OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Intervallschachtelung/Längenkonvergenz/Nichtleerer Durchschnitt/Aufgabe

Man gebe ein Beispiel für eine Folge von abgeschlossenen Intervallen ($n\in \mathbb {N} _{+}$)
    $I_{n}=[a_{n},b_{n}]\subseteq \mathbb {R} \,$
derart an, dass $b_{n}-a_{n}$ eine Nullfolge ist, dass $\bigcap _{n\in \mathbb {N} _{+}}I_{n}$ aus einem einzigen Punkt besteht, wo aber keine Intervallschachtelung vorliegt.
# Quadratischer Zahlbereich/D ist -5/Klassengruppe/Beispiel

Es sei $R=\mathbb {Z} [{\sqrt {-5}}]$, also $D=-5$ und $\triangle =-20$. Jede Idealklasse enthält ein Ideal ${\mathfrak {a}}$ der Norm
    $N({\mathfrak {a}})\leq {\frac {2{\sqrt {20}}}{\pi }}\,,$
sodass nur Ideale mit Norm $2$ zu betrachten sind. Ein Ideal ${\mathfrak {a}}$ mit $N({\mathfrak {a}})=2$ ist ein Primideal ${\mathfrak {p}}$ mit ${\mathfrak {p}}\cap \mathbb {Z} =(2)$. Daher ist
    ${\mathfrak {p}}=(2,1+{\sqrt {-5}})=(2,1-{\sqrt {-5}})\,$
die einzige Möglichkeit. Nach Beispiel ist ${\mathfrak {p}}$ kein Hauptideal. Daher ist die Idealklassengruppe isomorph zu $\mathbb {Z} /(2)$, wobei das Nullelement durch die Hauptdivisoren (oder Hauptideale) repräsentiert wird und das andere Element durch ${\mathfrak {p}}$.
# Graduierte Körpererweiterung/Quadratwurzeln/Charakter/Explizit/2/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}\varphi _{\chi }{\left(4+5{\sqrt {3}}-3{\sqrt {5}}+6{\sqrt {7}}+7{\sqrt {15}}-2{\sqrt {21}}+13{\sqrt {35}}-4{\sqrt {105}}\right)}&=4-5{\sqrt {3}}-3{\sqrt {5}}-6{\sqrt {7}}-7{\sqrt {15}}-2{\sqrt {21}}-13{\sqrt {35}}-4{\sqrt {105}}\\\,\end{aligned}}$
# Intervallschachtelung/Produkt/Aufgabe

Es sei $I_{n}=[a_{n},b_{n}]$ eine Intervallschachtelung für $x$ und $J_{n}=[c_{n},d_{n}]$ eine Intervallschachtelung für $y$. Beschreibe eine Intervallschachtelung für $x\cdot y$.
# Quadratischer Zahlbereich/D ist -5/Quadrat des Standardideals/Beispiel

Wir behaupten, dass im quadratischen Zahlbereich $R=\mathbb {Z} [{\sqrt {-5}}]$ das Ideal
    ${\mathfrak {p}}=(2,1+{\sqrt {-5}})\,$
kein Hauptideal ist, was in Beispiel gezeigt wurde, aber die Eigenschaft besitzt, dass das Quadrat davon ein Hauptideal ist. Insbesondere definiert die zugehörige Idealklasse ein von $0$ verschiedenes Element in der Divsorenklassengruppe mit der Eigenschaft, dass das Doppelte davon trivial ist. Es ist
    ${\mathfrak {p}}^{2}=(4,2+2{\sqrt {-5}},-4+2{\sqrt {-5}})=(2)\,.$
Dabei ist die Inklusion $\subseteq$ klar und die umgekehrte Inklusion $\supseteq$ ergibt sich aus
    $-4+(2+2{\sqrt {-5}})-(-4+2{\sqrt {-5}})=2\,.$
Wir betrachten nun das Ideal
    ${\mathfrak {q}}=(7,3+{\sqrt {-5}})\,.$
Der Restklassenring ist
    $\mathbb {Z} /(7)[X]/(X^{2}+5,3+X)\cong \mathbb {Z} /(7)\,,$
sodass ein Primideal mit der Norm $7$ vorliegt, das kein Hauptideal ist, da es kein Element mit Norm $7$ gibt. Die beiden Ideale ${\mathfrak {p}}$ und ${\mathfrak {q}}$ definieren die gleiche Idealklasse. Dazu betrachten wir die Multiplikation
    $Q(R)\longrightarrow Q(R),\,h\longmapsto h{\frac {3+{\sqrt {-5}}}{2}}.$
Wegen
    $2\cdot {\frac {3+{\sqrt {-5}}}{2}}=3+{\sqrt {-5}}\in {\mathfrak {q}}\,$
und
    $(1+{\sqrt {-5}})\cdot {\frac {3+{\sqrt {-5}}}{2}}={\frac {-2+4{\sqrt {-5}}}{2}}=-1+2{\sqrt {-5}}=-7+2(3+{\sqrt {-5}})\in {\mathfrak {q}}\,$
induziert dies einen injektiven $R$-Modulhomomorphismus
    ${\mathfrak {p}}\longrightarrow {\mathfrak {q}},$
der wegen
    $7=-(-1+2{\sqrt {-5}})+2(3+{\sqrt {-5}})\,$
auch surjektiv ist. Somit ist
    ${\mathfrak {p}}\cdot ({\frac {3+{\sqrt {-5}}}{2}})={\mathfrak {q}}\,.$
In Beispiel wird darüber hinaus gezeigt, dass die Klassengruppe von $R$ gleich $\mathbb {Z} /(2)$ ist.
# Gramsche Matrix/3x3/Eigenwertkriterium/Typ/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist
    ${\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x-7&0&0\\0&x-5&4\\0&4&x-2\end{pmatrix}}&=(x-7)((x-5)(x-2)-16)\\&=(x-7)(x^{2}-7x+10-16)\\&=(x-7)(x^{2}-7x-6).\end{aligned}}$
$x^{2}-7x-6$
$0$
$7$
$2$
$(2,1)$
# Intervallschachtelung/Streng enthaltend/Keine Längenkonvergenz/Aufgabe

Man gebe ein Beispiel für eine Folge von abgeschlossenen Intervallen ($n\in \mathbb {N} _{+}$)
    $I_{n}=[a_{n},b_{n}]\subseteq \mathbb {R} \,$
mit $I_{n+1}\subseteq I_{n}$ für alle $n$, wobei $a_{n}$ streng wachsend und $b_{n}$ streng fallend ist, wo aber keine Intervallschachtelung vorliegt.
# Quadratischer Zahlbereich/D ist -5/Standardideal/Hauptdivisorberechnung/Beispiel

Wir betrachten im quadratischen Zahlbereich $R$ zu $D=-5$, also $R=A_{-5}=\mathbb {Z} [{\sqrt {-5}}]=\mathbb {Z} [X]/(X^{2}+5)$, das Ideal
    ${\mathfrak {p}}=(2,1+{\sqrt {-5}})\,.$
Nach Beispiel ist dies kein Hauptideal. Wir wollen die Hauptdivisoren zu den beiden Idealerzeugern $2$ und $1+{\sqrt {-5}}$ berechnen. Der erste Schritt ist dabei, die Primideale oberhalb des Elementes zu bestimmen, was am einfachsten durch eine Restklassenbetrachtung geschieht. Der Restklassenring modulo $2$ ist
    $R/(2)=\mathbb {Z} [X]/(X^{2}+5,2)=\mathbb {Z} /(2)[X]/(X^{2}+5)=\mathbb {Z} /(2)[X]/(X^{2}+1)=\mathbb {Z} /(2)[X]/(X+1)^{2}\,.$
Dies ist ein nichtreduzierter Ring mit nur einem maximalen Ideal. In der Lokalisierung $R_{(2,1+{\sqrt {-5}})}$ gilt
    $2={\frac {1}{\left(-2+{\sqrt {5}}\right)}}{\left(1+{\sqrt {-5}}\right)}^{2}\,,$
was zeigt, dass $1+{\sqrt {-5}}$ dort ein Erzeuger des maximalen Ideals ist und dass die Ordnung von $2$ dort gleich $2$ ist. Deshalb gilt
    $\operatorname {div} {\left(2\right)}=2{\mathfrak {p}}\,.$
Wegen
    $R/(1+{\sqrt {-5}})=\mathbb {Z} [X]/(X^{2}+5,1+X)=\mathbb {Z} /(6)=\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(3)\,$
ist $1+{\sqrt {-5}}$ auch noch im Primideal ${\mathfrak {q}}=(3,1+{\sqrt {-5}})$ enthalten und besitzt dort ebenfalls die Ordnung $1$. Daher ist
    $\operatorname {div} {\left(1+{\sqrt {-5}}\right)}={\mathfrak {p}}+{\mathfrak {q}}\,.$
# Graph/(u,v) nach u^2+uv-v^3/Von Tangentialvektoren aufgespannte Parallelotope/Aufgabe/Lösung

a) Das totale Differential zu $\psi$ im Punkt $P=(u,v)$ ist
    $\left(D\psi \right)_{P}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\2u+v&u-3v^{2}\end{pmatrix}}$
und es ist
    $T_{P}(\psi )(e_{1})={\left(D\psi \right)}_{P}{\left(e_{1}\right)}={\begin{pmatrix}1\\0\\2u+v\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,T_{P}(\psi )(e_{2})={\left(D\psi \right)}_{P}{\left(e_{2}\right)}={\begin{pmatrix}0\\1\\u-3v^{2}\end{pmatrix}}.$
b) und c) Zur Bestimmung des Flächeninhalts berechnen wir zunächst die Skalarprodukte der beiden Vektoren ${\begin{pmatrix}1\\0\\2u+v\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}0\\1\\u-3v^{2}\end{pmatrix}}$. Es ist
    $\left\langle {\begin{pmatrix}1\\0\\2u+v\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\2u+v\end{pmatrix}}\right\rangle =1+(2u+v)^{2}=1+4u^{2}+4uv+v^{2},$
    $\left\langle {\begin{pmatrix}1\\0\\2u+v\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\u-3v^{2}\end{pmatrix}}\right\rangle =(2u+v)(u-3v^{2})=2u^{2}-6uv^{2}+uv-3v^{3}$
und
    $\left\langle {\begin{pmatrix}0\\1\\u-3v^{2}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\u-3v^{2}\end{pmatrix}}\right\rangle =1+(u-3v^{2})^{2}=1+u^{2}-6uv^{2}+9v^{4}.$
b) Für $P=(u,0)$ berechnet sich der Flächeninhalt des von $T_{P}(\psi )(e_{1})$ und $T_{P}(\psi )(e_{2})$ in $T_{\psi (P)}M$ aufgespannten Parallelogramms zu
    ${\sqrt {\det {\begin{pmatrix}1+4u^{2}&2u^{2}\\2u^{2}&1+u^{2}\end{pmatrix}}}}={\sqrt {(1+4u^{2})(1+u^{2})-4u^{4}}}={\sqrt {1+5u^{2}}}\,.$
c) Für $P=(0,v)$ berechnet sich der Flächeninhalt des von $T_{P}(\psi )(e_{1})$ und $T_{P}(\psi )(e_{2})$ in $T_{\psi (P)}M$ aufgespannten Parallelogramms zu
    ${\sqrt {\det {\begin{pmatrix}1+v^{2}&-3v^{3}\\-3v^{3}&1+9v^{4}\end{pmatrix}}}}={\sqrt {(1+v^{2})(1+9v^{4})-9v^{6}}}={\sqrt {1+v^{2}+9v^{4}}}\,.$
# Intervallschachtelung/Summe/Aufgabe

Es sei $I_{n}=[a_{n},b_{n}]$ eine Intervallschachtelung für $x$ und $J_{n}=[c_{n},d_{n}]$ eine Intervallschachtelung für $y$. Beschreibe eine Intervallschachtelung für $x+y$.
# Quadratischer Zahlbereich/D ist -5/Standardideal/Hauptideal nach Adjunktion von Wurzel(2)/Beispiel

Wir betrachten im quadratischen Zahlbereich $R$ zu $D=-5$ das Ideal ${\mathfrak {p}}=(2,1+{\sqrt {-5}})$, das nach Beispiel kein Hauptideal ist. Es sei $S$ der ganze Abschluss von $R$ (oder von $\mathbb {Z}$) im Erweiterungskörper $L=\mathbb {Q} [{\sqrt {-5}},{\sqrt {2}}]$ vom Grad vier über $\mathbb {Q}$. Wir haben also eine Kette
    $\mathbb {Z} \subset R\subset S\,$
von Zahlbereichen. Wir behaupten, dass das Erweiterungsideal
    ${\mathfrak {p}}S=(2,1+{\sqrt {-5}})S\,$
ein Hauptideal in $S$ ist, und zwar behaupten wir, dass ${\sqrt {2}}$ ein Idealerzeuger davon ist. Dazu betrachten wir zunächst das rationale Element $z={\frac {{\sqrt {2}}+{\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {-5}}}{2}}={\frac {1+{\sqrt {-5}}}{\sqrt {2}}}\in L$. Wegen
    $z^{2}={\left({\frac {{\sqrt {2}}+{\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {-5}}}{2}}\right)}^{2}={\frac {2-2\cdot 5+4{\sqrt {-5}}}{4}}=-2+{\sqrt {-5}}\in R\,$
erfüllt $z$ eine Ganzheitsgleichung über $R$ und gehört somit zu $S$ (ebenso, wenn im Zähler ein Minuszeichen steht). Die Gleichheit
    ${\mathfrak {p}}S=({\sqrt {2}})\,$
folgt einerseits aus
    $2={\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {2}}\,$
und
    $1+{\sqrt {-5}}=z\cdot {\sqrt {2}}\,$
und andererseits aus
    $-{\sqrt {2}}\cdot 2+{\frac {1-{\sqrt {-5}}}{\sqrt {2}}}(1+{\sqrt {-5}})=-{\sqrt {2}}\cdot 2+{\frac {6}{\sqrt {2}}}=-{\sqrt {2}}\cdot 2+3\cdot {\sqrt {2}}={\sqrt {2}}(-2+3)={\sqrt {2}}\,.$
# Graph/3/Eine Kante/Eigenwerte/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x&-1&0\\-1&x&0\\0&0&x\end{pmatrix}}&=x^{3}-x\\&=x(x^{2}-1)\\&=x(x-1)(x+1).\end{aligned}}$
Somit sind $0,1,-1$ Eigenwerte mit algebraischer und geometrischer Vielfachheit $1$.
Der Eigenraum zu $0$ ist der Kern von ${\begin{pmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}$. Dieser ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}.$
Der Eigenraum zu $1$ ist der Kern von ${\begin{pmatrix}1&-1&0\\-1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$. Dieser ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}.$
Der Eigenraum zu $-1$ ist der Kern von ${\begin{pmatrix}-1&-1&0\\-1&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}$. Dieser ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}.$
# Invariante Teilmenge/Vereinigung von Bahnen/Aufgabe

Es sei $M$ eine Menge, auf der eine Gruppe $G$ operiere und es sei $T\subseteq M$ eine Teilmenge. Zeige, dass $T$ genau dann eine $G$-invariante Teilmenge ist, wenn $T$ eine Vereinigung von Bahnen ist.
# Quadratischer Zahlbereich/D ist -5/Standardideal/Induzierte quadratische Form/Beispiel

Wir betrachten im quadratischen Zahlbereich $R$ zu $D=-5$ das Ideal
    $(2,1+{\sqrt {-5}}),$
wobei die Erzeuger zugleich eine $\mathbb {Z}$-Basis sind. Die Norm dieses Ideals ist $2$ und die durch die Norm gegebene quadratische Form hat bezüglich dieser Basis die Gestalt
    $4x^{2}+4xy+6y^{2}.$
Durch Vereinfachung im Sinne von Fakt, also Division durch die Norm des Ideals, gelangt man zur quadratischen Form
    $2x^{2}+2xy+3y^{2}$
mit der Diskriminante
    $4-4\cdot 2\cdot 3=-20=4(-5)\,.$
Diese Form ist nicht zur Hauptfrom der Diskriminante $-20$ aquivalent, denn diese ist $x^{2}+5y^{2}$. Letztere stellt beispielsweise den Wert $5$ dar, erstere nicht.
# Graph/3/Linear/Eigenwerte/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist
    $\det {\begin{pmatrix}x&-1&-1\\-1&x&0\\-1&0&x\end{pmatrix}}=x^{3}-x-x=x^{3}-2x=x(x^{2}-2)\,.$
Somit sind $0$, ${\sqrt {2}}$ und $-{\sqrt {2}}$ die Eigenwerte mit algebraischer und geometrischer Vielfachheit $1$. Der Eigenraum zu $0$ ist der Kern von ${\begin{pmatrix}0&-1&-1\\-1&0&0\\-1&0&0\end{pmatrix}}$, dieser ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}}.$
Der Eigenraum zu ${\sqrt {2}}$ ist der Kern von ${\begin{pmatrix}{\sqrt {2}}&-1&-1\\-1&{\sqrt {2}}&0\\-1&0&{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}$, dieser ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}2\\{\sqrt {2}}\\{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}.$
Der Eigenraum zu $-{\sqrt {2}}$ ist der Kern von ${\begin{pmatrix}-{\sqrt {2}}&-1&-1\\-1&-{\sqrt {2}}&0\\-1&0&-{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}$, dieser ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}2\\-{\sqrt {2}}\\-{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}.$
# Invarianter Unterraum/Differenz mit Streckung/Aufgabe

Es sei $\varphi \colon V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung auf einem $K$-Vektorraum $V$ und es sei $U\subseteq V$ ein $\varphi$-invarianter Untervektorraum. Zeige, dass $U$ zu jedem $\lambda \in K$ invariant bezüglich $\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}$ ist.
# Quadratischer Zahlbereich/D ist -5/Standardideal/Kein Hauptideal/Beispiel

Wir betrachten im quadratischen Zahlbereich $R$ zu $D=-5$ das Ideal
    ${\mathfrak {p}}=(2,1+{\sqrt {-5}})\,.$
Wir behaupten, dass es kein Hauptideal ist und verwenden dabei, dass die Norm dieses Ideals gleich $2$ ist. Wäre nämlich ${\mathfrak {p}}=(f)$ mit einem $f\in R$, so müsste nach Fakt auch
    $\vert {N(f)}\vert =2\,$
gelten. Allerdings ist die Norm von $f=a+b{\sqrt {-5}}$ gleich $N(f)=a^{2}+5b^{2}$ und dies kann nicht gleich $2$ sein.
# Graph/3/Voll/Eigenwerte/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x&-1&-1\\-1&x&-1\\-1&-1&x\end{pmatrix}}&=x(x^{2}-1)-x-1-1-x\\&=x^{3}-3x-2.\end{aligned}}$
Dabei ist $x=-1$ eine Nullstelle, daher haben wir (Division mit Rest)
    ${\begin{aligned}x^{3}-3x-2&=(x+1)(x^{2}-x-2)\\&=(x+1)(x+1)(x-2)\\&=(x+1)^{2}(x-2).\end{aligned}}$
Somit ist $-1$ ein Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit $2$ und $2$ ein Eigenwert mit algebraischer Vielfachheit $1$.
Der Kern von ${\begin{pmatrix}-1&-1&-1\\-1&-1&-1\\-1&-1&-1\end{pmatrix}}$ ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}+\mathbb {R} {\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}}.$
Daher ist die geometrische Vielfachheit zu $-1$ ebenfalls $2$. Der Kern von ${\begin{pmatrix}2&-1&-1\\-1&2&-1\\-1&-1&2\end{pmatrix}}$ ist
    $\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$
$2$
$1$
# Inverse Matrix/2/Lineares Gleichungssystem/1/Aufgabe

* Überführe die Matrixgleichung in ein lineares Gleichungssystem.
    ${\begin{pmatrix}3&7\\-4&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,$
* Löse dieses lineare Gleichungssystem.
# Quadratischer Zahlbereich/D mod 1/Kähler-Differential/Differente/Norm/Beispiel

Es sei $D$ eine quadratfreie Zahl $\neq 0,1$ mit
    $D=1\mod 4\,$
und $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich, der nach Fakt die Restklassenbeschreibung $A_{D}=\mathbb {Z} [Y]/(Y^{2}-Y-{\frac {D-1}{4}})$ mit $y={\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ besitzt. Der Modul der Kähler-Differentiale ist daher nach Fakt gleich
    $\Omega _{A_{D}{|}\mathbb {Z} }=A_{D}/(2y-1)dy\,,$
der Annullator ist also $2y-1$. Die Norm von $2y-1$ ist gleich
    $\vert {(2y-1)\cdot (2{\overline {y}}-1)}\vert =\vert {{\sqrt {D}}(-{\sqrt {D}})}\vert =\vert {D}\vert \,,$
was nach Fakt der Betrag der Diskriminante von $A_{D}$ ist.
# Graph/Kantengraph/Automorphismengruppe/Aufgabe/Lösung

* Wir definieren Einem Automorphismus $f$ des Graphen wird also die Abbildung auf der Kantenmenge zugeordet, die eine Kante auf die Bildkante (!) unter $f$ abbildet. Die Gesamtabbildung ist wegen ein Homomorphismus in das Monoid der Abbildungen auf der Kantenmenge. Wegen gehört das Bild von $\Psi$ zur Permutationsgruppe der Kantenmenge. Es ist noch zu zeigen, dass $\Psi (f)$ ein Automorphismus des Kantengraphen ist. Es sei also $f$ ein Graphautomorphismus und seien $e,e'\in K$ Kanten, die im Kantengraph adjazent sind. Das bedeutet, dass sie im Graphen $G$ koinzident sind und daher ist $e=\{u,v\}$ und $e'=\{u,w\}$. Dann sind auch $\Psi (f)(e)=\{f(u),f(v)\}$ und $\Psi (f)(e')=\{f(u),f(w)\}$ koinzident und somit adjazent im Kantengraphen.
    $\operatorname {Aut} \,G\longrightarrow \operatorname {Aut} \,K,\,f\longmapsto \Psi (f):={\left(\{u,v\}\mapsto \{f(u),f(v)\}\right)}.$
    ${\begin{aligned}(\Psi (f\circ g))(\{u,v\})&=\{(f\circ g)(u),(f\circ g)(v)\}\\&=\{f(g(u)),f(g(v))\}\\&=(\Psi (f))(\{g(u),g(v)\})\\&=(\Psi (f))((\Psi (g))(\{u,v\}))\\&=(\Psi (f)\circ \Psi (g))(\{u,v\})\end{aligned}}$
    $\Psi (f)\circ \Psi (f^{-1})=\Psi (f\circ f^{-1}))=\operatorname {Id} _{K}\,$
* Wir betrachten den linearen Graphen mit zwei Punkten. Seine Automorphismengruppe ist neben der Identität durch die Vertauschung der beiden Punkte gegeben. Der Kantengraph ist einpunktig und hat triviale Automorphismengruppe.
* Es sei $G$ der vollständige Graph zu vier Punkten mit dem zugehörigen Kantengraphen (siehe Skizzen). Wir betrachten den Automorphismus des Kantengraphen, der $b$ und $d$ vertauscht und $a,c,e,f$ auf sich selbst abbildet. Da sowohl $b$ als auch $d$ im Kantengraphen mit $a,c,e,f$ verbunden sind, liegt ein Automorphismus vor. Wir behaupten, dass man diesen nicht durch einen Graphautomorphismus von $G$ realisieren kann. Es sei $h$ ein solcher Homomorphismus. Da die Kanten $a$ und $e$ auf sich selbst abgebildet werden, muss $1$ auf sich abgebildet werden. Deshalb müssen auch $2$ und $3$ auf sich selbst abgebildet werden und $h$ muss die Identität sein. Dann ist aber auch $\Psi (h)$ die Identität.
# Inverse Matrix/2/Lineares Gleichungssystem/2/Aufgabe

* Überführe die Matrixgleichung in ein lineares Gleichungssystem.
    ${\begin{pmatrix}-6&5\\1&-8\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,$
* Löse dieses lineare Gleichungssystem.
# Graph/Laplace-Matrix/Spannbaum/4/Aufgabe/Lösung

Die Adjazenzmatrix gleich
    ${\begin{pmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\end{pmatrix}}$
und die Gradmatrix ist
    ${\begin{pmatrix}3&0&0&0\\0&3&0&0\\0&0&3&0\\0&0&0&3\end{pmatrix}},$
somit ist die Laplace-Matrix gleich
    ${\begin{pmatrix}3&0&0&0\\0&3&0&0\\0&0&3&0\\0&0&0&3\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&1\\1&1&0&1\\1&1&1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&-1&-1&-1\\-1&3&-1&-1\\-1&-1&3&-1\\-1&-1&-1&3\end{pmatrix}}\,.$
Wenn man die erste Zeile und die erste Spalte streicht, so erhält man
    ${\begin{pmatrix}3&-1&-1\\-1&3&-1\\-1&-1&3\end{pmatrix}}.$
Deren Determinante ist
    $3(9-1)+(-3-1)-1(1+3)=24-4-4=16\,$
$16$
# Quadratischer Zahlbereich/D mod 2,3/Kähler-Differential/Differente/Norm/Beispiel

Es sei $D$ eine quadratfreie Zahl $\neq 0,1$ mit
    $D=2,3\mod 4\,$
und $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich, der nach Fakt die Restklassenbeschreibung $A_{D}=\mathbb {Z} [X]/(X^{2}-D)$ besitzt. Der Modul der Kähler-Differentiale ist daher nach Fakt gleich
    $\Omega _{A_{D}{|}\mathbb {Z} }=A_{D}/(2x)dx\,,$
der Annullator ist also $2x$. Die Norm von $2x$ ist gleich
    $\vert {2x\cdot -2x}\vert =\vert {4x^{2}}\vert =\vert {4D}\vert \,,$
was nach Fakt der Betrag der Diskriminante von $A_{D}$ ist.
# Inverse Matrix/3/Explizit/Aufgabe

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{pmatrix}}\,$
eine invertierbare Matrix. Zeige durch zwei Matrizenmultiplikationen, dass
    $M^{-1}={\frac {1}{\det M}}{\begin{pmatrix}ei-fh&ch-bi&bf-ce\\fg-di&ai-cg&cd-af\\dh-eg&bg-ah&ae-bd\end{pmatrix}}\,$
ist.
# Graph/Nachbarschaftsvergleich/Homomorphismus/Aufgabe/Lösung

* Die Äquivalenz von (1) und (2) ist klar. Es sei (2) erfüllt und sei $\varphi$ die angegebene Abbildung. Wenn $u,v\neq x$ sind, so werden sie auf sich selbst abgebildet und daher bleiben Kanten erhalten. Sei $u\neq x$. Es wird $u$ auf sich selbst und $x$ auf $y$ abgebildet. Wenn es eine Kante zwischen $u$ und $x$ gibt, dann nach (2) auch zwischen $u$ und $y$. Es sei umgekehrt (3) erfüllt und sei $z\in N(x)$. Dann ist $z\neq x$ und $xz$ ist eine Kante. Da ein Graphhomomorphismus vorliegt, folgt, dass auch eine Kante ist, also auch $z\in N(y)$.
    $\varphi (x)\varphi (z)=yz\,$
* Wir argumentieren mit (1). Damit ist unmittelbar klar, dass diese Relation transitiv und reflexiv ist. Sie ist im Allgemeinen aber nicht antisymmetrisch. Betrachten wir den Graphen mit drei Punkten $x,y,z$, wobei $xz$ und $yz$ Kanten seien und $xy$ keine Kante. Dann ist und $x$ und $y$ stehen in Relation zueinander, sie sind aber nicht gleich.
    $N(x)=N(y)=\{z\}\,$
# Quadratischer Zahlbereich/Galoisaktion/Invariantenring/Beispiel

Eine quadratische Körpererweiterung $\mathbb {Q} \subseteq L=\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$ mit einer quadratfreien ganzen Zahl $D\neq 0,1$ ist stets eine Galoiserweiterung, wobei die Galoisgruppe neben der Identität aus der Konjugation ${\sqrt {D}}\mapsto -{\sqrt {D}}$ besteht. Diese Konjugation wirkt nach Fakt oder direkt nach Aufgabe und Aufgabe auch auf dem zugehörigen quadratischen Zahlbereich, mit $\mathbb {Z}$ als Invriantenring.
# Invertierbare Matrix/Finden der inversen Matrix/1+i2i3/01-i-1+3i/4-i02/Aufgabe

Berechne zur (komplexen) Matrix
    $M={\begin{pmatrix}1+{\mathrm {i} }&2{\mathrm {i} }&3\\0&1-{\mathrm {i} }&-1+3{\mathrm {i} }\\4-{\mathrm {i} }&0&2\end{pmatrix}}\,$
die Determinante und die inverse Matrix.
# Graph/R nach R/Faser und Regularität/Aufgabe/Lösung

a) Es sei $\psi (x,y)=y-f(x)$. Dann ist $\psi (x,y)=0$ genau dann, wenn $y=f(x)$, d.h. wenn $(x,y)$ ein Punkt des Graphen ist.
$f$
$\psi$
$(-f'(x),1)$
$\psi$
# Quadratischer Zahlbereich/Imaginär/Gitter-Einbettung/Beispiel

Es sei $D<0$ quadratfrei und $A_{D}$ der zugehörige imaginär-quadratische Zahlbereich. Dann liefert eine fixierte Einbettung $A_{D}\subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]\subseteq {\mathbb {C} }\cong \mathbb {R} ^{2}$ direkt eine Realisierung als Gitter im Sinne von Fakt. Dem Element $q_{1}+q_{2}{\sqrt {D}}=q_{1}+q_{2}{\sqrt {\vert {D}\vert }}{\mathrm {i} }$ entspricht in der reellen Ebene das Element ${\begin{pmatrix}q_{1}\\q_{2}{\sqrt {-D}})\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}q_{1}\\q_{2}{\sqrt {\vert {D}\vert }})\end{pmatrix}}$. Die Ganzheitsbasis $1,{\sqrt {D}}$ bei $D=2,3\mod 4$ bzw. $1,{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ bei $D=1\mod 4$ (vergleiche Fakt) wird unter der reellen Gesamteinbettung auf die reelle Ganzheitsmatrix
    ${\begin{pmatrix}1&0\\0&{\sqrt {\vert {D}\vert }}\end{pmatrix}}$
bzw.
    ${\begin{pmatrix}1&{\frac {1}{2}}\\0&{\frac {\sqrt {\vert {D}\vert }}{2}}\end{pmatrix}}$
abgebildet.
# Graphhomomorphismus/Gradeigenschaft/Aufgabe/Lösung

* Es seien $v_{1},\ldots ,v_{n}$ die an $P$ anliegenden Punkte, also $d(P)=n$. Diese werden auf verschiedene Punkte $\varphi (v_{i})$ abgebildet und es ist stets $\varphi (P)\varphi (v_{i})$ eine Kante von $H$. Also liegen an $\varphi (P)$ zumindest $n$ Kanten an.
* Ohne die Voraussetzung injektiv ist die Aussage aus (1) nicht richtig. Betrachten wir den linearen Graphen $1,2,3$, also mit den zwei Kanten $\{1,2\}$ und $\{2,3\}$, und die Abbildung auf den linearen Graphen $a,b$, also mit der Kante $\{a,b\}$, der $1$ und $3$ auf $a$ und $2$ auf $b$ abbildet. Da Kanten auf Kanten gehen, liegt ein Graphhomomorphismus vor. Der Grad von $2$ ist aber gleich $2$, während der Grad von $b$ gleich $1$ ist.
# Invertierbare Matrix/Finden der inversen Matrix/123/6-1-2/037/Aufgabe

Bestimme die inverse Matrix zu
    $M={\begin{pmatrix}1&2&3\\6&-1&-2\\0&3&7\end{pmatrix}}\,.$
# Graphhomomorphismus/In bipartiten Graphen/Aufgabe/Lösung

Es sei $H=A\uplus B$ eine bipartite Zerlegung von $H$. Dann ist $G=\varphi ^{-1}(A)\uplus \varphi ^{-1}(B)$ eine Zerlegung. Diese ist auch bipartit. Würde es nämlich in $G$ eine Kante $\{x,y\}$ mit $x,y\in \varphi ^{-1}(A)$
$\{\varphi (x),\varphi (y)\}$
$A$
$H$
# Invertierbare Matrix/Finden der inversen Matrix/27/-49/Aufgabe

Bestimme die inverse Matrix zu
    $M={\begin{pmatrix}2&7\\-4&9\end{pmatrix}}\,.$
# Quadratischer Zahlbereich/Imaginär/Logarithmische Abbildung/Beispiel

Zu quadratfreiem $D<0$ und zugehörigem imaginär-quadratischen Zahlbereich $A_{D}\subseteq {\mathbb {C} }$ (vergleiche Beispiel) ist die logarithmische Gesamtabbildung durch
    $A_{D}\setminus \{0\}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(a+b{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {D}\vert }})\longmapsto \ln \left(a^{2}+b^{2}\vert {D}\vert \right),$
gegeben. Der minimale Wert von $a^{2}+b^{2}\vert {D}\vert$ ist $1$ und das Bild der logarithmischen Abbildung liegt in $\mathbb {R} _{\geq 0}$. Hieran sieht man erneut, dass es in $A_{D}$ nur Einheitswurzeln als Einheiten gibt, vergleiche Fakt.
# Grenzwert einer Funktion/ln x+1 durch sin 2x/Aufgabe/Lösung

Wir verwenden die Regel von Hospital. Die Ableitung der Zählerfunktion ist
    ${\left(\ln(x+1)\right)}'={\frac {1}{x+1}}\,$
mit dem Wert $1$ für $x=0$ und die Ableitung der Nennerfunktion ist
    ${\left(\sin 2x\right)}'=2\cos 2x\,$
mit dem Wert $2$ für $x=0$. Daher ist Hospital anwendbar und es ist
    $\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\ln(x+1)}{\sin 2x}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\frac {1}{x+1}}{2\cos 2x}}={\frac {1}{2}}\,.$
# Invertierbare Matrix/Finden der inversen Matrix/41/53/Aufgabe

Bestimme die inverse Matrix zu
    $M={\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}\,.$