OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Lineares Gleichungssystem/Basisergänzung/2/Aufgabe

Wir betrachten die linearen Gleichungen
    $8x-3y+5z+7u+6v=0\,,$
    $9x+2y+\,\,z\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,-v=0\,,$
    $\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,7y-\,\,z+4u\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=0\,$
über $\mathbb {R}$.
* Bestimme eine Basis ${\mathfrak {b}}_{1}$ des Lösungsraumes des gesamten Gleichungssystems.
* Ergänze die Basis ${\mathfrak {b}}_{1}$ zu einer Basis ${\mathfrak {b}}_{2}$ des Lösungsraumes des Gleichungssystems, das aus den ersten beiden Gleichungen besteht.
* Ergänze die Basis ${\mathfrak {b}}_{2}$ zu einer Basis ${\mathfrak {b}}_{3}$ des Lösungsraumes des Gleichungssystems, das allein aus der ersten Gleichung besteht.
* Ergänze die Basis ${\mathfrak {b}}_{3}$ zu einer Basis ${\mathfrak {b}}_{4}$ des Gesamtraumes $\mathbb {R} ^{5}$.
# Minkowski-Raum/2/Raumkomponente/Spiegelung/Aufgabe/Lösung

Die Raumkomponente des Beobachters mit der Bewegungsgeraden $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ ist $a$ und seine Zeitkomponente ist $b$. Dazu Senkrecht zu ${\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ bezüglich der Minkowski-Form ist ${\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}$, da ja
    $\left\langle {\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}\right\rangle =ab-ba=0\,$
${\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}$
# Lineares Gleichungssystem/Dimension/1/Aufgabe

Bestimme die Dimension des Lösungsraumes des linearen Gleichungssystems
    $4x-3y+7z+5u-v=0\,,$
    $y+6z-10u+3v=0\,$
in den Variablen $x,y,z,u,v$.
# Minkowski-Raum/3/Beobachtervektor/Raum/Orthogonalbasis/1/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $\left\langle {\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {3}}{5}}\\{\frac {\sqrt {2}}{5}}\\{\frac {\sqrt {6}}{\sqrt {5}}}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {3}}{5}}\\{\frac {\sqrt {2}}{5}}\\{\frac {\sqrt {6}}{\sqrt {5}}}\end{pmatrix}}\right\rangle ={\frac {3}{25}}+{\frac {2}{25}}-{\frac {6}{5}}={\frac {3+2-30}{25}}={\frac {-25}{25}}=-1\,,$
also liegt ein Beobachtervektor vor. Die Raumkomponente dieses Beobachters ist die Ebene, die dazu bezüglich der Minkowski-Form senkrecht steht. Dies führt auf die Bedingung
    $\left\langle {\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {3}}{5}}\\{\frac {\sqrt {2}}{5}}\\{\frac {\sqrt {6}}{\sqrt {5}}}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\right\rangle ={\frac {\sqrt {3}}{5}}x+{\frac {\sqrt {2}}{5}}y-{\frac {\sqrt {6}}{\sqrt {5}}}z=0\,,$
was nach Multiplikation mit $5$ zu
    ${\sqrt {3}}x+{\sqrt {2}}y-{\sqrt {30}}z=0\,$
äquivalent ist. Einfache, linear unabhängige Lösungen sind $v={\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}}$ und $w={\begin{pmatrix}{\sqrt {10}}\\0\\1\end{pmatrix}}$, diese bilden eine Basis der Raumkomponente. Um eine Orthogonalbasis zu bekommen, machen wir den Ansatz
    ${\begin{aligned}\left\langle v,v+\alpha w\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}}+\alpha {\begin{pmatrix}{\sqrt {10}}\\0\\1\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=\left\langle {\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}}\right\rangle +\alpha \left\langle {\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}{\sqrt {10}}\\0\\1\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=14-\alpha ,\end{aligned}}$
also ist
    $\alpha =14\,$
und $v$ zusammen mit
    $z=v+\alpha w={\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}}+14{\begin{pmatrix}{\sqrt {10}}\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}14{\sqrt {10}}\\{\sqrt {15}}\\15\end{pmatrix}}\,$
# Lineares Gleichungssystem/Dimension/2/Aufgabe

a) Bestimme die Dimension des Lösungsraumes des linearen Gleichungssystems
    $2x+5y+7z+4u-3v+2w=0\,$
    $4x+9y+6z+5u-v+w=0\,$
    $7x+8y-3z+u+3v+3w=0\,$
    $-x+6y+16z+8u-7v=0\,$
in den Variablen $x,y,z,u,v,w$.
b) Was ist die Dimension des Lösungsraumes, wenn man dieses System in den Variablen $x,y,z,u,v,w,r,s$ auffasst?
# Minkowski-Raum/4/Berechnung/3/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}\left\langle {\begin{pmatrix}6\\-1\\4\\3\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-5\\-5\\7\\-2\end{pmatrix}}\right\rangle &=-30+5+28+6\\&=9.\end{aligned}}$
# Lineares Gleichungssystem/Eine Gleichung/Überprüfe/1/Aufgabe

Überprüfe, ob die folgenden Tupel Lösungen der linearen Gleichung
    $3x-5y+4z=11\,$
sind.
* $(2,1,3)$,
* $(0,0,{\frac {11}{4}})$,
* $(1,2,1)$,
* $(4,2,6)$,
* $(3,{\frac {2}{5}},1)$,
* $(1,11,111)$.
# Minkowski-Raum/Beobachtervektor/Gleichgerichtet/Aufgabe/Lösung

Wir können annehmen, dass $v=e_{4}$ und
    $w=ae_{1}+be_{2}+ce_{3}+de_{4}\,$
mit
    $a^{2}+b^{2}+c^{2}-d^{2}=-1\,$
ist. Wegen der Gleichgerichtetheit ist $d>0$. Somit ist
    $\left\langle e_{4},w\right\rangle =\left\langle e_{4},ae_{1}+be_{2}+ce_{3}+de_{4}\right\rangle =-d<0\,.$
# Lineares Gleichungssystem/Eine Gleichung/Überprüfe/2/Aufgabe

Überprüfe, ob die folgenden Tupel Lösungen der linearen Gleichung
    $7x+2y-9z=-3\,$
sind.
* $(0,0,0)$,
* $(3,3,3)$,
* $(0,{\frac {1}{5}},0)$,
* $(-2,7,{\frac {1}{3}})$.
Wähle „zufällig“ eine Dreiertupel. Ist es eine Lösung der Gleichung?
# Minkowski-Raum/Beobachtervektoren/Faser/Regulär/Aufgabe/Lösung

* Die Bedingung für einen Beobachtervektor ist deshalb kann man direkt und $s=-1$ nehmen.
    $\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\right\rangle =x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}=-1\,,$
    $f(x,y,z,w)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}\,$
* Die Jacobi-Matrix zu $f$ ist Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn sämtliche Einträge dieses Vektors verschwinden, was nur im Nullpunkt $\left(0,\,0,\,0,\,0\right)$ der Fall ist. Dieser ist kein Beobachtervektor.
    $\left(2x,\,2y,\,2z,\,-2w\right).$
* Wegen ist Bei $w_{0}\geq 1$ ist und die Abbildung ist stetig, injektiv (wegen der ersten drei Komponenten) und erreicht alle Beobachtervektoren mit positiver vierter Komponente. Bei $w_{0}\leq -1$ ist und die Abbildung besitzt die gleichen Eigenschaften.
    $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}-w_{0}^{2}=-1\,$
    $w_{0}^{2}\geq 1\,.$
    $w_{0}={\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}+1}}\,$
    $\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow Z,\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}+1}}\end{pmatrix}},$
    $w_{0}=-{\sqrt {x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}+1}}\,$
    $\psi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow Z,\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\-{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}+1}}\end{pmatrix}},$
# Lineares Gleichungssystem/Lösung?/Aufgabe

Entscheide, ob die folgenden Tupel Lösungen des linearen Gleichungssystems
    $3x-6y+4z=1\,,$
    $-2x+5y-4z=-3\,,$
sind.
a) $\left(-1,\,0,\,1\right)$,
b) $\left(2,\,3,\,{\frac {7}{2}}\right)$,
c) $\left(1,\,3,\,4\right)$.
# Minkowski-Raum/Lichtkegel/Faser/Regulär/Aufgabe/Lösung

* Die Bedingung für einen lichtartigen Vektor ist deshalb kann man direkt nehmen.
    $\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\right\rangle =x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}=0\,,$
    $f(x,y,z,w)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}\,$
* Die Jacobi-Matrix zu $f$ ist Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn sämtliche Einträge dieses Vektors verschwinden, was nur im Nullpunkt $\left(0,\,0,\,0,\,0\right)$ der Fall ist.
    $\left(2x,\,2y,\,2z,\,-2w\right).$
* Es sei ein Element des Lichtkegels. Sei Dann ist aufgrund der Bedingungen an $P$ und $v$, was die Lichtartigkeit bedeutet.
    $P=\left(x,\,y,\,z,\,w\right)\neq \left(0,\,0,\,0,\,0\right)\,$
    $v=\left(v_{1},\,v_{2},\,v_{3},\,v_{4}\right)\in T_{P}Y=\operatorname {kern} \left(2x,\,2y,\,2z,\,-2w\right)\,.$
    ${\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\\v_{4}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\\v_{4}\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=\left\langle {\begin{pmatrix}x+v_{1}\\y+v_{2}\\z+v_{3}\\w+v_{4}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x+v_{1}\\y+v_{2}\\z+v_{3}\\w+v_{4}\end{pmatrix}}\right\rangle \\&={\left(x+v_{1}\right)}^{2}+{\left(y+v^{2}\right)}^{2}+{\left(z+v_{3}\right)}^{2}-{\left(w+v_{4}\right)}^{2}\\&=x^{2}+2xv_{1}+v_{1}^{2}+y^{2}+2yv_{2}+v_{2}^{2}+z^{2}+2zv_{3}+v_{3}^{2}-w^{2}-2wv_{4}-v_{4}^{2}\\&=x^{2}+y^{2}+z^{2}-w^{2}+2xv_{1}+2yv_{2}+2zv_{3}-2wv_{4}+v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+v_{3}^{2}-v_{4}^{2}\\&=0\,\end{aligned}}$
* Betrachte $P={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\1\end{pmatrix}}$ und In diesem Fall ist nicht lichtartig.
    $v={\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}}\,.$
    $P+v={\begin{pmatrix}1\\1\\-1\\1\end{pmatrix}}\,$
# Lineares Gleichungssystem/Matrix/Basis/Aufpunkt/1/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}4&3&-4\\5&-2&-1\end{pmatrix}}\,$
und
    $c={\begin{pmatrix}-3\\-7\end{pmatrix}}\,.$
* Bestimme eine Basis des Lösungsraums des linearen Gleichungssystems $Mv=0$.
* Beschreibe die Lösungsmenge des inhomogenen linearen Gleichungssystems $Mv=c$ mit einem Aufpunkt und mit der Basis aus dem ersten Teil.
# Mittelwertsatz der Differentialrechnung/Aus Mittelwertsatz der Integralrechnung/Aufgabe/Lösung

Aufgrund des Mittelwertsatz der Integralrechnung, angewendet auf die Ableitung $g'$, gibt es ein $c\in [a,b]$ mit
    $g(b)-g(a)=\int _{a}^{b}g'(t)dt=(b-a)g'(c)\,.$
Division durch $b-a$ liefert den
# Lineares Gleichungssystem/Matrix/Basis/Aufpunkt/2/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}2&-7&8\\5&9&-3\end{pmatrix}}\,$
und
    $c={\begin{pmatrix}4\\-5\end{pmatrix}}\,.$
* Bestimme eine Basis des Lösungsraums des linearen Gleichungssystems $Mv=0$.
* Beschreibe die Lösungsmenge des inhomogenen linearen Gleichungssystems $Mv=c$ mit einem Aufpunkt und mit der Basis aus dem ersten Teil.
# Mittelwertsatz/C/e^ix/Gilt nicht/Aufgabe/Lösung

Wir wählen $a=0$ und $b=2\pi$. Dann ist
    $e^{0}=e^{2\pi {\mathrm {i} }}=1\,$
und somit ist die Gesamtsteigung
    ${\frac {e^{2\pi {\mathrm {i} }}-e^{0}}{2\pi }}=0\,.$
Die Verbindungsstrecke besteht aus allen reellen Zahlen $r$ zwischen $0$ und $2\pi$. Für diese ist
    ${\left(e^{{\mathrm {i} }r}\right)}'={\mathrm {i} }e^{{\mathrm {i} }r}\,.$
$0$
$0$
# Lineares Gleichungssystem/Mit Parameter/Lösungsgröße/Aufgabe

Wir betrachten das lineare Gleichungssystem
    ${\begin{matrix}2x-ay\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-2\\ax\,\,\,\,\,\,\,\,+3z&=&3\\-{\frac {1}{3}}x+y+z&=&2\,\end{matrix}}$
über den reellen Zahlen in Abhängigkeit von $a\in \mathbb {R}$. Für welche $a$ besitzt das Gleichungssystem keine Lösung, eine Lösung oder unendlich viele Lösungen?
# Mittelwertsatz/Sinus/0 bis pi halbe/Aufgabe/Lösung

Die Gesamtsteigung ist
    ${\frac {\sin {\frac {\pi }{2}}-\sin 0}{{\frac {\pi }{2}}-0}}={\frac {1}{\frac {\pi }{2}}}={\frac {2}{\pi }}\,.$
Die Ableitung des Sinus ist der Kosinus, es geht also um die Lösungen der Gleichung
    $\cos a={\frac {2}{\pi }}\,$
mit $a\in [0,{\frac {\pi }{2}}]$. Auf diesem Intervall ist die Kosinusfunktion streng fallend und somit gibt es wegen ${\frac {2}{\pi }}<{\frac {\pi }{2}}$ genau eine Lösung, nämlich bei
    $a=\arccos {\frac {2}{\pi }}\,.$
# Lineares Gleichungssystem/n Variablen/Lösungsraum ist (a 1,...,a n)/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und sei
    ${\begin{pmatrix}a_{1}\\\vdots \\a_{n}\end{pmatrix}}\in K^{n}\,$
ein von $0$ verschiedener Vektor. Man finde ein lineares Gleichungssystem in $n$ Variablen mit $n-1$ Gleichungen, dessen Lösungsraum genau
    ${\left\{\lambda {\begin{pmatrix}a_{1}\\\vdots \\a_{n}\end{pmatrix}}\mid \lambda \in K\right\}}$
ist.
# Modallogik/Ich weiß, dass ich nichts weiß/Aufgabe/Lösung

* Für die Tauotologie ergibt sich, wenn man die Boxen vergisst, der Widerspruch $\neg \alpha$, also ist das Axiomenschema paradox.
    $\alpha =p\vee \neg p\,$
* Es ist Somit gilt die linke Seite für alle $\alpha$ genau dann, wenn die rechte Seite für alle $\alpha$ gilt, und dies ist in einer $K$-Modallogik äquivalent dazu, dass es für alle $\neg \alpha$ gilt.
    $\Box \neg \Box \alpha \leftrightarrow \Box \Diamond \neg \alpha .$
* Das Leerheitsaxiom ist offenbar stärker. Wegen der Widerspruchstautologie gilt Nach Fakt (1) folgt und nach Fakt (4) gilt Mit dem Kettenschluss ergibt sich Wir setzen nun für $\beta$ eine Tautologie ein, etwa $\beta =p\rightarrow p$. Eine doppelte Anwendung der Nezessisierungsregel liefert Das Sokratesaxiom liefert Damit sind die beiden Voraussetzungen von oben erfüllt und somit gilt
    $\vdash \Box \beta \wedge \neg \Box \beta \rightarrow \alpha .$
    $\vdash \Box (\Box \beta \wedge \neg \Box \beta )\rightarrow \Box \alpha$
    $\vdash \Box \Box \beta \wedge \Box \neg \Box \beta \rightarrow \Box (\Box \beta \wedge \neg \Box \beta ).$
    $\vdash \Box \Box \beta \wedge \Box \neg \Box \beta \rightarrow \Box \alpha .$
    $\vdash \Box \Box \beta .$
    $S\vdash \Box \neg \Box \beta .$
    $S\vdash \Box \alpha .$
# Lineares Gleichungssystem/Nicht in Standardgestalt/1/Aufgabe

Bringe das lineare Gleichungssystem
    $3x-4+5y=8z+7x\,,$
    $2-4x+z=2y+3x+6\,,$
    $4z-3x+2x+3=5x-11y+2z-8\,,$
in Standardgestalt und löse es.
# Modallogisches Modell/Gültigkeitsmenge/Vorgängermenge/Aufgabe/Lösung

Sei $w\in M(\Diamond \alpha )$. Dann ist $w\vDash \Diamond \alpha$ und damit gibt es ein $v$ mit $wRv$ und mit $v\vDash \alpha$. Daher ist $v\in M(\alpha )$ und somit ist $w\in \operatorname {Vorg} {\left(M(\alpha )\right)}$.
Wenn umgekehrt $w\in \operatorname {Vorg} {\left(M(\alpha )\right)}$ gilt, so gibt es ein $v\in M(\alpha )$ mit $wRv$. Also ist $v\vDash \alpha$ und damit $w\vDash \Diamond \alpha$. Also ist
$w\in M(\Diamond \alpha )$
# Lineares Gleichungssystem/Parameter/1/Aufgabe

Bestimme in Abhängigkeit vom Parameter $a\in \mathbb {R}$ den Lösungsraum $L_{a}\subseteq \mathbb {R} ^{3}$ des linearen Gleichungssystems
    $5x+ay+(1-a)z=0\,,$
    $2ax+a^{2}y+3z=0\,.$
# Modell/Termgleichheit/Gültigkeitsmenge/Äquivalenzrelation/Aufgabe/Lösung

* Es ist $s\sim t$ genau dann, wenn $s=t\in \Gamma =I^{\vDash }$ ist, und dies ist genau dann der Fall, wenn $I\vDash s=t$ gilt, was nach Definition $I(s)=I(t)$ bedeutet.
* Die Termabbildung besitzt nach Teil (1) die Eigenschaft, dass äquivalente Terme auf das gleiche Element abgebildet werden. Dies bedeutet nach Fakt, dass es eine Abbildung mit $\psi ([t])=I(t)$ gibt. Da nichtäquivalente Terme nach Teil (1) unter $I$ auf verschiedene Elemente abgebildet werden, werden verschiedene Klassen unter $\psi$ auf verschiedene Elemente abgebildet und somit ist $\psi$ injektiv.
    $I\colon T\longrightarrow N,\,t\longmapsto I(t),$
    $\psi \colon T/\sim \longrightarrow N$
* Sei Für eine Konstante $c\in T$ ist Für ein $n$-stelliges Funktionssymbol $f$ und $n$ Termklassen $[t_{1}],\ldots ,[t_{n}]$ ist Es sei nun eine $n$-stellige Relation $R$ und $n$ Termklassen $[t_{1}],\ldots ,[t_{n}]$ gegeben und sei die Gültigkeit von $R^{M}[t_{1}],\ldots ,[t_{n}]$ in $M$ vorausgesetzt. Dies bedeutet, dass $Rt_{1}\ldots t_{n}\in \Gamma =I^{\vDash }$ ist. Somit ist $I\vDash Rt_{1}\ldots t_{n}$, was $R^{N}(I(t_{1}),\ldots ,I(t_{n}))$ bedeutet. Somit ist $R^{N}(\psi ([t_{1}]),\ldots ,\psi ([t_{n}]))$. Es liegt also ein $S$-Homomorphismus vor.
    $M=T/\sim \,.$
    $\psi (c^{M})=\psi ([c])=I(c)=c^{N}\,.$
    ${\begin{aligned}\psi (f^{M}([t_{1}],\ldots ,[t_{n}]))&=\psi ([ft_{1}\ldots t_{n}])\\&=I(ft_{1}\ldots t_{n})\\&=f^{N}(I(t_{1}),\ldots ,I(t_{n}))\\&=f^{N}(\psi ([t_{1}]),\ldots ,\psi ([t_{n}])).\end{aligned}}$
* Nach Definition von $\Gamma$ ist $\alpha \in \Gamma$ genau dann, wenn $I\vDash \alpha$ gilt. Nach Fakt ist $\Gamma$ maximal widerspruchsfrei und enthält Beispiele und nach dem Satz von Henkin ist
    $\Gamma =J^{\vDash }\,.$
# Lineares Gleichungssystem/Über Q sqrt(3)/Aufgabe

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper $K=\mathbb {Q} [{\sqrt {3}}]$:
    ${\begin{pmatrix}2+{\sqrt {3}}&-{\sqrt {3}}\\{\frac {1}{2}}&-2-3{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1-{\sqrt {3}}\\4-2{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}\,.$
# Modul/Kommutativer Ring/Allgemeines Distributivgesetz/Aufgabe/Lösung

Wir beweisen die Aussage durch eine Doppelinduktion über $k,n\geq 1$. Die Fälle
    $(k,n)=(1,1),\,(1,2),\,(2,1)\,$
sind unmittelbar klar bzw. folgen direkt aus den Modulaxiomen.
Die Aussage für $k=1$ und beliebige $n$ beweisen für durch Induktion nach $n$, wobei der Induktionsanfang durch die Vorbemerkung gesichert ist. Es sei die Aussage für ein $n$ schon bewiesen, und seien $n+1$ Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n},v_{n+1}\in V$ gegeben. Dann ist unter Verwendung des Falles $(1,2)$ und der Induktionsvoraussetzung
    ${\begin{aligned}s{\left(\sum _{j=1}^{n+1}v_{j}\right)}&=s{\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}+v_{n+1}\right)}\\&=s{\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}+sv_{n+1}\\&=\sum _{1\leq j\leq n}s\cdot v_{j}+sv_{n+1}\\&=\sum _{1\leq j\leq n+1}s\cdot v_{j}.\end{aligned}}$
Wir betrachten nun die Aussage für ein festes $k$ und beliebige $n$. Für $k=1$ ist diese Aussage bereits bewiesen. Es sei diese Aussage nun für ein festes $k$ schon bewiesen Es seien Skalare $s_{1},\ldots ,s_{k},s_{k+1}\in R$ und Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ gegeben. Dann ist unter Verwendung der Fälle $(k,n)=(2,1),(1,n)$ und der Induktionsvoraussetzung
    ${\begin{aligned}{\left(\sum _{i=1}^{k+1}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}&={\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}+s_{k+1}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}\\&={\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}+s_{k+1}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}\\&=\sum _{1\leq i\leq k,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}+\sum _{j=1}^{n}s_{k+1}\cdot v_{j}\\&=\sum _{1\leq i\leq k+1,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}.\end{aligned}}$
# Lineares Gleichungssystem/Über Z mod 7/1/Aufgabe

Löse das lineare Gleichungssystem
    ${\begin{pmatrix}3&4\\2&6\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}}\,$
über dem Körper $K=\{0,1,2,3,4,5,6\}$ aus Beispiel.
# Monoid/Einheit/Ring/Umkehrung/Aufgabe/Lösung

Wenn $m$ eine Einheit in $M$ ist, so gibt es ein $n\in M$ mit $m+n=0$. Dann ist
    $T^{m}\cdot T^{n}=T^{m+n}=T^{0}=1\,$
und somit ist $T^{m}$ eine Einheit im Monoidring.
Wenn $T^{m}$ eine Einheit im Monoidring ist, so gibt es eine Element
    $P=\sum _{n\in E}a_{n}T^{n}\,$
mit endlichem Träger $E\subseteq M$ und mit von $0$ verschiedenen Koeffizienten $a_{n}\in K$ derart, dass
    $T^{m}{\left(\sum _{n\in E}a_{n}T^{n}\right)}=\sum _{n\in E}a_{n}T^{m+n}=1\,$
ist. Für die letzte Gleichung müssen alle Exponenten
    $n+m=0\,$
$n\in M$
$m\in M$
# Lineares Gleichungssystem/Über Z mod 7/2/Aufgabe

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper $K=\{0,1,2,3,4,5,6\}$ aus Beispiel.
    $5x=4\,.$
# Monoid/Einheit/Teilmenge von NxZ mod n/Aufgabe/Lösung

Sei $m=(r,s)\in M$. Wenn $m$ in $M$ eine Einheit ist, so gilt dies erst recht in $\mathbb {N} \times \mathbb {Z} /(n)$, da ja das zu $m$ inverse Element auch zu $\mathbb {N} \times \mathbb {Z} /(n)$ gehört. Es sei nun $m$ eine Einheit in $\mathbb {N} \times \mathbb {Z} /(n)$. Dann muss zunächst $r=0$ sein. Das Inverse zu $m=(0,s)$ mit $0\leq s<n$ ist in $\mathbb {N} \times \mathbb {Z} /(n)$ durch $(0,n-s)=(0,-s)$ gegeben. Wegen
    $(n-1)(0,s)=(0,(n-1)s)=(0,-s)\,$
$M$
# Lineares Gleichungssystem/Über Z mod 7/3/Aufgabe

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper $K=\{0,1,2,3,4,5,6\}$ aus Beispiel.
    ${\begin{pmatrix}5&1\\2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\5\end{pmatrix}}\,.$
# Monoidring/Differenzengruppe/K-Punkte/Aufgabe/Lösung

Seien
    $\varphi _{1},\varphi _{2}\colon \Gamma \longrightarrow K$
Monoidhomomorphismen, also Elemente aus dem Spektrum zu $\Gamma$. Die Einschränkungen auf $M$, also die Verknüpfungen $\varphi _{1}\circ i$ und $\varphi _{2}\circ i$ mit $i\colon M\rightarrow \Gamma$, seien identisch. Es ist $\varphi _{1}=\varphi _{2}$ zu zeigen. Es sei $f-g\in \Gamma$ mit $f,g\in M$. Da $\Gamma$ eine Gruppe ist, wird jedes Element auf eine Einheit in $K$ abgebildet. Also ist
    ${\begin{aligned}\varphi _{1}(f-g)&=\varphi _{1}(f)\cdot \varphi _{1}(g)^{-1}\\&=\varphi _{2}(f)\cdot \varphi _{2}(g)^{-1}\\&=\varphi _{2}(f-g).\end{aligned}}$
# Lineares Gleichungssystem/Über Z mod 7/4/Aufgabe

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper $\mathbb {Z} /(7)$.
    ${\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\6\end{pmatrix}}\,.$
# Monoidring/Homomorphismus/Spektrumsabbildung nicht surjektiv/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten die Inklusion $\mathbb {N} \subset \mathbb {Z}$. Zu einem beliebigen Körper $K$ ist die Abbildung $\varphi \colon \mathbb {N} \rightarrow (K,\cdot ,1)$, die $0$ auf $1$ und alle positiven Zahlen auf $0$ abbildet, ein Monoidhomomorphismus,
$K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(K[\mathbb {N} ]\right)}$
$\mathbb {Z}$
$1$
# Lineares Gleichungssystem/Über Z mod 7/5/Aufgabe

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper $\mathbb {Z} /(7)$.
    ${\begin{pmatrix}3&6\\2&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\6\end{pmatrix}}\,.$
# Monoidring/Q geq 0/Über K/Teiler von X/Aufgabe/Lösung

Die Teiler von $X$ sind genau die Elemente der Form
    $aX^{q}{\text{ mit }}a\neq 0{\text{ und }}q\in \mathbb {Q} _{\geq 0},q\leq 1.$
Solche Elemente sind Teiler, da ja
    ${\left(aX^{q}\right)}{\left(a^{-1}X^{1-q}\right)}=X^{q}X^{1-q}=X^{q+1-q}=X\,$
gilt. Wenn umgekehrt $P=a_{q_{1}}X^{q_{1}}+a_{q_{2}}X^{q_{2}}+\cdots +a_{q_{n}}X^{q_{n}}$ mit $0\leq q_{1}<q_{2}<\ldots <q_{n}$ ein Teiler von $X$ ist, so gibt es ein $Q=b_{r_{1}}X^{r_{1}}+b_{r_{2}}X^{r_{2}}+\cdots +b_{r_{m}}X^{r_{m}}$ mit entsprechend $0\leq r_{1}<r_{2}<\ldots <r_{m}$ und mit
    $PQ=X\,.$
Dabei seien die angeführten Koeffizienten $\neq 0$. Das Produkt ist daher von der Form
    $a_{q_{1}}b_{r_{1}}X^{q_{1}+r_{1}}+\cdots +a_{q_{n}}b_{r_{n}}X^{q_{n}+r_{m}}.$
Dies kann nur dann gleich $X$ sein, wenn
    $q_{1}+r_{1}=q_{n}+r_{m}\,$
ist, was nur bei $n=m=1$
# Lineares Ungleichungssystem/2 Variablen/1/Aufgabe

Ein lineares Ungleichungssystem sei durch die Ungleichungen
    $x\geq 0\,,$
    $y\geq 0\,,$
    $x+y\leq 1\,,$
gegeben. Skizziere die Lösungsmenge dieses Ungleichungssystems.
# Monoidring/Q/Über K/Einheiten/Aufgabe/Lösung

Die Einheiten sind genau die Elemente der Form
    $aX^{q}{\text{ mit }}a\neq 0{\text{ und }}q\in \mathbb {Q} .$
Solche Elemente sind Einheiten, da ja
    ${\left(aX^{q}\right)}{\left(a^{-1}X^{-q}\right)}=X^{q}X^{-q}=X^{q-q}=X^{0}=1\,$
gilt. Wenn umgekehrt $P=a_{q_{1}}X^{q_{1}}+a_{q_{2}}X^{q_{2}}+\cdots +a_{q_{n}}X^{q_{n}}$ mit $q_{1}<q_{2}<\ldots <q_{n}$ eine Einheit ist, so gibt es ein $Q=b_{r_{1}}X^{r_{1}}+b_{r_{2}}X^{r_{2}}+\cdots +b_{r_{m}}X^{r_{m}}$ mit entsprechend $r_{1}<r_{2}<\ldots <r_{m}$ und mit
    $PQ=1\,.$
Dabei seien die angeführten Koeffizienten $\neq 0$. Das Produkt ist daher von der Form
    $a_{q_{1}}b_{r_{1}}X^{q_{1}+r_{1}}+\cdots +a_{q_{n}}b_{r_{m}}X^{q_{n}+r_{m}}.$
Dies kann nur dann gleich $1$ sein, wenn
    $q_{1}+r_{1}=q_{n}+r_{m}\,$
ist, was nur bei $n=m=1$
# Lineares Ungleichungssystem/2 Variablen/2/Aufgabe

Ein lineares Ungleichungssystem sei durch die Ungleichungen
    $x\geq 0\,,$
    $y+x\geq 0\,,$
    $-1-y\leq -x\,,$
    $5y-2x\geq 3\,,$
gegeben.
a) Skizziere die Lösungsmenge dieses Ungleichungssystems.
b) Bestimme die Eckpunkte der Lösungsmenge.
# Lineares Ungleichungssystem/2 Variablen/3/Aufgabe

Ein lineares Ungleichungssystem sei durch die Ungleichungen
    $x\geq 0\,,$
    $y+x\geq 0\,,$
    $-1-y\leq -x\,,$
    $5y-2x\leq 3\,,$
gegeben.
a) Skizziere die Lösungsmenge dieses Ungleichungssystems.
b) Bestimme die Eckpunkte der Lösungsmenge.