OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Prädikatenlogik/Gleichheitsaxiome/Mehrfache Substitution/Allgemeingültig/Aufgabe/Lösung

Es sei $I$ eine Interpretation mit
    $I\vDash s_{1}=t_{1}\wedge \ldots \wedge s_{n}=t_{n},$
also
    $I(s_{1})=I(t_{1}),\ldots ,I(s_{n})=I(t_{n}),$
und
    $I\vDash \alpha {\frac {s_{1},\ldots ,s_{n}}{x_{1},\ldots ,x_{n}}}.$
Nach dem Substitutionslemma bedeutet dies
    $I{\frac {I(s_{1}),\ldots ,I(s_{n})}{x_{1},\ldots ,x_{n}}}\vDash \alpha .$
Wegen der Gleichheiten $I(s_{j})=I(t_{j})$ kann man dies genauso gut als
    $I{\frac {I(t_{1}),\ldots ,I(t_{n})}{x_{1},\ldots ,x_{n}}}\vDash \alpha$
schreiben. Mit dem Substitutionslemma ergibt sich hieraus wiederum
    $I\vDash \alpha {\frac {t_{1},\ldots ,t_{n}}{x_{1},\ldots ,x_{n}}}.$
# Natürliche Zahlen/Differenz/Nachfolger/Aufgabe

Es seien $m\geq n$ natürliche Zahlen. Zeige, dass dann auch $m'\geq n'$ und dass
    $m'-n'=m-n\,$
gilt.
# Prädikatenlogik/Gleichheitstautologien/Folgerungen/Funktion/Aufgabe/Lösung

Es sei $u$ eine Variable, die weder in einem der $s_{i}$ noch in einem der $t_{i}$ vorkommt. Für jedes $i=1,\ldots ,n$ setzen wir $\alpha _{i}:=ft_{1}\ldots t_{i-1}s_{i}s_{i+1}\ldots s_{n}=ft_{1}\ldots t_{i-1}us_{i+1}\ldots s_{n}$. Nach Axiom (2) ergibt sich daraus
    $\vdash s_{i}=t_{i}\rightarrow {\left(\alpha _{i}{\frac {s_{i}}{u}}\rightarrow \alpha _{i}{\frac {t_{i}}{u}}\right)},$
also
    $\vdash s_{i}=t_{i}\rightarrow {\left({\left(ft_{1}\ldots t_{i-1}s_{i}s_{i+1}\ldots s_{n}=ft_{1}\ldots t_{i-1}s_{i}s_{i+1}\ldots s_{n}\right)}\rightarrow {\left(ft_{1}\ldots t_{i-1}s_{i}s_{i+1}\ldots s_{n}=ft_{1}\ldots t_{i-1}t_{i}s_{i+1}\ldots s_{n}\right)}\right)}.$
Da der Vordersatz in der Implikation rechts nach Axiom (1) ableitbar ist, ergibt eine aussagenlogische Umformulierung
    $\vdash s_{i}=t_{i}\rightarrow {\left(ft_{1}\ldots t_{i-1}s_{i}s_{i+1}\ldots s_{n}=ft_{1}\ldots t_{i-1}t_{i}s_{i+1}\ldots s_{n}\right)}.$
Diese Ableitbarkeiten gelten auch, wenn man die Vordersätze durch ihre Konjunktion
    $(s_{1}=t_{1})\wedge \ldots \wedge (s_{n}=t_{n})$
ersetzt. Durch die Transitivität der Implikation ergibt sich daher
    $\vdash (s_{1}=t_{1})\wedge \ldots \wedge (s_{n}=t_{n})\rightarrow {\left(fs_{1}\ldots s_{n}=ft_{1}\ldots t_{n}\right)}.$
# Natürliche Zahlen/Differenz/Nachfolger/Minus 1/Aufgabe

Es sei $m$ eine natürlich Zahl. Zeige $m'-1=m$.
# Prädikatenlogik/Interpretation/E ist mcc/Aufgabe/Lösung

Die Gültigkeit des Ausdrucks bei der Interpretation würde bedeuten, dass
    $I(E)=9000000000\,$
mit
    $I(P)(I(m),I(Q)(I(c)))=1\cdot 300000^{2}=90000000000\,$
$0$
# Natürliche Zahlen/Differenz/Produkt/Aufgabe

Es seien $a,b,c,d$ natürliche Zahlen mit $a\geq b$ und $c\geq d$.
* Zeige
    $ac+bd\geq bc+ad\,.$
* Zeige (in $\mathbb {N}$)
    $(a-b)\cdot (c-d)=ac+bd-(bc+ad)\,.$
# Prädikatenlogik/Satz/Substitution/Aufgabe/Lösung

Für Sätze $\alpha \in L_{0}^{S}$ gibt es mi rekursiven Aufbau grundsätzlich zwei Möglichkeiten. Entweder sind sie von der Form $\forall x\beta$ oder $\exists x\beta$, wobei in $\alpha$ höchstens die Variable $x$ frei vorkommt, oder sie entstehen durch aussagenlogische Verknüpfungen aus Sätzen.
Im ersten Fall ergibt sich aus der Voraussetzung $\alpha =\forall x\beta \in L_{0}^{S}$, dass in $\alpha$ keine Variable frei vorkommt. Somit ist die relevante Variablenmenge und entsprechend die relevante Termmenge leer. Daher ist als „Hilfsvariable“
    $v=x\,$
zu wählen, und es ist
    $(\forall x\beta ){\frac {t_{1},\ldots ,t_{k}}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}=\forall x(\beta {\frac {x}{x}})=\forall x\beta \,.$
# Natürliche Zahlen/Differenz/Vorgängernehmen/Aufgabe

Es seien $a\geq b$ natürliche Zahlen. Begründe, dass $a-b$ der $b$-te Vorgänger von $a$ ist.
# Prädikatenlogik/Substitution/Exists x x ist c/Aufgabe/Lösung

Die zu substituierende Variable $x$ kommt im Ausdruck $\exists x(x=c)$ nicht frei vor. Somit ist jedenfalls für den jeweiligen Term $t$
    $(\exists x(x=c)){\frac {t}{x}}=\exists v((x=c){\frac {v}{x}})\,.$
Da die relevante Termmenge leer ist, ist
    $v=x\,$
Also ist
    $(\exists x(x=c)){\frac {z}{x}}=\exists x((x=c)){\frac {x}{x}})=\exists x(x=c)\,.$
    $(\exists x(x=c)){\frac {x}{x}}=\exists x((x=c){\frac {x}{x}})=\exists x(x=c)\,.$
    $(\exists x(x=c)){\frac {fx}{x}}=\exists x((x=c){\frac {x}{x}})=\exists x(x=c)\,.$
# Natürliche Zahlen/Eigenschaften der Multiplikation/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $(\mathbb {N} ,0,')$ ein Dedekind-Peano-Modell der natürlichen Zahlen mit der in Definition festgelegten Multiplikation. Zeige die folgenden Aussagen.
* für alle $n$.
    $0\cdot n=0=n\cdot 0\,$
* für alle $n$, d.h. $1=0'$ ist das neutrale Element für die Multiplikation.
    $1\cdot n=n=n\cdot 1\,$
* für alle $n,k\in \mathbb {N}$.
    $k'\cdot n=k\cdot n+n\,$
* Die Multiplikation ist kommutativ.
* Die Multiplikation ist assoziativ.
* Aus einer Gleichung $n\cdot k=m\cdot k$ mit $k\neq 0$ folgt $n=m$ (Kürzungsregel).
* Für beliebige $k,m,n\in \mathbb {N}$ gilt (Distributivgesetz).
    $k\cdot (m+n)=k\cdot m+k\cdot n\,$
# Prädikatenlogik/Substitution/Gebundenes x ersetzen/Aufgabe/Lösung

Die Variable $x$ ist in $\forall x\alpha$ nicht frei. Daher ist die Menge der relevanten zu substituierenden Variablen leer und somit auch die Menge der substituierenden Terme. Also ist $v=x$ und daher
    $(\forall x\alpha ){\frac {t}{x}}=\forall x(\alpha {\frac {x}{x}})=\forall x\alpha \,.$
# Natürliche Zahlen/Endliche geometrische Reihe/Aufgabe

Zeige mit dem allgemeinen Distributivgesetz die Beziehung
    $a^{n+1}-1=(a-1){\left(\sum _{k=0}^{n}a^{k}\right)}\,$
für natürliche Zahlen $a\in \mathbb {N} _{\geq 1}$ und $n\in \mathbb {N}$.
# Prädikatenlogik/Substitution/Hintereinander/2/Aufgabe/Lösung

Für $\alpha$ betrachten wir den Ausdruck $x_{1}=x_{2}$ und wir setzen $t_{1}:=x_{2}$ und $t_{2}:=x_{1}$. Dann ist einerseits (wir schreiben $\equiv$ für die Gleichheit von Ausdrücken)
    ${\begin{aligned}{\left(\alpha {\frac {t_{1}}{x_{1}}}\right)}{\frac {t_{2}}{x_{2}}}&\equiv {\left((x_{1}=x_{2}){\frac {x_{2}}{x_{1}}}\right)}{\frac {x_{1}}{x_{2}}}\\&\equiv {\left(x_{2}=x_{2}\right)}{\frac {x_{1}}{x_{2}}}\\&\equiv x_{1}=x_{1},\end{aligned}}$
was allgemeingültig ist, und andererseits
    ${\begin{aligned}\alpha {\frac {t_{1},t_{2}}{x_{1},x_{2}}}&\equiv (x_{1}=x_{2}){\frac {x_{2},x_{1}}{x_{1},x_{2}}}\\&\equiv (x_{1}{\frac {x_{2},x_{1}}{x_{1},x_{2}}}=x_{2}{\frac {x_{2},x_{1}}{x_{1},x_{2}}})\\&\equiv x_{2}=x_{1},\end{aligned}}$
was nicht allgemeingültig ist. Somit ist
    $x_{1}=x_{1}\rightarrow x_{2}=x_{1}$
# Natürliche Zahlen/Idempotent/Aufgabe

Zeige, dass die einzigen natürlichen Zahlen, die die Gleichung
    $a^{2}=a\,$
erfüllen, die $0$ und die $1$ sind.
# Prädikatenlogik/Substitution/Hintereinander/Aufgabe/Lösung

Es sei $+$ ein zweistelliges Funktionssymbol und sei der Ausdruck $\alpha$ gleich $x_{1}=x_{2}$. Wir setzen
    $t_{1}=t_{2}=x_{1}+x_{2}\,.$
Dann ist einerseits (wir schreiben $\equiv$ für die Gleichheit von Ausdrücken)
    ${\begin{aligned}\alpha {\frac {t_{1},t_{2}}{x_{1},x_{2}}}&\equiv (x_{1}=x_{2}){\frac {x_{1}+x_{2},x_{1}+x_{2}}{x_{1},x_{2}}}\\&\equiv x_{1}+x_{2}=x_{1}+x_{2},\end{aligned}}$
was allgemeingültig ist, und andererseits
    ${\begin{aligned}{\left(\alpha {\frac {t_{1}}{x_{1}}}\right)}{\frac {t_{2}}{x_{2}}}&\equiv {\left((x_{1}=x_{2}){\frac {x_{1}+x_{2}}{x_{1}}}\right)}{\frac {x_{1}+x_{2}}{x_{2}}}\\&\equiv {\left(x_{1}+x_{2}=x_{2}\right)}{\frac {x_{1}+x_{2}}{x_{2}}}\\&=x_{1}+(x_{1}+x_{2})=x_{1}+x_{2},\end{aligned}}$
was nicht allgemeingültig ist (beispielsweise bei Interpretation in $\mathbb {N}$).
# Natürliche Zahlen/Induktion/Produkt der Selbstpotenzen/Aufgabe

Beweise durch Induktion die Abschätzung
    $1\cdot 2^{2}\cdot 3^{3}\cdots n^{n}\leq n^{\frac {n(n+1)}{2}}\,.$
# Prädikatenlogik/Substitution/x durch x/Identität/Aufgabe/Lösung

* Wir beweisen die Aussage durch Induktion über den Aufbau der Terme. Für Variablen ist bei $y\neq x$ direkt $y{\frac {x}{x}}=y$ und ferner $x{\frac {x}{x}}=x$. Konstanten bleiben bei jeder Substitution unverändert. Für ein $n$-stelliges Funktionssymbol $f$ und Terme $t_{1},\ldots ,t_{n}$ ist nach Induktionsvoraussetzung.
    $(ft_{1}\ldots t_{n}){\frac {x}{x}}=ft_{1}{\frac {x}{x}}\ldots t_{n}{\frac {x}{x}}=ft_{1}\ldots t_{n}\,$
* Wir beweisen die Aussage durch Induktion über den Aufbau der Sprache für alle Variablen gleichzeitig. Wenn $\alpha$ eine Identität von Termen oder eine Relationsaussage ist, so ergibt sich die Behauptung unmittelbar aus Teil (1). Der Induktionsschritt für die aussagenlogischen Junktoren ergibt sich unmittelbar aus der Definition der Substitution. Bei $\forall y\beta$ mit $y\neq x$ kommt $y$ nicht im substituierenden Term vor, und daher ist $v=y$ und nach Induktionsvoraussetzung. Bei $\forall x\beta$ ist $x$ nicht frei in $\beta$ und somit ist die relevante Termmenge leer und $v=x$, also nach Induktionsvoraussetzung.
    $(\forall y\beta ){\frac {x}{x}}=\forall y(\beta {\frac {y}{y}})=\forall y\beta \,$
    $(\forall x\beta ){\frac {x}{x}}=\forall x(\beta {\frac {x}{x}})=\forall x\beta \,$
# Natürliche Zahlen/Induktion/Summe ka k/Aufgabe

Die Folge $a_{n},\,n\in \mathbb {N}$, sei rekursiv durch
    $a_{1}=1{\text{ und }}a_{n}=\sum _{k=1}^{n-1}ka_{k}{\text{ für }}n\geq 2$
definiert. Zeige, dass für $n\geq 2$
    $a_{n}={\frac {1}{2}}n!\,$
gilt.
# Prädikatenlogik/Substitutionslemma/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Dies wird über den induktiven Aufbau der Terme bewiesen. (1). Für eine Konstante $c$ ist die Aussage richtig, da ihre Interpretation unverändert ist. Für eine Variable $x$ macht man eine Fallunterscheidung. Wenn
    $x=x_{i}\,$
mit einer der an der Substitution beteiligten Variablen ist, so ist
    $I{\left(x_{i}{\frac {t_{1},\ldots ,t_{k}}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}=I(t_{i})={\left(I{\frac {I(t_{1}),\ldots ,I(t_{k})}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}(x_{i})\,.$
Bei einer an der Substitution nicht beteiligten Variablen $x$ ist
    $I{\left(x{\frac {t_{1},\ldots ,t_{k}}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}=I(x)={\left(I{\frac {I(t_{1}),\ldots ,I(t_{k})}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}(x)\,.$
Wenn $f$ ein $n$-stelliges Funktionssymbol ist und $s_{1},\ldots ,s_{n}$ Terme sind, für die die Gleichheit schon bekannt ist, so ist
    ${\begin{aligned}I{\left({\left(fs_{1}\ldots s_{n}\right)}{\frac {t_{1},\ldots ,t_{k}}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}&=I{\left(fs_{1}{\frac {t_{1},\ldots ,t_{k}}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\ldots s_{n}{\frac {t_{1},\ldots ,t_{k}}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}\\&=I(f){\left(I{\left(s_{1}{\frac {t_{1},\ldots ,t_{k}}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)},\ldots ,I{\left(s_{n}{\frac {t_{1},\ldots ,t_{k}}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}\right)}\\&=I(f){\left({\left(I{\frac {I(t_{1}),\ldots ,I(t_{k})}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}(s_{1}),\ldots ,{\left(I{\frac {I(t_{1}),\ldots ,I(t_{k})}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}(s_{n})\right)}\\&={\left(I{\frac {I(t_{1}),\ldots ,I(t_{k})}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}(f){\left({\left(I{\frac {I(t_{1}),\ldots ,I(t_{k})}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}{\left(s_{1}\right)},\ldots ,{\left(I{\frac {I(t_{1}),\ldots ,I(t_{k})}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}{\left(s_{n}\right)}\right)}\\&={\left(I{\frac {I(t_{1}),\ldots ,I(t_{k})}{x_{1},\ldots ,x_{k}}}\right)}{\left(fs_{1}\ldots s_{n}\right)}.\end{aligned}}$
# Natürliche Zahlen/Menge bis n und Nachfolger/Aufgabe

Es sei $(\mathbb {N} ,0,^{\prime })$ ein Dedekind-Peano-Modell der natürlichen Zahlen und $n\in \mathbb {N}$. Zeige durch Induktion, dass die Beziehung
    $\{0,\ldots ,n^{\prime }\}=\{0,\ldots ,n\}\cup \{n^{\prime }\}\,$
gilt.
# Prädikatenlogik/Terme/Identifizierung in Interpretationen/Äquivalenzrelation/Aufgabe/Lösung

* Wegen $\vdash s=s$ und der Korrektheit des Ableitungskalküls ist $I(s)=I(t)$ überhaupt für jede Interpretation. Es liegt also eine reflexive Relation vor. Es sei nun $s\cong _{\Gamma }t$. Dann gilt für jede Interpretation $I$ mit $I\vDash \Gamma$ die Gleichheit $I(s)=I(t)$ und somit auch $I(t)=I(s)$, also ist auch $t\cong _{\Gamma }s$, was die Symmetrie beweist. Es gelte nun $r\cong _{\Gamma }s$ und $s\cong _{\Gamma }t$, und es sei $I$ eine Interpretation mit $I\vDash \Gamma$. Dann ist $I(r)=I(s)$ und $I(s)=I(t)$ und somit auch $I(r)=I(t)$ wegen der Transitivität der Gleichheit. Also gilt $r\cong _{\Gamma }t$, was die Transitivität beweist.
* Es sei $\Gamma \subseteq \Gamma '$. Wir behaupten, dass die Äquivalenz $s\cong _{\Gamma }t$ die Äquivalenz $s\cong _{\Gamma '}t$ impliziert. Es sei dazu $s\cong _{\Gamma }t$ und eine Interpretation $I$ mit $I\vDash \Gamma '$ gegeben. Dann gilt erst recht $I\vDash \Gamma$ und somit ist $I(s)=I(t)$. Somit umfassen die Äquivalenzklassen zu $\cong _{\Gamma '}$ die Äquivalenzklassen zu $\cong _{\Gamma }$, die Äquivalenzklassen werden also größer.
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Bezug auf Anfangssegment/Aufgabe

Es seien $k,n$ natürliche Zahlen. Zeige, dass $k\leq n$ genau dann gilt, wenn
    $\{1,\ldots ,k\}\subseteq {\{1,\ldots ,n\}}\,$
gilt.
# Prädikatenlogik/Uminterpretation/Beispiel/1/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $J:=I{\frac {e,-{\sqrt {2}},{\frac {4}{7}},I(x)}{x,z,x,y}}=I{\frac {e,-{\sqrt {2}},{\frac {4}{7}},5}{x,z,x,y}}\,.$
Ferner ist dieser Ausdruck von innen nach außen, bzw. von links nach rechts zu lesen, also als
    ${\left({\left({\left(I{\frac {e}{x}}\right)}{\frac {-{\sqrt {2}}}{z}}\right)}{\frac {\frac {4}{7}}{x}}\right)}{\frac {5}{y}}.$
Daher ist
    $J(x)={\frac {4}{7}},\,J(y)=5,\,J(z)=-{\sqrt {2}},\,J(w)=-3.$
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Differenz/Umkehrung/Aufgabe

Es seien $a,b,c$ natürliche Zahlen mit $a\leq b\leq c$. Zeige
    $c-b\leq c-a\,.$
# Prädikatenlogik/Zweifache Substitution/Einfache Substitution/Semantik/Aufgabe/Lösung

Es sei $I$ eine Interpretation mit
    $I\vDash \alpha {\frac {s,t}{x,y}}.$
Nach dem Substitutionslemma bedeutet dies
    $I{\frac {I(s),I(t)}{x,y}}\vDash \alpha .$
Von der anderen Seite her ist
    $I\vDash \alpha {\frac {s{\frac {v}{y}}}{x}}{\frac {t{\frac {u}{x}}}{y}}{\frac {x}{u}}{\frac {y}{v}}$
mit dem Substitutionslemma äquivalent zu
    $I{\frac {I(y)}{v}}\vDash \alpha {\frac {s{\frac {v}{y}}}{x}}{\frac {t{\frac {u}{x}}}{y}}{\frac {x}{u}}.$
Dies ist äquivalent zu
    $I{\frac {I(y)}{v}}{\frac {I{\frac {I(y)}{v}}(x)}{u}}\vDash \alpha {\frac {s{\frac {v}{y}}}{x}}{\frac {t{\frac {u}{x}}}{y}},$
und wegen $I{\frac {I(y)}{v}}(x)=I(x)$ kann man dies als
    $I{\frac {I(y),I(x)}{v,u}}\vDash \alpha {\frac {s{\frac {v}{y}}}{x}}{\frac {t{\frac {u}{x}}}{y}}$
schreiben. Wir nennen die Interpretation links $J$. Mit dem Substitutionslemma ist dies äquivalent zu
    $J{\frac {J(t{\frac {u}{x}})}{y}}\vDash \alpha {\frac {s{\frac {v}{y}}}{x}}.$
Nach dem Substitutionslemma für Terme ist
    $J{\left(t{\frac {u}{x}}\right)}=J{\frac {J(u)}{x}}(t)\,.$
Dabei ist
    $J(u)={\left(I{\frac {I(y),I(x)}{v,u}}\right)}(u)=I(x)\,$
und somit ist
    $J{\frac {J(u)}{x}}(t)={\left(I{\frac {I(y),I(x)}{v,u}}\right)}{\frac {I(x)}{x}}(t)={\left(I{\frac {I(y),I(x)}{v,u}}\right)}(t)=I(t)\,.$
Zusammengefasst ist also
    $I{\frac {I(y),I(x),I(t)}{v,u,y}}\vDash \alpha {\frac {s{\frac {v}{y}}}{x}}.$
Die Interpretation links nennen wir wieder $J$. Nach dem Substitutionslemma ist
    $J{\frac {J{\left(s{\frac {v}{y}}\right)}}{x}}\vDash \alpha .$
Dabei ist
    $J{\left(s{\frac {v}{y}}\right)}={\left(J{\frac {J(v)}{y}}\right)}(s)\,$
und wir haben
    $J(v)={\left(I{\frac {I(y),I(x),I(t)}{v,u,y}}\right)}(v)=I(y)\,.$
Daher ist
    $J{\left(s{\frac {v}{y}}\right)}=J{\frac {I(y)}{y}}(s)=I{\frac {I(y),I(x),I(t)}{v,u,y}}{\frac {I(y)}{y}}(s)=I{\frac {I(y),I(x),I(t)}{v,u,y}}(s)=I(s)\,.$
Also ist insgesamt
    $J{\frac {J{\left(s{\frac {v}{y}}\right)}}{x}}=J{\frac {I(s)}{x}}=I{\frac {I(y),I(x),I(t)}{v,u,y}}{\frac {I(s)}{x}}=I{\frac {I(y),I(x),I(s),I(t)}{v,u,x,y}}\,$
und
    $I{\frac {I(y),I(x),I(s),I(t)}{v,u,x,y}}\vDash \alpha .$
Nach dem Koinzidenzlemma ist dies äquivalent zu
    $I{\frac {I(s),I(t)}{x,y}}\vDash \alpha ,$
da $u$ und $v$
$\alpha$
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Differenz/Verschiebung/Aufgabe

Es seien $a,b,c$ natürliche Zahlen mit $a,b\geq c$. Zeige
    $(a-c)+b=a+(b-c)\,.$
Gilt
    $(8-5)+3=8+(3-5)\,$
in $\mathbb {N}$?
# Publikum/Anteil/Prozentwerte/Aufgabe/Lösung

a) Die ganze Prozentzahl wird bei $i$ Ja-Antworten von $n$ Zuschauern bei der angegebenen Rundung durch
    $p(i)=\left\lfloor 100\cdot {\frac {i}{n}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor \,$
berechnet.
b) Für $n\leq 99$ ist die Abbildung aus Anzahlgründen nicht surjektiv. Sie ist injektiv, da der ungerundete Prozentwert einer Person größer als $1$ ist und daher die Hinzunahme einer Person die gerundete Prozentanzahl um mindestens $1$ erhöht. Für $n=100$ ist die Abbildung die Identität, also injektiv und surjektiv. Für $n\geq 101$ ist die Abbildung aus Anzahlgründen nicht injektiv. Sie ist surjektiv, da der ungerundete Prozentwert einer Person weniger als $1$ ist und daher die Hinzunahme einer Person die gerundete Prozentanzahl um höchstens $1$ erhöht.
c) Die Prozentzahl $50$ kommt nicht vor. Für $i=49$ ist das Ergebnis
    $\left\lfloor 100\cdot {\frac {49}{99}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {9800+99}{198}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {9899}{198}}\right\rfloor =49\,$
(wegen $198\cdot 50=9900$) und für $i=50$ ist das Ergebnis
    $\left\lfloor 100\cdot {\frac {50}{99}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10000+99}{198}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10099}{198}}\right\rfloor =51\,$
(wegen $198\cdot 51=10098$).
d) Die Prozentzahl $50$ kommt doppelt vor. Für $i=50$ ist das Ergebnis
    $\left\lfloor 100\cdot {\frac {50}{101}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10000+101}{202}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10101}{202}}\right\rfloor =50\,$
(wegen $202\cdot 50=10100$) und für $i=51$ ist das Ergebnis
    $\left\lfloor 100\cdot {\frac {51}{101}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10200+101}{202}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {10301}{202}}\right\rfloor =50\,$
(wegen $202\cdot 51=10302$).
e) Die Prozentzahl $25$ kommt doppelt vor. Für $i=25$ ist das Ergebnis
    $\left\lfloor 100\cdot {\frac {25}{102}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {2500+51}{102}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {2551}{102}}\right\rfloor =25\,$
(wegen $102\cdot 25=2550$) und für $i=26$ ist das Ergebnis ebenfalls
    $\left\lfloor 100\cdot {\frac {26}{102}}+{\frac {1}{2}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {2600+51}{102}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {2651}{102}}\right\rfloor =25\,$
(wegen $102\cdot 26=2652$). Wegen der Symmetrie der Situation (bis auf die Rundung)
$75$
$i=76,77$
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Differenz/Zweifache Subtraktion/2/Aufgabe

Es seien $a,b,c$ natürliche Zahlen mit $a\geq b+c$. Zeige, dass dann $a\geq b$ und $a-b\geq c$ gilt, und dass
    $(a-b)-c=a-(b+c)\,$
ist.
# Punkt im Raum/Abstand zu Achsenunterräumen/2/Aufgabe/Lösung

Der Abstand von ${\begin{pmatrix}-6\\-5\\7\end{pmatrix}}$ zu den $U_{J}$ ist nach Beispiel folgendermaßen.
* Zu $I=\{1,2,3\}$ ist der Abstand $0$.
* Zu $I=\{1,2\}$ ist der Abstand $7$.
* Zu $I=\{1,3\}$ ist der Abstand $5$.
* Zu $I=\{2,3\}$ ist der Abstand $6$.
* Zu $I=\{1\}$ ist der Abstand ${\sqrt {25+49}}={\sqrt {74}}$.
* Zu $I=\{2\}$ ist der Abstand ${\sqrt {36+49}}={\sqrt {85}}$.
* Zu $I=\{3\}$ ist der Abstand ${\sqrt {36+25}}={\sqrt {61}}$.
* Zu $I=\emptyset$ ist der Abstand ${\sqrt {36+25+49}}={\sqrt {110}}$.
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Differenz/Zweifache Subtraktion/Aufgabe

Es seien $a,b,c$ natürliche Zahlen mit $a\geq b$ und $a-b\geq c$. Zeige, dass dann $a\geq b+c$ ist und dass
    $(a-b)-c=a-(b+c)\,$
ist.
# Punkt in Ebene/Gerade/Abstand/Lotfußpunkt/1/Aufgabe/Lösung

Es ist ${\begin{pmatrix}12\\4\end{pmatrix}}$ ein Punkt der Geraden, die durch
    ${\begin{pmatrix}12\\4\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}7\\3\end{pmatrix}}$
parametrisiert wird. Auf dieser Geraden steht der Vektor ${\begin{pmatrix}3\\-7\end{pmatrix}}$ senkrecht, daher lautet der Ansatz
    ${\begin{pmatrix}5\\-6\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\4\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}7\\3\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-7\end{pmatrix}}\,$
bzw.
    ${\begin{pmatrix}-7\\-10\end{pmatrix}}=s{\begin{pmatrix}7\\3\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-7\end{pmatrix}}\,.$
Dies führt auf
    $58t=49\,$
und somit ist
    $t={\frac {49}{58}}\,$
und
    $s=-{\frac {79}{58}}\,.$
Der Lotfußpunkt ist also
    ${\begin{pmatrix}12\\4\end{pmatrix}}-{\frac {79}{58}}{\begin{pmatrix}7\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {143}{58}}\\-{\frac {5}{58}}\end{pmatrix}}\,$
und der Abstand ist
    $\Vert {{\frac {49}{58}}{\begin{pmatrix}3\\-7\end{pmatrix}}}\Vert ={\frac {49}{58}}{\sqrt {58}}\,.$
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Größergleich und echt größer/Aufgabe

Für natürliche Zahlen gelte $a\geq b$ und $b>c$. Zeige $a>c$.
# Punkt/F q über Z mod p/Weilsche Zetafunktion/Aufgabe/Lösung

Der Punkt mit dem Restekörper ${\mathbb {F} }_{p^{e}}$ besitzt eine Gleichungsbeschreibung der Form
    ${\mathbb {F} }_{p^{e}}=\mathbb {Z} /(p)[X]/(G)\,$
mit einem irreduziblen Polynom $G$ vom Grad $e$. Die Anzahl der ${\mathbb {F} }_{p^{r}}$-Punkte von dieser einpunktigen Varietät ist die Anzahl der Körperhomomorphismen
    $\mathbb {Z} /(p)[X]/(G)\longrightarrow {\mathbb {F} }_{p^{r}},$
die durch den Wert von $X$ festgelegt sind. Nach Fakt gibt es einen solchen Homomorphismus genau dann, wenn $r$ ein Vielfaches von $e$ ist. In diesem Fall ist das Bild von ${\mathbb {F} }_{p^{e}}$ in ${\mathbb {F} }_{p^{r}}$ eindeutig bestimmt, allerdings gibt es verschiedene Homomomorphismen, die von der Galoisgruppe von ${\mathbb {F} }_{p^{e}}$ herrühren. Die Anzahlen $N_{r}$ sind also gleich
    $N_{r}={\begin{cases}0,{\text{ wenn }}r{\text{ kein Vielfaches von }}e{\text{ ist}}\,,\\e,{\text{ wenn }}r{\text{ ein Vielfaches von }}e{\text{ ist}}\,.\end{cases}}\,$
Somit ist
    ${\begin{aligned}\sum _{r=1}^{\infty }N_{r}{\frac {t^{r}}{r}}&=\sum _{s=1}^{\infty }e{\frac {t^{es}}{es}}\\&=\sum _{r=1}^{\infty }{\frac {t^{es}}{s}}\\&=\ln {\frac {1}{1-t^{e}}}.\end{aligned}}$
Die Weilsche Zeta-Funktion ist also
    $Z(t)={\frac {1}{1-t^{e}}}\,.$
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Größergleich/Intervall/Aufgabe

Es seien $m\leq n$ natürliche Zahlen. Zeige
    $\{m,\ldots ,n\}={\left\{x\in \mathbb {N} \mid m\leq x{\text{ und }}x\leq n\right\}}\,.$
# Punkte auf Kugel/Parametrische Verbindbarkeit/Aufgabe/Lösung

Es sei $c=\Vert {v}\Vert$. Die Vektoren $v$ und $w$ liegen in einer Ebene $E\subseteq V$, und es sei $u_{1},u_{2}$ eine Orthonormalbasis dieser Ebene. Dabei können wir $v=cu_{1}$ und $w=au_{1}+bu_{2}=c(ru_{1}+su_{2})$ erreichen. Wegen
    $c=\Vert {w}\Vert ={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\,$
ist $r^{2}+s^{2}=1$. Daher gibt es ein $\theta \in0,2\pi ]}$ mit
    $(r,s)=(\cos \theta ,\sin \theta )\,.$
Daher besitzt
    $\gamma (t)=c{\left(u_{1}\cos \left(\theta t\right)+u_{2}\sin \left(\theta t\right)\right)}\,$
# Natürliche Zahlen/Ordnung/Größergleich/Produktmenge/Aufgabe

Skizziere die Menge der Paare $(x,y)\in \mathbb {N} \times \mathbb {N}$, die $x\geq y$ erfüllen, als Teilmenge der Produktmenge $\mathbb {N} \times \mathbb {N}$.
# Punktierte komplexe Ebene/Standardform/Zugehörige Kohomologieklasse/Hauptzweig/Aufgabe/Lösung

Wir ziehen die lokalen Stammfunktionen $\ln z$ auf $U={\mathbb {C} }\setminus \mathbb {R} _{\leq 0}$ und $\ln \left(-z\right)$ auf $V={\mathbb {C} }\setminus \mathbb {R} _{\geq 0}$ heran. Die Differenz auf
    $U\cap V={\mathbb {H} }\cup {\mathbb {H} }_{-}\,$
ist $-\ln \left(z\right)+\ln \left(-z\right)$. Diese Funktion ist lokal konstant, auf der oberen Halbebene ${\mathbb {H} }$ hat sie den Wert
    $-\ln \left({\mathrm {i} }\right)+\ln \left(-{\mathrm {i} }\right)=-\pi {\mathrm {i} }\,$
und auf der unteren Halbebene ${\mathbb {H} }_{-}$ den Wert
    $-\ln \left(-{\mathrm {i} }\right)+\ln \left({\mathrm {i} }\right)=\pi {\mathrm {i} }\,.$
# Natürliche Zahlen/Ordnungsrelation/a geq b/Alternative/Aufgabe

Es seien $a,b$ natürliche Zahlen mit $a\geq b$. Zeige, dass $a=b$ oder $a\geq b+1$ gilt.