OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Uneigentliches Integral/t^x e^(-t)/Existenz/Beispiel

Es sei $x>-1$. Wir betrachten die Funktion
    $\mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto t^{x}e^{-t}.$
Wir behaupten, dass das uneigentliche Integral
    $\int _{0}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt$
existiert. Für den rechten Rand (also $\infty$) betrachten wir eine natürliche Zahl $n\geq x$. Da die Exponentialfunktion schneller wächst als jede Polynomfunktion (siehe Aufgabe), gibt es ein $a\in \mathbb {R} _{+}$ derart, dass $t^{n}e^{-{\frac {t}{2}}}\leq 1$ für alle $t\geq a$ gilt. Daher ist
    ${\begin{aligned}\int _{a}^{b}t^{x}e^{-t}\,dt&\leq \int _{a}^{b}t^{n}e^{-t}\,dt\\&=\int _{a}^{b}t^{n}e^{-{\frac {t}{2}}}e^{-{\frac {t}{2}}}\,dt\\&\leq \int _{a}^{b}e^{-{\frac {t}{2}}}\,dt\\&=2{\left(e^{-{\frac {a}{2}}}-e^{-{\frac {b}{2}}}\right)}\\&\leq 2e^{-{\frac {a}{2}}}.\end{aligned}}$
Für $b\rightarrow \infty$ wächst das linke Integral und ist durch $2e^{-{\frac {a}{2}}}$ beschränkt, sodass der Grenzwert existiert. Für das Verhalten am linken Rand (das nur bei $-1<x\leq 0$ problematisch ist) müssen wir wegen $e^{-t}\leq 1$ nach Fakt nur $\int _{0}^{1}t^{x}\,dt$ betrachten. Eine Stammfunktion davon ist ${\frac {1}{x+1}}t^{x+1}$, deren Exponent positiv ist, sodass der Limes für $t\rightarrow 0$ existiert.
# Kreis/Diskrete Gleichverteilung/Aufgabe/Lösung

a)
b) Wir betrachten die Abbildung
    $[0,\pi ]\longrightarrow M,\,s\longmapsto (\cos s,\sin s),$
die den oberen Halbkreis gleichförmig parametrisiert. Dabei entspricht der angegebenen gleichwinkligen Unterteilung von $M$ mit $n+1$ Punkten die äquidistante Unterteilung des Intervalls $[0,\pi ]$ mit dem Abstand $\pi /n$, das wir $\lambda _{n}$ nennen. Das Bildmaß kann man also auch auffassen als Bildmaß zu $\lambda _{n}$ unter der Abbildung
    $[0,\pi ]\longrightarrow [-1,1],\,s\longmapsto \cos s.$
Daher ist
    ${\begin{aligned}\nu _{n}[t,1]&=\lambda _{n}{\left(\arccos([t,1])\right)}\\&=\lambda _{n}{\left([0,\arccos t]\right)}\\&=\left\lfloor {\frac {n\arccos t}{\pi }}\right\rfloor +1.\end{aligned}}$
c) Wir behaupten, dass die Folge bestimmt gegen $+\infty$ divergiert. Es ist zunächst
    $\left\lfloor {\frac {n\arccos {\left(1-{\frac {2}{n}}\right)}}{\pi }}\right\rfloor +1\geq {\frac {n\arccos {\left(1-{\frac {2}{n}}\right)}}{\pi }}={\frac {2}{\pi }}\cdot {\frac {\arccos {\left(1-{\frac {2}{n}}\right)}}{\frac {2}{n}}}\,.$
Es genügt also zu zeigen, dass
    $\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,{\frac {\arccos {\left(1-h\right)}}{h}}=+\infty \,$
ist. Nach der Regel von l'Hospital kann man stattdessen
    ${\frac {\frac {1}{\sqrt {1-(1-h)^{2}}}}{1}}={\frac {1}{\sqrt {2h-h^{2}}}}={\frac {1}{{\sqrt {h}}{\sqrt {2-h}}}}\,$
$+\infty$
# Kompositum/Maximaler Grad/Aufgabe

Es seien $K\subseteq K_{1}$ und $K\subseteq K_{2}$ zwei Körpererweiterungen vom Grad $d_{1}$ bzw. $d_{2}$. Es sei $K_{1}K_{2}$ das in einem Oberkörper gebildete Kompositum. Zeige, dass die Abschätzung $\operatorname {grad} _{K}K_{1}K_{2}\leq d_{1}d_{2}$ gilt.
# Ungerichteter Graph/Spannbäume/Kirchhoff/1/Beispiel

Wir betrachten den Diamantgraphen mit den Knoten $a,b,c,d$, bei dem $\{1,4\}$ die einzige Nichtkante ist. Die Adjazenzmatrix ist $A={\begin{pmatrix}0&1&1&0\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\0&1&1&0\end{pmatrix}}$, die Gradmatrix ist $D={\begin{pmatrix}2&0&0&0\\0&3&0&0\\0&0&3&0\\0&0&0&2\end{pmatrix}}$ und die Laplace-Matrix ist
    $L={\begin{pmatrix}2&0&0&0\\0&3&0&0\\0&0&3&0\\0&0&0&2\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}0&1&1&0\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\0&1&1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&-1&-1&0\\-1&3&-1&-1\\-1&-1&3&-1\\0&-1&-1&2\end{pmatrix}}\,.$
Die Determinante der Streichungsmatrix zur ersten Zeile und ersten Spalte ist
    $\det {\begin{pmatrix}3&-1&-1\\-1&3&-1\\-1&-1&2\end{pmatrix}}=8\,.$
Diese Zahl stimmt mit der Anzahl der Spannbäume des Diamantgraphen, die in Beispiel berechnet wurde, überein.
# Kreis/Eingeschriebenes n-Eck/Approximation/Aufgabe/Lösung

* Die Seitenlänge des eingeschriebenen Quadrates ist nach dem Satz des Pythagoras gleich ${\sqrt {2}}$. Deshalb ist der Flächeninhalt des eingeschriebenen Quadrates gleich und der Umfang gleich $4{\sqrt {2}}$.
    ${\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {2}}=2\,$
* Das eingeschriebene regelmäßige Sechseck besteht aus $6$ gleichseitigen Dreiecken, da ja ihr Winkel im Kreismittelpunkt $60$ Grad beträgt, und somit ist ihre Seitenlänge gleich $1$. Die Höhe dieser Dreiecke ist nach dem Satz des Pythagoras gleich Der Flächeninhalt eines dieser Dreiecke ist somit ist der Flächeninhalt des eingeschriebenen Sechsecks gleich Der Umfang des Sechsecks ist $6$.
    ${\sqrt {1-\left({\frac {1}{2}}\right)^{2}}}={\sqrt {\frac {3}{4}}}={\frac {\sqrt {3}}{2}}\,.$
    ${\frac {1}{2}}\cdot 1\cdot {\frac {\sqrt {3}}{2}}={\frac {\sqrt {3}}{4}}\,,$
    $6\cdot {\frac {\sqrt {3}}{4}}=3\cdot {\frac {\sqrt {3}}{2}}\,.$
* Das regelmäßige eingeschriebene $n$-Eck besteht aus $n$ gleichen gleichschenkligen Dreiecken, deren Schenkel die Länge $1$ haben. Deren Grundseite sei mit $g_{n}$ und deren Höhe sei mit $h_{n}$ bezeichnet (deren Werte muss man für den Vergleich der Approximationen nicht ausrechnen). Der Flächeninhalt eines solchen Dreiecks ist ${\frac {1}{2}}g_{n}h_{n}$ und somit ist der Flächeninhalt des eingeschriebenen $n$-Ecks gleich Der Umfang des $n$-Ecks ist Das Verhältnis des Flächeninhalts des $n$-Ecks zum Flächeninhalt des Kreises ist somit das Verhältnis des Umfangs des $n$-Ecks zum Umfang des Kreises ist Wegen $h_{n}<1$ ist die Umfangsapproximation besser als die Flächenapproximation.
    $n{\frac {1}{2}}g_{n}h_{n}.$
    $ng_{n}.$
    ${\frac {n{\frac {1}{2}}g_{n}h_{n}}{\pi }}=h_{n}{\frac {ng_{n}}{2\pi }}\,,$
    ${\frac {ng_{n}}{2\pi }}.$
# Kongruente Zahl/Arithmetische Quadratfolge/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $n\geq 1$ eine natürliche Zahl. Zeige, dass $n$ genau dann eine kongruente Zahl ist, wenn es eine rationale Zahl $q$ derart gibt, dass die drei Zahlen $q-n,q,q+n$ Quadrate in $\mathbb {Q}$ sind.
# Untere Halbkugel/Nullpunkt/Total differenzierbar/Beispiel

Wir betrachten die Funktion
    $\varphi \colon {\left\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}<1\right\}}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto 1-{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}},$
deren Graph die untere Hälfte der Kugel mit Radius $1$ und Mittelpunkt ${\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ ist. Wir interessieren uns, ob $\varphi$ im Nullpunkt $(0,0)$ total differenzierbar ist. Aus Symmetriegründen kommt als totales Differential nur die Nullabbildung in Frage. Es geht somit darum, ob für $v={\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$ gegen $0$ der Ausdruck
    ${\frac {\varphi (v)}{\Vert {v}\Vert }}={\frac {\varphi (x,y)}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}={\frac {1-{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}\,$
gegen $0$ konvergiert. Mit
    $r={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\,$
ist dies
    ${\frac {1-{\sqrt {1-r^{2}}}}{r}}.$
Wir wenden darauf die Regel von l'Hospital an. Der abgeleitete Nenner ist $1$ und der abgeleitete Zähler ist
    ${\frac {r}{\sqrt {1-r^{2}}}}$
und konvergiert gegen $0$, sodass Konvergenz gegen $0$ vorliegt. Die Nullabbildung ist also in der Tat das totale Differential.
# Kreis/Mittelpunkt Ursprung/Graph/Tangente durch (0,s)/x-Koordinate/Aufgabe/Lösung

a) Der obere Kreisbogen wird für ($x\in [-r,r]$) durch die Funktion
    $f(x)={\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\,$
beschrieben.
b) Die Ableitung von $f$ ist
    $f'(x)=-x{\frac {1}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}\,.$
$(x,f(x))$
$(s,0)$
    ${\frac {\sqrt {r^{2}-x^{2}}}{x-s}}$
    $-x{\frac {1}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}={\frac {\sqrt {r^{2}-x^{2}}}{x-s}}\,$
bzw. auf
    $-x(x-s)=r^{2}-x^{2}\,.$
Daher ist
    $x={\frac {r^{2}}{s}}\,.$
# Konstante Prägarbe/Vergarbung/Halm/Aufgabe

Es sei ${\mathcal {F}}$ eine konstante Prägarbe auf einem topologischen Raum $X$ zur Menge $M$. Zeige, dass der Halm der Vergarbung von ${\mathcal {F}}$ in jedem Punkt $P\in X$ gleich $M$ ist.
# Untere Halbkugel/Total differenzierbar/Kettenregel/Beispiel

Wir betrachten die Funktion
    $\varphi \colon {\left\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}<1\right\}}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto 1-{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}},$
aus Beispiel in einem beliebigen Punkt $P=(x,y)$. Wir schreiben die Abbildung als Hintereinanderschaltung von
    $(x,y)\longmapsto 1-x^{2}-y^{2}\,\,{\text{ und }}\,\,u\longmapsto 1-{\sqrt {u}}.$
Die erste Funktion ist überall total differenzierbar mit der Jacobi-Matrix
    $\left(-2x,\,-2y\right)$
und die zweite Funktion ist für $u>0$ differenzierbar mit der Ableitung ${\frac {-1}{2{\sqrt {u}}}}$. Die Gesamtabbildung ist somit nach der Kettenregel ebenfalls total differenzierbar mit dem totalen Differential
    ${\frac {-1}{2{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}}}\left(-2x,\,-2y\right)=\left({\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}},\,{\frac {y}{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}}\right)\,.$
# Kreis/Mittelpunkt Ursprung/Tangente durch (0,s)/x-Koordinate/Aufgabe/Lösung

Der obere Kreisbogen wird (für $x\in [-r,r]$) durch die Funktion
    $f(x)={\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\,$
beschrieben. Die Ableitung davon ist
    $f'(x)=-x{\frac {1}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}\,.$
$(x,f(x))$
$(s,0)$
    ${\frac {\sqrt {r^{2}-x^{2}}}{x-s}}$
    $-x{\frac {1}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}={\frac {\sqrt {r^{2}-x^{2}}}{x-s}}\,$
bzw. auf
    $-x(x-s)=r^{2}-x^{2}\,.$
Daher ist
    $x={\frac {r^{2}}{s}}\,.$
# Konstanter Weg/Neutrales Element in Fundamentalgruppe/Aufgabe

Es sei $X$ ein topologischer Raum und $x\in X$. Zeige, dass die Verknüpfung eines stetigen geschlossenen Weges $\gamma$ mit Aufpunkt $x$ mit dem konstanten Weg $x$ homotop zu $\gamma$ ist.
# Untervektorraum/Dualraum/1/Beispiel

Wir betrachten den Untervektorraum
    $U=\langle {\begin{pmatrix}8\\6\\5\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}4\\7\\-3\end{pmatrix}}\rangle \subseteq \mathbb {R} ^{3}\,.$
Der Orthogonalraum zu $U$ besteht aus allen Linearformen
    $f\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R}$
mit $f{\begin{pmatrix}8\\6\\5\end{pmatrix}}=0$ und $f{\begin{pmatrix}4\\7\\-3\end{pmatrix}}=0$. Da eine Linearform bezüglich der Standardbasis durch eine Zeilenmatrix $\left(a,\,b,\,c\right)$ gegeben ist, geht es um die Lösungsmenge des Gleichungssystems
    $8a+6b+5c=0\,,$
    $4a+7b-3c=0\,.$
Der Lösungsraum ist
    $U^{\perp }={\left\{s\left({\frac {17}{4}},\,1,\,-8\right)\mid s\in K\right\}}\,.$
# Kreis/Punkt/Abstand/Aufgabe/Lösung

Wir behaupten, dass der Abstand im Punkt $Q={\frac {1}{a^{2}+b^{2}}}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ angenommen wird. Aufgrund der Normierung handelt es sich um einen Punkt von $K$. Es sei $R$ ein weiterer Punkt des Einheitskreises. Die Punkte $0,Q,P$ liegen auf einer Geraden, und da $P$ außerhalb des Kreises liegt, ist
    $d(0,P)=d(0,Q)+d(Q,P)\,.$
Aufgrund der Dreiecksungleichung ist
    $d(0,R)+d(R,P)\geq d(0,P)\,,$
und hierbei gilt sogar $>$, wenn die drei Punkte nicht auf einer Geraden liegen (siehe Aufgabe). Somit ist für $R\neq Q$
    $d(R,P)>d(Q,P)\,$
$R=-Q$
# Konstantes Vektorfeld/Verbindender differenzierbarer Weg/Unabhängig/Aufgabe

Wir betrachten das konstante Vektorfeld
    $F\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,P\longmapsto v.$
Zeige, dass für zwei Punkte $P,Q\in \mathbb {R} ^{n}$ und jeden stetig differenzierbaren Weg $\gamma \colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ mit $\gamma (a)=P$ und $\gamma (b)=Q$ das Wegintegral $\int _{\gamma }F$ gleich $\left\langle Q-P,v\right\rangle$ ist.
# Variablenpotenz/Standardentfaltung/Beispiel

Zu einer Variablenpotenz $f(x)=x^{n}$
    $f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,x\longmapsto x^{n},$
ist die Ableitung $f'(x)=nx^{n-1}$ und somit bilden die Funktionen $1,x,x^{2},\ldots ,x^{n-2}$ eine Basis von ${\mathcal {O}}/{\left(nx^{n-1}\right)}$. Die Standardentfaltung ist also
    ${\mathbb {C} }\times {\mathbb {C} }^{n-1}\longrightarrow {\mathbb {C} },\,(x,a_{0},a_{1},\ldots ,a_{n-2})\longmapsto x^{n}+a_{0}+a_{1}x+\cdots +a_{n-2}x^{n-2}.$
# Kreise/Durchschnitt/Tangential/1/Aufgabe/Lösung

Der Einheitskreis ist die Lösungsmenge der Gleichung
    $x^{2}+y^{2}=1\,$
und $K$ ist die Lösungsmenge der Gleichung
    $(x-1)^{2}+y^{2}=x^{2}-2x+1+y^{2}=4\,.$
Wenn man von der zweiten Gleichung die erste abzieht, so erhält man
    $-2x+1=3\,,$
also
    $x=-1\,.$
Aus der Einheitskreisgleichung folgt daraus, dass
    $y=0\,$
sein muss. Der einzige Schnittpunkt ist also $(-1,0)$
# Konstruierbare Erweiterung/Galoistheoretische Charakterisierung/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $K\subseteq {\mathbb {C} }$ ein Unterkörper und $z\in {\mathbb {C} }$. Es gebe eine endliche Galoiserweiterung $K\subseteq M$ mit $z\in M$ gibt, deren Grad eine Zweierpotenz sei. Zeige, dass es in ${\mathbb {C} }$ eine Körperkette aus quadratischen Körpererweiterungen
    $K=L_{0}\subset L_{1}\subset \ldots \subset L_{r}=L\,$
mit $z\in L$ gibt.
# Variablenprodukt/3/Glattheit/Beispiel

Zu
    $K^{3}\longrightarrow K,\,(x,y,z)\longmapsto xyz,$
ist die Nullstellenmenge die Vereinigung der drei Achsenebenen, also zweidimensional. Die Jacobimatrix ist
    $(yz,xz,xy).$
Im Nullpunkt ist das die Nullmatrix und es liegt ein singulärer Punkt vor. Aber auch in einem Punkt mit $x=y=0$ (unabhängig vom Wert von $z$) liegt die Nullmatrix vor und der Punkt ist singulär. Wenn hingegen $x=0$ ist und die beiden anderen Koordinaten $y,z$ nicht $0$ sind, so ist die Jacobimatrix gleich $(yz,0,0)$ und hat den Rang $1$, ein solcher Punkt ist also glatt.
# Kreisgleichung/Morphismus/2 zu 1/Aufgabe/Lösung

Es liegt ein Morphismus
    $V(Z^{2}+W^{2}-1)\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{2}$
vor. Es ist also lediglich zu zeigen, dass das Bild die Kreisgleichung erfüllt. Dies ergibt sich aus
    ${\begin{aligned}X^{2}+Y^{2}&={\left(Z^{2}-W^{2}\right)}^{2}+4Z^{2}W^{2}\\&={\left(Z^{2}-{\left(1-Z^{2}\right)}\right)}^{2}+4Z^{2}{\left(1-Z^{2}\right)}\\&={\left(2Z^{2}-1\right)}^{2}+4Z^{2}{\left(1-Z^{2}\right)}\\&=4Z^{4}-4Z^{2}+1+4Z^{2}-4Z^{4}\\&=1.\end{aligned}}$
# Konstruierbare n-Ecke/n bis 30/Aufgabe

Bestimme für alle $n\leq 30$, ob das regelmäßige $n$-Eck mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist oder nicht.
# Vektorfeld/(-y,x)/Kreisbewegung/Beispiel

Wir betrachten das Vektorfeld
    $F\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\longmapsto (-y,x)$
und den Weg
    $\gamma \colon [0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (\cos t,\sin t).$
Die Ableitung von $\gamma$ ist
    $\gamma '(t)=(-\sin t,\cos t)\,.$
Daher ist das Wegintegral zu diesem Vektorfeld längs dieser Kurve gleich
    ${\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{0}^{2\pi }\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\\&=\int _{0}^{2\pi }\left\langle {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{0}^{2\pi }\sin ^{2}t+\cos ^{2}tdt\\&=\int _{0}^{2\pi }1dt\\&=2\pi .\end{aligned}}$
# Konstruierbare Zahl/Auflösbare Körpererweiterung/Aufgabe

Zeige, dass eine konstruierbare Zahl $z\in {\mathbb {C} }$ in einer auflösbaren Körpererweiterung $\mathbb {Q} \subseteq L\subseteq {\mathbb {C} }$ liegt.
# Vektorfeld/(x,y) nach (-y,x)/Nicht integrabel/Beispiel

Das lineare Vektorfeld
    $G\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},$
erfüllt wegen
    ${\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}=-1\neq 1={\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}\,$
nicht die Integrabilitätsbedingung. Es kann also nach Fakt kein Gradientenfeld sein.
# Kreissektor/30 Grad/Schwerpunkt/Polarkoordinaten/Aufgabe/Lösung

Der Flächeninhalt von $T$ ist $\pi /12$. In Polarkoordinaten wird $T$ durch den Radius
    $0\leq r\leq 1\,$
und den Winkel
    $0\leq \theta \leq \pi /6\,$
parametrisiert. Somit ist nach Fakt und Fakt
    ${\begin{aligned}\int _{T}xd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /6}\int _{0}^{1}r\cos \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /6}\cos \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}\sin \left(\pi /6\right)\\&={\frac {1}{6}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}\int _{T}yd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /6}\int _{0}^{1}r\sin \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /6}\sin \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-\cos \left(\pi /6\right)\right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)}\\&={\frac {2-{\sqrt {3}}}{6}}.\end{aligned}}$
Somit sind die Koordinaten des Schwerpunktes von $T$ gleich
    $\left({\frac {\frac {1}{6}}{\frac {\pi }{12}}},\,{\frac {\frac {2-{\sqrt {3}}}{6}}{\frac {\pi }{12}}}\right)=\left({\frac {2}{\pi }},\,{\frac {4-2{\sqrt {3}}}{\pi }}\right)\,.$
# Konstruierbare Zahl/Automorphismus/Konstruierbar/Aufgabe

Es sei $\mathbb {Q} \subseteq L$ eine Körpererweiterung in ${\mathbb {C} }$ und es sei $K\subseteq L$ der Unterkörper, der aus allen konstruierbaren Zahlen in $L$ besteht. Zeige, dass für jeden Automorphismus $\varphi \in \operatorname {Gal} \,(L{|}\mathbb {Q} )$ die Beziehung $\varphi (K)\subseteq K$ gilt.
# Vektorfeld/Lineare Transformation/(tu+t^3,v^2)/4 3 -3 -2/Beispiel

Wir betrachten die gewöhnliche Differentialgleichung zum Vektorfeld
    $F(t,x,y)=\left(tx+t^{3},y^{2}\right)\,.$
Dieses System ist entkoppelt und besteht aus den beiden einzelnen Gleichungen (in jeweils einer Raumvariablen)
    $x'=tx+t^{3}{\text{ und }}y'=y^{2}.$
Eine Lösung der linken Differentialgleichung ist $x(t)=-t^{2}-2$, eine Lösung der rechten ist $y(t)=-t^{-1}$. Daher ist
    ${\begin{pmatrix}-t^{2}-2\\-t^{-1}\end{pmatrix}}$
eine Lösung zu $F$. Wir betrachten nun die lineare Transformation
    $\varphi ={\begin{pmatrix}4&3\\-3&-2\end{pmatrix}}\,$
mit der inversen Matrix
    $\varphi ^{-1}={\begin{pmatrix}-2&-3\\3&4\end{pmatrix}}\,.$
Das transformierte Vektorfeld ist
    ${\begin{aligned}G(t,u,v)&=\varphi (F(t,\varphi ^{-1}(u,v)))\\&=\varphi (F(t,-2u-3v,3u+4v))\\&=\varphi (t(-2u-3v)+t^{3},(3u+4v)^{2})\\&=\varphi (t(-2u-3v)+t^{3},9u^{2}+24uv+16v^{2})\\&=(4(t(-2u-3v)+t^{3})+3(9u^{2}+24uv+16v^{2}),-3(t(-2u-3v)+t^{3})-2(9u^{2}+24uv+16v^{2}))\\&=(-8tu-12tv+4t^{3}+27u^{2}+72uv+48v^{2},6tu+9tv-3t^{3}-18u^{2}-48uv+32v^{2}).\,\end{aligned}}$
Für die zu $G$ gehörende Differentialgleichung
    ${\begin{pmatrix}u'\\v'\end{pmatrix}}=G(t,u,v)\,$
ist gemäß Fakt
    $\varphi ({\begin{pmatrix}-t^{2}-2\\-t^{-1}\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}-4t^{2}-8-3t^{-1}\\3t^{2}+6+2t^{-1}\end{pmatrix}}\,$
eine Lösung.
# Kreissektor/45 Grad/Schwerpunkt/Polarkoordinaten/Aufgabe/Lösung

Der Flächeninhalt von $T$ ist $\pi /8$. In Polarkoordinaten wird $T$ durch den Radius
    $0\leq r\leq 1\,$
und den Winkel
    $0\leq \theta \leq \pi /4\,$
parametrisiert. Somit ist nach Fakt und Fakt
    ${\begin{aligned}\int _{T}xd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /4}\int _{0}^{1}r\cos \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /4}\cos \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}\sin \left(\pi /4\right)\\&={\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {2}}}\\&={\frac {1}{3{\sqrt {2}}}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}\int _{T}yd\lambda ^{2}&=\int _{0}^{\pi /4}\int _{0}^{1}r\sin \theta \cdot rdrd\theta \\&={\left(\int _{0}^{1}r^{2}dr\right)}{\left(\int _{0}^{\pi /4}\sin \theta \cdot d\theta \right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-\cos \left(\pi /4\right)\right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left(1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}\\&={\frac {{\sqrt {2}}-1}{3{\sqrt {2}}}}.\end{aligned}}$
Somit sind die Koordinaten des Schwerpunktes von $T$ gleich
    $\left({\frac {\frac {1}{3{\sqrt {2}}}}{\frac {\pi }{8}}},\,{\frac {\frac {{\sqrt {2}}-1}{3{\sqrt {2}}}}{\frac {\pi }{8}}}\right)=\left({\frac {8}{3{\sqrt {2}}\pi }},\,{\frac {8({\sqrt {2}}-1)}{3{\sqrt {2}}\pi }}\right)\,.$
# Konstruierbare Zahlen/Ausdruck/1/Aufgabe

Es seien $z,w\in {\mathbb {C} }$ konstruierbare Zahlen. Bestimme, ob die Zahl
    $z^{2}-3z{\sqrt {w}}+{\sqrt {z+w^{2}}}-{\frac {5}{7}}+4{\sqrt {{\sqrt {z}}+w}}+{\sqrt {11}}$
konstruierbar ist.
# Vektorfeld/Punktierte Ebene/(x,y) nach (-y,x) durch x^2+y^2/Integrabel nicht exakt/Beispiel

Wir betrachten das Vektorfeld
    $G\colon \mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}{\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}.$
Wegen
    ${\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}={\frac {\partial }{\partial y}}{\left({\frac {-y}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {-(x^{2}+y^{2})+y(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {-x^{2}+y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,$
und
    ${\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}={\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {(x^{2}+y^{2})-x(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {-x^{2}+y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,$
erfüllt dieses Vektorfeld die Integrabilitätsbedingung. Es handelt sich aber nicht um ein Gradientenfeld: Das Wegintegral zur (geschlossenen) trigonometrischen Parametrisierung des Einheitskreises
    $\gamma \colon [0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},$
ist
    ${\begin{aligned}\int _{\gamma }G&=\int _{0}^{2\pi }\left\langle G(\gamma (t)),{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{0}^{2\pi }\left\langle {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{0}^{2\pi }\sin ^{2}t+\cos ^{2}tdt\\&=\int _{0}^{2\pi }1dt\\&=2\pi \\&\neq 0\end{aligned}}$
im Gegensatz zu Fakt.
# Kreisteilungskörper/5/Basis/Matrizen/Aufgabe/Lösung

* Für $i=0$ ist die beschreibende Matrix gleich für $i=1$ ist die beschreibende Matrix gleich für $i=2$ ist die beschreibende Matrix gleich für $i=3$ ist die beschreibende Matrix gleich
    ${\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}},$
    ${\begin{pmatrix}0&0&0&-1\\1&0&0&-1\\0&1&0&-1\\0&0&1&-1\end{pmatrix}},$
    ${\begin{pmatrix}0&0&-1&1\\0&0&-1&0\\1&0&-1&0\\0&1&-1&0\end{pmatrix}},$
    ${\begin{pmatrix}0&-1&1&0\\0&-1&0&1\\0&-1&0&0\\1&-1&0&0\end{pmatrix}}.$
* Die Identität wird durch beschrieben. Der Automorphismus $\zeta \mapsto \zeta ^{2}$ schickt $\zeta ^{2}$ auf und $\zeta ^{3}$ auf Die beschreibende Matrix ist also Der Automorphismus $\zeta \mapsto \zeta ^{3}$ schickt $\zeta ^{2}$ auf und $\zeta ^{3}$ auf Die beschreibende Matrix ist also Der Automorphismus $\zeta \mapsto \zeta ^{4}$ schickt $\zeta ^{2}$ auf und $\zeta ^{3}$ auf Die beschreibende Matrix ist also
    ${\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}}$
    $\zeta ^{4}=-1-\zeta -\zeta ^{2}-\zeta ^{3}\,$
    $\zeta ^{6}=\zeta \,.$
    ${\begin{pmatrix}1&0&-1&0\\0&0&-1&1\\0&1&-1&0\\0&0&-1&0\end{pmatrix}}.$
    $\zeta ^{6}=\zeta \,$
    $\zeta ^{9}=\zeta ^{4}=-1-\zeta -\zeta ^{2}-\zeta ^{3}\,.$
    ${\begin{pmatrix}1&0&0&-1\\0&0&1&-1\\0&0&0&-1\\0&1&0&-1\end{pmatrix}}.$
    $\zeta ^{8}=\zeta ^{3}\,$
    $\zeta ^{12}=\zeta ^{2}\,.$
    ${\begin{pmatrix}1&-1&0&0\\0&-1&0&0\\0&-1&0&1\\0&-1&1&0\end{pmatrix}}.$
# Konstruktion von Z/Halbgruppe mit Abziehregel/Allgemein/Aufgabe

Es sei $M$ eine Menge mit einer kommutativen, assoziativen Verknüpfung $*$ und einem neutralen Element $e$. Ferner gelte die Kürzungsregel, dass aus $a*c=b*c$ stets $a=b$ folgt.
* Zeige, dass auf $M\times M$ durch die Festlegung $(a,b)\sim (c,d)$, falls $a*d=b*c$ gilt, eine Äquivalenzrelation definiert wird.
* Zeige, dass man auf der Quotientenmenge $M\times M/\sim$ eine Gruppenstruktur definieren kann, die die Verknüpfung auf $M$ fortsetzt.
# Vektorraum/Basis/Indexzerlegung/Direkte Summenzerlegung/Beispiel

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum mit einer Basis $v_{1},\ldots ,v_{n}$. Es sei
    $\{1,\ldots ,n\}=I_{1}\uplus \ldots \uplus I_{k}\,$
eine disjunkte Zerlegung der Indexmenge. Es seien
    $U_{j}=\langle v_{i},\,i\in I_{j}\rangle \,$
die durch die Teilfamilien erzeugten Untervektorräume. Dann ist
    $V=U_{1}\oplus \cdots \oplus U_{k}\,.$
Der Extremfall $I_{j}=\{j\}$ ergibt die direkte Summe
    $V=Kv_{1}\oplus \cdots \oplus Kv_{n}\,$
mit eindimensionalen Untervektorräumen.
# Konstruktion/Zirkel und Lineal/Kreis/R^2/Aufgabe

Zeige, dass man aus dem Einheitskreis
    $S^{1}={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}=1\right\}}\,$
als Startmenge den gesamten $\mathbb {R} ^{2}$ mit Zirkel und Lineal konstruieren kann.
# Vektorraum/Basis/Teilbasis/Orthogonalraum/Beispiel

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum mit einer Basis $v_{i}$, $i\in I$, und Dualbasis $v_{i}^{*}$, $i\in I$. Es sei
    $U=\langle v_{j},\,j\in J\rangle \,$
zu einer Teilmenge $J\subseteq I$. Dann ist
    $U^{\perp }=\langle v_{i}^{*},\,i\not \in J\rangle \,.$