}\\&\geq 3n^{3}\\&=n^{3}+n^{3}+n^{3}\\&\geq n^{3}+3n^{2}+3n+1\\&=(n+1)^{3},\end{aligned}}$
$n\geq 3$
# Lokaler Ring/Nakayama/Maximales Ideal/Potenzen/Aufgabe

Es sei $(R,{\mathfrak {m}})$ ein noetherscher lokaler Ring. Zeige, dass aus ${\mathfrak {m}}^{n+1}={\mathfrak {m}}^{n}$ folgt, dass ${\mathfrak {m}}^{n}=0$ ist.
# Natürliche Zahlen/Addition mit n/Als Verschiebung/Abziehregel/Aufgabe/Lösung

Wir führen Induktion über $k$ (für die Aussage für beliebige $n,m$). Für
    $k=0\,$
folgt die Aussage daraus, dass $0$ das neutrale Element der Addition ist. Die Aussage gelte nun für ein bestimmtes $k$. Wir müssen zeigen, dass sie auch für den Nachfolger $k'$ gilt. Es sei also
    $n+k'=m+k'\,.$
Aufgrund von Fakt (2) bedeutet dies
    $n'+k=m'+k\,,$
woraus nach Induktionsvoraussetzung
    $n'=m'\,$
folgt. Aufgrund der Injektivität der Nachfolgerabbildung ergibt sich
    $n=m\,.$
# Lokaler Ring/Quotientenkörper/Nakayama/Aufgabe

Es sei $(R,{\mathfrak {m}})$ ein lokaler Integritätsbereich, der kein Körper sei. Es sei $Q$ der Quotientenkörper von $R$. Zeige ${\mathfrak {m}}Q=Q$.
# Natürliche Zahlen/Addition/+1/Umlegung/Aufgabe/Lösung

Wir beweisen die Aussage für ein beliebiges $n$ durch Induktion über $k$. Bei $k=0$ steht beidseitig $n^{\prime }$. Es sei die Aussage nun für $k$ schon bewiesen und betrachten wir $k^{\prime }$. Dann ist
    $(n+k^{\prime })^{\prime }=((n+k)^{\prime })^{\prime }=(n^{\prime }+k)^{\prime }=n^{\prime }+k^{\prime }\,.$
# Lokaler Ring/Zyklischer Modul/Ideal/Nicht surjektiv/Aufgabe

Es sei $(R,{\mathfrak {m}})$ ein lokaler Ring und sei $M=R/{\mathfrak {b}}$ mit einem Ideal ${\mathfrak {b}}\neq (1)$. Zeige, dass dann für jedes Ideal ${\mathfrak {a}}\neq (1)$ die natürliche Abbildung
    ${\mathfrak {a}}\longrightarrow R/{\mathfrak {b}}$
nicht surjektiv ist.
# Natürliche Zahlen/Aufaddieren/Induktion/Aufgabe/Lösung

Beim Induktionsanfang ist $n=1$, daher besteht die Summe links nur aus einem Summanden, nämlich der $1$, und daher ist die Summe $1$. Die rechte Seite ist ${\frac {1\cdot 2}{2}}=1$, sodass die Formel für $n=1$ stimmt.
Für den Induktionsschritt setzen wir voraus, dass die Formel für ein $n\geq 1$ gilt, und müssen zeigen, dass sie auch für $n+1$ gilt. Dabei ist $n$ beliebig. Es ist
    ${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n+1}k&=\left(\sum _{k=1}^{n}k\right)+n+1\\&={\frac {n(n+1)}{2}}+n+1\\&={\frac {n(n+1)+2(n+1)}{2}}\\&={\frac {(n+2)(n+1)}{2}}.\end{aligned}}$
$n+1$
# Lokales Extremum/Metrischer Raum/Stetige Abbildung/Aufgabe

Es seien $L$ und $M$ metrische Räume und es sei
    $\varphi \colon L\longrightarrow M$
eine stetige Abbildung. Es sei
    $\varphi (P)=Q\,$
und es sei
    $f\colon M\longrightarrow \mathbb {R}$
eine Funktion, die im Punkt $Q\in M$ ein lokales Extremum besitze. Zeige, dass
    $f\circ \varphi$
in $P$ ein lokales Extremum besitzt.
# Natürliche Zahlen/Bis 1000/Ziffernanzahl/Aufgabe/Lösung

Er setzt $1000$ Kommata. Wir überlegen uns, wie die Anzahl der Ziffern ist, wenn er jede dreistellige Zifferenkombination $abc$ mit $a,b,c\in \{0,1,\ldots ,9\}$ hinschreiben würde. Davon gibt es $10^{3}=1000$ Möglichkeiten, die den hingeschriebenen Zahlen (bis auf die $1000$) entsprechen, wenn man die Zahlen vorne durch Nullen auffüllt. Insgesamt kommen $3000$ Ziffern vor und jede Ziffer kommt gleich oft, also $300$ Mal vor. Deshalb kommen die Ziffern $2,3,\ldots ,9$ in der Mülleraufzählung $300$ hundert Mal vor und die $1$ kommt (wegen der $1000$)
genau $301$ Mal vor. Die $0$ kommt aber in der Mülleraufzählung weniger oft vor, und zwar muss man $20$ Nullen für die einstelligen Zahlen und $90$ Nullen für die zweistelligen Zahlen abziehen. Deshalb kommt die $0$ in der Mülleraufzählung $300-20-90+3=193$
# Lokalisierung/Idealzugehörigkeit/Lokaler Test/Aufgabe

Es sei $R$ ein kommutativer Ring, sei $f\in R$ und sei ${\mathfrak {a}}$ ein Ideal. Zeige, dass $f\in {\mathfrak {a}}$ genau dann gilt, wenn für alle Lokalisierungen $R_{\mathfrak {p}}$ gilt, dass $f\in {\mathfrak {a}}R_{\mathfrak {p}}$ ist.
# Natürliche Zahlen/Differenz/Produkt/Aufgabe/Lösung

* Wegen ist nach Fakt (3) Aufgrund des Distributivgesetzes für die Differenz bedeutet dies Addition von $ad+bd$ ergibt unter Bezug auf Fakt (1) also
    $a\geq b\,$
    $a(c-d)\geq b(c-d)\,.$
    $ac-da\geq bc-bd\,.$
    $(ac-da)+ad+bd\geq (bc-bd)+ad+bd\,,$
    $ac+bd\geq bc+ad\,.$
* Aufgrund des Distributivgesetzes für die Differenz ist Wir wollen zeigen, dass dies mit übereinstimmt. Dazu genügt es zu zeigen, dass die beiden Terme gleich sind, wenn man zu ihnen jeweils hinzuaddiert. Dies ergibt einerseits und andererseits nach Fakt (2) und nach Fakt (1) also das gleiche.
    $(a-b)(c-d)=a(c-d)-b(c-d)=(ac-ad)-b(c-d)\,.$
    $ac+bd-(bc+ad)$
    $b(c-d)+ad$
    ${\begin{aligned}((ac-ad)-b(c-d))+b(c-d)+ad&=(ac-ad)+ad\\&=ac\end{aligned}}$
    ${\begin{aligned}(ac+bd-(bc+ad))+b(c-d)+ad&=(ac+bd-(bc+ad))+(bc-bd)+ad\\&=(ac+bd-(bc+ad))+((bc+ad)-bd)\\&=(ac+bd+(bc+ad-bd))-(bc+ad)\\&=(ac+bc+ad)-(bc+ad)\\&=ac,\end{aligned}}$
# Lokalisierung/Integritätsbereich/Idealzugehörigkeit/Lokaler Test/Aufgabe

Es sei $R$ ein Integritätsbereich, sei $f\in R$ und sei ${\mathfrak {a}}$ ein Ideal. Zeige, dass $f\in {\mathfrak {a}}$ genau dann ist, wenn für alle Lokalisierungen $R_{\mathfrak {p}}$ gilt, dass $f\in {\mathfrak {a}}R_{\mathfrak {p}}$ ist.
# Natürliche Zahlen/Ggt und kgV/Kommutativer Halbring/Aufgabe/Lösung

* Die Kommutativität ist klar. Die $0$ ist das neutrale Element, da stets da ja jede Zahl die $0$ teilt und somit der größte Teiler von $a$ entscheidend ist, und bei $a=0$ der Wert des GgT nach Definition $0$ ist. Zum Nachweis der Assoziativität ist zu zeigen. Wenn eine der beteiligten Zahlen $0$ ist, so kommt links und rechts das gleiche heraus. Wir können also annehmen, dass alle Zahlen ungleich $0$ sind. Wenn die Zahlen durch ihre Primfaktorzerlegung gegeben sind, so ist der größte gemeinsame Teiler durch das Minimum der Exponenten gegeben. Da sich das Minimum assoziativ verhält, gilt auch für den GgT die Assoziativität.
    ${\operatorname {GgT} \,\left(a,0\right)}=a\,,$
    ${\operatorname {GgT} \,\left({\operatorname {GgT} \,\left(a,b\right)},c\right)}={\operatorname {GgT} \,\left(a,{\operatorname {GgT} \,\left(b,c\right)}\right)}\,$
* Die Kommutativität ist klar. Die $1$ ist das neutrale Element, da stets da ja jede Zahl ein Vielfaches der $1$ ist. Zum Nachweis der Assoziativität ist zu zeigen. Wenn eine der beteiligten Zahlen $0$ ist, so kommt links und rechts $0$ heraus, da $0$ das einzige Vielfache der $0$ ist. Wir können also annehmen, dass alle Zahlen ungleich $0$ sind. Wenn die Zahlen durch ihre Primfaktorzerlegung gegeben sind, so ist das kleinste gemeinsame Vielfache durch das Maximum der Exponenten gegeben. Da sich das Maximum assoziativ verhält, gilt auch für das KgV die Assoziativität.
    ${\operatorname {KgV} \,\left(a,1\right)}=a\,,$
    ${\operatorname {KgV} \,\left({\operatorname {KgV} \,\left(a,b\right)},c\right)}={\operatorname {KgV} \,\left(a,{\operatorname {KgV} \,\left(b,c\right)}\right)}\,$
* Es ist zu zeigen. Bei $a=0$ steht beidseitig $0$, da das KgV der $0$ mit einer beliebigen Zahl stets $0$ ist. Bei $b=0$ (analog $c=0$) ergibt sich beidseitig ${\operatorname {KgV} \,\left(a,c\right)}$. Wir können also annehmen, dass alle Zahlen ungleich $0$ sind. Da sowohl das GgT als auch das KgV aus der Primfaktorzerlegung ablesbar sind, können wir uns auf einen einzigen Primfaktor beschränken. Sei und Dann ist zu zeigen. Da die Aussage symmetrisch in $m$ und $n$ ist, können wir annehmen. Dann steht links das Maximum von $k$ und $m$ und rechts ist jedenfalls sodass das Minimum davon ebenfalls das Maximum von $k$ und $m$ ist.
    ${\operatorname {KgV} \,\left(a,{\operatorname {GgT} \,\left(b,c\right)}\right)}={\operatorname {GgT} \,\left({\operatorname {KgV} \,\left(a,b\right)},{\operatorname {KgV} \,\left(a,c\right)}\right)}\,$
    $a=p^{k}\,,$
    $b=p^{m}\,$
    $c=p^{n}\,.$
    $\operatorname {max} (k,\operatorname {min} (m,n))=\operatorname {min} (\operatorname {max} (k,m),\operatorname {max} (k,n))\,$
    $m\leq n\,$
    $\operatorname {max} (k,m)\leq \operatorname {max} (k,n)\,,$
# Länder/Hauptstädte/Bijektion/Aufgabe

Stifte eine möglichst natürliche bijektive Abbildung zwischen den folgenden Mengen
    $L=\{{\text{Spanien}},\,{\text{Frankreich}},\,{\text{Italien}},\,{\text{Polen}}\,,{\text{Deutschland}}\}\,$
und
    $H=\{{\text{Warschau}},\,{\text{Berlin}},\,{\text{Madrid}},\,{\text{Rom}}\,,{\text{Paris}}\}\,.$
# Natürliche Zahlen/Idempotent/Aufgabe/Lösung

Wegen $0^{2}=0$ und $1^{2}=1$ erfüllen die beiden Zahlen die Gleichung. Sei $a\neq 0,1$. Dann ist
    $a\geq 2\,$
und somit ist nach Fakt
    $a^{2}=aa\geq 2a=a+a>a\,,$
also ist
$a^{2}\neq a$
# Länge einer affin-linearen Kurve/Aufgabe

Es seien $v,w\in \mathbb {R} ^{n}$. Bestimme die Länge der affin-linearen Kurve
    $[a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,t\longmapsto tv+w.$
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Differenz/Verschiebung/Aufgabe/Lösung

Aufgrund der Abziehregel können wir die Gleichheit dadurch zeigen, dass wir beidseitig $c$ dazuaddieren und dafür die Gleichheit zeigen. Diese ergibt sich aus
    $(a-c)+b+c=(a-c)+c+b=a+b=a+(b-c)+c\,.$
$\mathbb {N}$
$3-5$
# Magisches Quadrat/Linear/Dimension/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und $n\in \mathbb {N} _{+}$. Bestimme die Dimension des Raumes aller linear-magischen Quadrate der Länge $n$ über $K$.
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Differenz/Zweifache Subtraktion/Aufgabe/Lösung

Die Abschätzung ergibt sich aus
    $b+c\leq b+(a-b)=a\,.$
Es ist
    ${\begin{aligned}((a-b)-c)+(b+c)&=(((a-b)-c)+c)+b\\&=(a-b)+b\\&=a.\end{aligned}}$
$(a-b)-c$
$a-(b+c)$
# Mannigfaltigkeit mit Rand/Durchgängiger Weg/Tangential zum Rand/Aufgabe

Es sei $M$ eine differenzierbare Mannigfaltigkeit mit Rand und es sei
    $\gamma \colon{-\epsilon },\epsilon\longrightarrow M$
ein differenzierbarer Weg mit
    $\gamma (0)=P\in \partial M\,.$
Zeige $\gamma '(0)\in T_{P}\partial M$.
# Natürliche Zahlen/Ordnungsrelation/Verträglichkeit/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

* Wir beweisen die Aussage duch Induktion über $c$. Bei $c=0$ ist die Aussage klar. Für den Induktionsschritt müssen wir lediglich zeigen, dass die Aussage für $c=1$ gilt. Bei $a=b$ ist die Aussage klar, da der Nachfolger wohldefiniert ist. Bei $a>b$ ist nach Fakt (3) $a\geq b+1$ und somit Dies zeigt zugleich, dass aus $a>b$ auch $a+1>b+1$ folgt. Da die Ordnung total ist, folgt somit auch aus $a+1\geq b+1$ die Beziehung $a\geq b$.
    $a+1>a\geq b+1\,.$
* Wir führen Induktion nach $c$, die Fälle $c=0,1$ sind klar. Es sei die Aussage für $c$ bewiesen. Dann ist mit dem Distributivgesetz, der Induktionsvoraussetzung und der Verträglichkeit mit der Addition
    $(c+1)a=ca+a\geq cb+b=(c+1)b\,.$
# Mannigfaltigkeit mit Rand/Offene Teilmenge/Aufgabe

Es sei $M$ eine Mannigfaltigkeit mit Rand. Zeige, dass jede offene Teilmenge $N\subseteq M$ ebenfalls eine Mannigfaltigkeit mit (eventuell leerem) Rand ist, und dass
    $\partial N=\partial M\cap N\,$
gilt.
# Natürliche Zahlen/Potenzen/Potenz im Exponent/Aufgabe/Lösung

Wir führen Induktion nach $k$ (für beliebiges $a,n$). Bei
    $k=1\,$
steht links
    $a^{(n^{1})}=a^{n}\,$
und rechts steht die einfache Potenzierung $a^{n}$, das stimmt also überein. Zum Induktionsschluss nehmen wir an, dass die Aussage für ein bestimmtes $k$ schon bewiesen sei und wir müssen die entsprechende Aussage für $k+1$ zeigen. Unter Verwendung von Fakt und der Induktionsvorausetzung ist
    $a^{(n^{k+1})}=a^{(n^{k}\cdot n)}={\left(a^{(n^{k})}\right)}^{n}={\left(\underbrace {{\left({\left(\ldots {\left({\left(a^{n}\right)}^{n}\right)}^{n}\ldots \right)}^{n}\right)}^{n}} _{k{\text{ Potenzierungen}}}\right)}^{n}=\underbrace {{\left({\left({\left(\ldots {\left({\left(a^{n}\right)}^{n}\right)}^{n}\ldots \right)}^{n}\right)}^{n}\right)}^{n}} _{k+1{\text{ Potenzierungen}}}\,,$
# Natürliche Zahlen/Primfaktoren/Äquivalenzrelation/Aufgabe/Lösung

* Die Reflexivität ist klar, da $n$ die erste Potenz $n=n^{1}$ teilt. Die Symmetrie ist von der Formulierung her klar. Zum Nachweis der Transitivität sei $\ell \sim m$ und $m\sim n$. Dann ist $\ell$ ein Teiler von $m^{r}$ für ein gewisses $r\in \mathbb {N}$ und $m$ ist ein Teiler von $n^{s}$ für ein gewisses $s\in \mathbb {N}$. Dann ist und und daraus folgt sodass $\ell$ eine Potenz von $n$ teilt. Die umgekehrte Teilbarkeitsbeziehung ergibt sich genauso.
    $\ell a=m^{r}\,$
    $mb=n^{s}\,$
    $\ell ab^{r}=m^{r}b^{r}=(mb)^{r}={\left(n^{s}\right)}^{r}=n^{sr}\,,$
* Es ist offenbar $10\sim 100\sim 1000\sim 500$ (es kommen jeweils die Primfaktoren $2$ und $5$ vor) und $9\sim 27=3^{3}$, darüber hinaus sind $125=5^{3}$ und $210=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$ nur zu sich selbst äquivalent. Dies ergibt sich aus der Charakterisierung der Relation mit Primteilern aus dem folgenden Teil.
* Wir betrachten die Abbildung die einer natürlichen Zahl $n\in \mathbb {N} _{+}$ die Menge der in der Primfaktorzerlegung von $n$ vorkommenden Primzahlen zuordnet. Es sei $m\sim n$. Da in einer Potenz (zu einem positiven Exponenten) die gleichen Primfaktoren vorkommen (nur ihre Vielfachheit ändert sich) folgt aus der Eigenschaft, dass $m$ eine Potenz von $n$ teilt, dass die Primteiler von $m$ in den Primteilern von $n$ enthalten sein müssen. Aus $m\sim n$ folgt also, dass die Primteiler der beiden Zahlen überhaupt gleich sind. Nach Fakt gibt es daher eine zugehörige Abbildung Diese ist injektiv, da wenn von $m$ und $n$ die Primteiler übereinstimmen, dann $m$ eine hinreichend große Potenz von $n$ teilt und umgekehrt. Diese Abbildung ist nicht surjektiv, da nur endliche Teilmengen der Primzahlen im Bild liegen, es aber unendlich viele Primzahlen gibt.
    $\varphi \colon \mathbb {N} _{+}\longrightarrow {\mathfrak {P}}\,({\mathbb {P} }),\,n\longmapsto \{{\text{Primteiler von }}n\},$
    ${\tilde {\varphi }}\colon Q\longrightarrow {\mathfrak {P}}\,({\mathbb {P} }).$
* Ein Repräsentantensystem besteht aus allen natürlichen Zahlen mit der Eigenschaft, dass sämtliche Exponenten in ihrer Primfaktorzerlegung gleich $1$ sind.
# Mannigfaltigkeit/Exakte k-Form/Rückzug auf kompakte orientierte Mannigfaltigkeit ohne Rand/n-1-Form/Integral ist 0/Aufgabe

Es sei $M$ eine differenzierbare Mannigfaltigkeit und $\omega$ eine exakte Differentialform auf $M$. Es sei $S$ eine kompakte orientierte differenzierbare Mannigfaltigkeit (ohne Rand) mit abzählbarer Basis der Topologie und es sei
    $\varphi \colon S\longrightarrow M$
eine stetig differenzierbare Abbildung. Zeige
    $\int _{S}\varphi ^{*}\omega =0\,.$