OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Lineare Funktion/3 Punkte/Fehlerquadratsumme/Systematisch/Beispiel

In der Situation von Beispiel kommt man mit Fakt deutlich schneller ans Ziel. Es ist
    ${\bar {x}}={\frac {1+4+6}{3}}={\frac {11}{3}}\,$
und daher
    ${\begin{aligned}a&={\frac {{\left(1-{\frac {11}{3}}\right)}\cdot 11+{\left(4-{\frac {11}{3}}\right)}\cdot 20+{\left(6-{\frac {11}{3}}\right)}\cdot 23}{{\left(1-{\frac {11}{3}}\right)}^{2}+{\left(4-{\frac {11}{3}}\right)}^{2}+{\left(6-{\frac {11}{3}}\right)}^{2}}}\\&={\frac {-{\frac {8}{3}}\cdot 11+{\frac {1}{3}}\cdot 20+{\left({\frac {7}{3}}\right)}\cdot 23}{{\left(-{\frac {8}{3}}\right)}^{2}+{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{2}+{\left({\frac {7}{3}}\right)}^{2}}}\\&=3\cdot {\frac {-88+20+161}{64+1+49}}\\&=3\cdot {\frac {93}{114}}\\&={\frac {93}{38}}\end{aligned}}$
und
    $b={\bar {y}}-a{\bar {x}}=18-{\frac {93}{38}}\cdot {\frac {11}{3}}={\frac {2052-1023}{114}}={\frac {1029}{114}}={\frac {343}{38}}\,.$
# Quadratkehrwerte/Alternierende Reihe/Aufgabe

Zeige
    $\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{12}}\,$
mit Fakt.
# Trigonometrisches Polynom/Nullstellenanzahl/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten die Faktorisierung
    $\mathbb {R} {\stackrel {p}{\longrightarrow }}S^{1}{\stackrel {\tilde {f}}{\longrightarrow }}{\mathbb {C} }$
mit
    $p(t)=e^{{\mathrm {i} }\omega t}\,$
und der rationalen Funktion
    ${\tilde {f}}(z)=\sum _{n=-N}^{N}c_{n}z^{n}\,.$
Da $p$ eine Bijektion zwischen $[0,T[$ und $S^{1}$ stiftet, besitzt $f$ in dem Intervall genau dann eine Nullstelle, wenn ${\tilde {f}}$ auf dem Einheitskreis eine Nullstelle besitzt. Wir schreiben
    ${\tilde {f}}(z)=\sum _{n=-N}^{N}c_{n}z^{n}={\frac {\sum _{k=0}^{2N}c_{k-N}z^{k}}{z^{N}}}\,.$
Das Polynom im Zähler besitzt den Grad $2N$ und die Nullstellen von ${\tilde {f}}$ hängen allein von diesem Polynom ab, die Aussage folgt somit aus
# Tschebyschow-Polynom/Darstellung mit Wurzel aus x^2-1/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}{\left(x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right)}^{n}+{\left(x-{\sqrt {x^{2}-1}}\right)}^{n}&=\sum _{j=0}^{n}{\binom {n}{j}}x^{n-j}{\sqrt {x^{2}-1}}^{j}+(-1)^{j}\sum _{j=0}^{n}{\binom {n}{j}}x^{n-j}{\sqrt {x^{2}-1}}^{j}\\\end{aligned}}$
Bei ungeradem $j$ heben sich die Terme links und rechts weg, bei $j$ gerade verdoppeln sich die Terme. Daher ist diese Summe gleich
    $2\sum _{k=0}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }{\binom {n}{2k}}x^{n-2k}{\sqrt {x^{2}-1}}^{2k}=2T_{n}(x)\,.$
# R^2/Offene Menge/Riemannsche Metrik/Levi-Civita-Zusammenhang/Krümmungsoperator/Berechnung/Aufgabe/Lösung

Aufgrund der verschiedenen Identitäten aus Fakt sind allenfalls die Christoffelsymbole
    $R_{112}^{1},R_{112}^{2},R_{122}^{1},R_{122}^{2},$
relevant. Es ist gemäß Fakt
    $R_{112}^{1}={\partial _{1}}\Gamma _{12}^{1}-{\partial _{1}}\Gamma _{12}^{1}+\Gamma _{12}^{1}\Gamma _{11}^{1}+\Gamma _{12}^{2}\Gamma _{12}^{1}-\Gamma _{12}^{1}\Gamma _{11}^{1}-\Gamma _{12}^{2}\Gamma _{12}^{1}=0\,,$
    $R_{112}^{2}={\partial _{1}}\Gamma _{12}^{2}-{\partial _{1}}\Gamma _{12}^{2}+\Gamma _{12}^{1}\Gamma _{11}^{2}+\Gamma _{12}^{2}\Gamma _{12}^{2}-\Gamma _{12}^{1}\Gamma _{11}^{2}-\Gamma _{12}^{2}\Gamma _{12}^{2}=0\,,$
    $R_{121}^{1}=-{\partial _{1}}\Gamma _{12}^{1}-{\partial _{2}}\Gamma _{11}^{1}-\Gamma _{12}^{1}\Gamma _{11}^{1}-\Gamma _{12}^{2}\Gamma _{12}^{1}+\Gamma _{11}^{1}\Gamma _{12}^{1}-\Gamma _{11}^{2}\Gamma _{22}^{1}\,,$
    $R_{121}^{2}={\partial _{1}}\Gamma _{12}^{2}-{\partial _{2}}\Gamma _{11}^{2}+\Gamma _{12}^{1}\Gamma _{11}^{2}+\Gamma _{12}^{2}\Gamma _{12}^{2}-\Gamma _{11}^{1}\Gamma _{12}^{2}-\Gamma _{11}^{2}\Gamma _{22}^{2}\,.$
    $R_{122}^{1}={\partial _{1}}\Gamma _{22}^{1}-{\partial _{2}}\Gamma _{22}^{1}+\Gamma _{22}^{1}\Gamma _{11}^{1}+\Gamma _{22}^{2}\Gamma _{12}^{1}-\Gamma _{12}^{1}\Gamma _{12}^{1}-\Gamma _{12}^{2}\Gamma _{22}^{1}\,,$
    $R_{122}^{2}={\partial _{1}}\Gamma _{22}^{2}-{\partial _{2}}\Gamma _{22}^{2}+\Gamma _{22}^{1}\Gamma _{11}^{2}-\Gamma _{12}^{1}\Gamma _{12}^{2}\,.$
# Halbebene/Poincaré/Riemannsche Geometrie/Geodätische/Halbkreislösungen/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}\gamma '(t)&={\begin{pmatrix}s+r{\frac {\sinh t}{\cosh t}}\\{\frac {r}{\cosh t}}\end{pmatrix}}'\\&=r{\begin{pmatrix}{\frac {\cosh t-\sinh t}{\cosh t}}\\-{\frac {\sinh t}{\cosh t}}\end{pmatrix}}\\&=r{\begin{pmatrix}{\frac {1}{\cosh t}}\\-{\frac {\sinh t}{\cosh t}}\end{pmatrix}}\\&={\frac {r}{\cosh t}}{\begin{pmatrix}1\\-\sinh t\end{pmatrix}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}\gamma ^{\prime \prime }(t)&=r{\begin{pmatrix}{\frac {1}{\cosh t}}\\-{\frac {\sinh t}{\cosh t}}\end{pmatrix}}'\\&=r{\begin{pmatrix}{\frac {-2\sinh t}{\cosh t}}\\{\frac {-\cosh t+2\sinh t\cosh t}{\cosh t}}\end{pmatrix}}\\&=r{\begin{pmatrix}{\frac {-2\sinh t}{\cosh t}}\\{\frac {-\cosh t+2\sinh t}{\cosh t}}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
Wegen
    ${\frac {2}{\frac {r}{\cosh t}}}\cdot {\frac {r}{\cosh t}}\cdot (-1){\frac {r\sinh t}{\cosh t}}=-{\frac {2r\sinh t}{\cosh t}}=\gamma _{1}^{\prime \prime }(t)\,$
stimmt die erste Gleichung. Wegen
    ${\begin{aligned}-{\frac {1}{\gamma _{2}(t)}}\gamma _{1}'(t)\gamma _{1}'(t)+{\frac {1}{\gamma _{2}(t)}}\gamma _{2}'(t)\gamma _{2}'(t)&={\frac {\cosh t}{r}}{\left(-{\left({\frac {r}{\cosh t}}\right)}^{2}+{\left({\frac {r\sinh t}{\cosh t}}\right)}^{2}\right)}\\&={\frac {r{\left(-1+\sinh t\right)}}{\cosh t}}\\&={\frac {r{\left(-\cosh t+2\sinh t\right)}}{\cosh t}}\\&=\gamma _{2}^{\prime \prime }(t)\end{aligned}}$
# Potenz rational/Basis und Exponent irrational/Wurzel 2/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten zuerst ${\sqrt {2}}^{\sqrt {2}}$. Falls diese Zahl rational ist, so sind wir fertig. Andernfalls ist ${\sqrt {2}}^{\sqrt {2}}$ irrational. In diesem Fall ist nach den Potenzgesetzen
    ${\left({\sqrt {2}}^{\sqrt {2}}\right)}^{\sqrt {2}}={\sqrt {2}}^{\left({\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {2}}\right)}={\sqrt {2}}^{2}=2\,$
# Impliziter Einheitskreis/Krümmung/Aufgabe/Lösung

Das Gradientenfeld zu $h$ ist ${\begin{pmatrix}2x\\2y\end{pmatrix}}$, ein Einheitsnormalenfeld ist somit
    $N{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\frac {1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.$
Das totale Differential von $N$ in einem Punkt
    $P={\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$
ist
    $\left(DN\right)_{P}={\begin{pmatrix}{\frac {y^{2}}{{\left(x^{2}+y^{2}\right)}^{3/2}}}&-{\frac {xy}{{\left(x^{2}+y^{2}\right)}^{3/2}}}\\-{\frac {xy}{{\left(x^{2}+y^{2}\right)}^{3/2}}}&{\frac {x^{2}}{{\left(x^{2}+y^{2}\right)}^{3/2}}}\end{pmatrix}}\,.$
Angewendet auf den tangentialen Vektor ${\begin{pmatrix}y\\-x\end{pmatrix}}$ ergibt sich
    ${\begin{aligned}\left(DN\right)_{P}{\begin{pmatrix}y\\-x\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}y^{2}&-xy\\-xy&x^{2}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}y\\-x\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}y{\left(y^{2}+x^{2}\right)}\\-x{\left(y^{2}+x^{2}\right)}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}y\\-x\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
Daher ist die Krümmung der Kurve in $P$ nach Fakt gleich $-1$.
${\begin{pmatrix}y\\-x\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}y\\-x\end{pmatrix}}$
# Kleines Einmaleins/Diagonale und Gegendiagonale/Aufgabe/Lösung

* Das Produkt der Einträge der Hauptdiagonale ist also ein Produkt von Quadratzahlen und damit selbst eine Quadratzahl.
    $1^{2}\cdot 2^{2}\cdot 3^{2}\cdots 8^{2}\cdot 9^{2},$
* Im Produkt der Einträge der Hauptdiagonale kommt der Primfaktor $5$ nur als $5^{2}$ in der Mitte vor, der Exponent des Primfaktors $5$ ist also $2$ und kein Vielfaches von $3$, wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung kann das Produkt also keine Kubikzahl sein.
* Das Produkt der Einträge der Nebendiagonale ist dies ist also eine Quadratzahl.
    $(1\cdot 9)(2\cdot 8)(3\cdot 7)(4\cdot 6)(5\cdot 5)(6\cdot 4)(7\cdot 3)(8\cdot 2)(9\cdot 1)=(1\cdot 9)^{2}(2\cdot 8)^{2}(3\cdot 7)^{2}(4\cdot 6)^{2}\cdot 5^{2}\,,$
# Archimedisch angeordneter Körper/Dezimalbrüche/Folge/Beidseitig unendlich/Aufgabe/Lösung

* Ähnlich wie bei Dezimalbruchfolgen sei die Folge dadurch gegeben, dass nur die Ziffern bis zur $n$-ten Vorkommaziffer und bis zur $n$-ten Nachkommaziffer berücksichtigt werden, also
    $x_{n}=\sum _{i=-n}^{n}z_{i}10^{i}\,.$
* Es ist
    $x_{n+1}=x_{n}+z_{n+1}10^{n+1}+z_{-n-1}10^{-n-1}\,.$
* Die Folge ist genau dann eine Cauchy-Folge, wenn vor dem Komma alle Ziffern $z_{n}$ ab einer bestimmten Stelle $n_{0}$ gleich $0$ sind. In diesem Fall liegt (ab dem $n_{0}$-ten Folgenglied) eine gewöhnliche Dezimalbruchfolge vor, und diese ist nach Fakt eine Cauchy-Folge. Wenn hingegen unendlich viele Vorkommazifferen ungleich $0$ sind, so ist die Folge unbeschränkt, und kann nach Fakt keine Cauchy-Folge sein.
# Lineares Gleichungssystem/Q/Äquivalent über Z/Beispiel/Aufgabe

* Wir betrachten das lineare Gleichungssystem über $\mathbb {Q}$, das aus den beiden Gleichungen und besteht. Bestimme ein lineares Gleichungssystem, das zu diesem System äquivalent ist und zusätzlich die Eigenschaft besitzt, dass alle Koeffizienten ganzzahlig sind.
    ${\frac {3}{7}}x+{\frac {4}{9}}y-{\frac {3}{15}}z={\frac {1}{35}}\,$
    $-{\frac {5}{3}}x+{\frac {1}{4}}y-{\frac {6}{7}}z={\frac {11}{10}}\,$
* Zeige, dass es zu jedem linearen Gleichungssystem über $\mathbb {Q}$ ein dazu äquivalentes Gleichungssystem mit der Eigenschaft gibt, dass alle Koeffizienten ganzzahlig sind.
# Einheitskreis/Obere Halbebene/Rational isomorph/Reelle partielle Ableitungen/Aufgabe/Lösung

Die partiellen Ableitungen von
    $\psi {\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}={\frac {1}{-2a+1+a^{2}+b^{2}}}{\begin{pmatrix}-2b\\1-a^{2}-b^{2}\end{pmatrix}}\,$
sind
    ${\begin{aligned}{\frac {\partial \psi }{\partial a}}&={\frac {1}{{\left(-2a+1+a^{2}+b^{2}\right)}^{2}}}{\begin{pmatrix}2b{\left(2a-2\right)}\\-2a{\left(-2a+1+a^{2}+b^{2}\right)}-{\left(1-a^{2}-b^{2}\right)}{\left(-2+2a\right)}\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{{\left(-2a+1+a^{2}+b^{2}\right)}^{2}}}{\begin{pmatrix}2b{\left(2a-2\right)}\\4a^{2}-4a+2{\left(1-a^{2}-b^{2}\right)}\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{{\left(-2a+1+a^{2}+b^{2}\right)}^{2}}}{\begin{pmatrix}4ab-4b\\2a^{2}-4a+2-2b^{2}\end{pmatrix}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}{\frac {\partial \psi }{\partial b}}&={\frac {1}{{\left(-2a+1+a^{2}+b^{2}\right)}^{2}}}{\begin{pmatrix}-2{\left(-2a+1+a^{2}+b^{2}\right)}+4b^{2}\\-2b{\left(-2a+1+a^{2}+b^{2}\right)}-2b{\left(1-a^{2}-b^{2}\right)}\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{{\left(-2a+1+a^{2}+b^{2}\right)}^{2}}}{\begin{pmatrix}4a-2-2a^{2}+2b^{2}\\4ab-4b\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Reelle Funktion/Stetig/Konstant/Beispiel

Eine konstante Funktion
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto c,$
ist stetig. Zu jedem vorgegebenen $\epsilon$ kann man hier ein beliebiges $\delta$ wählen, da ja ohnehin
    $d(f(x),f(x'))=d(c,c)=0\leq \epsilon \,$
gilt.
# Ellipse/Paralleltransport/Aufgabe/Lösung

* Der Tangentialraum in einem Punkt ${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$ steht senkrecht auf dem Gradienten ${\begin{pmatrix}2x\\6y\end{pmatrix}}$, in $P$ also senkrecht auf Dies erfüllt der Vektor $v$.
    ${\begin{pmatrix}2\\{\frac {6}{\sqrt {3}}}\end{pmatrix}}=2{\begin{pmatrix}1\\{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}\,.$
* Der Paralleltransport längs eines Weges $\gamma$ auf $M$ von $P$ nach $Q$ ist eine Isometrie $T_{P}M\rightarrow T_{Q}M$. Der Tangentialraum an $Q$ steht senkrecht auf ${\begin{pmatrix}-1\\{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}$ und wird erzeugt von ${\begin{pmatrix}{\sqrt {3}}\\1\end{pmatrix}}$. Da sich die Norm nicht ändert, kommt als Ergebnis nur $\pm {\begin{pmatrix}{\sqrt {3}}\\1\end{pmatrix}}$ in Frage. Da $v$ gegen den Uhrzeigersinn auf $M$ zeigt, muss dies auch für das Ergebnis gelten (etwa wegen Aufgabe), also ist $-{\begin{pmatrix}{\sqrt {3}}\\1\end{pmatrix}}$ das Ergebnis.
# Kreis/Ellipse/Diffeomorphismus/Aufgabe/Lösung

Wir arbeiten mit der Beschreibung
    $E={\left\{(u,v)\mid {\frac {1}{2}}u^{2}+{\frac {5}{4}}v^{2}=1\right\}}\,.$
* Die Abbildung ist als Abbildung in den $\mathbb {R} ^{2}$ stetig differenzierbar und das Bild liegt auf $E$. Daher ist sie auch als Abbildung nach $E$ stetig differenzierbar. Die Surjektivität wird in (2) mitbewiesen.
    $\mathbb {R} \longrightarrow E,\,\alpha \longmapsto \left({\sqrt {2}}\cos \alpha ,\,{\frac {2}{\sqrt {5}}}\sin \alpha \right)$
* Wir betrachten die Abbildung Diese ist als Einschränkung einer bijektiven linearen Abbildung des $\mathbb {R} ^{2}$ stetig differenzierbar und injektiv und landet (aufgrund der expliziten Gleichungen) in der Tat in $E$. Sie ist auch surjektiv, da man direkt die Umkehrabbildung angeben kann. Da die trigonometrische Parametrisierung des Einheitskreisen surjektiv ist, folgt, dass auch die in (1) angegebene Abbildung surjektiv ist.
    $S^{1}\longrightarrow E,\,(x,y)\longmapsto \left({\sqrt {2}}x,\,{\frac {2}{\sqrt {5}}}y\right).$
    $E\longrightarrow S^{1},\,(u,v)\longmapsto \left({\frac {1}{\sqrt {2}}}u,\,{\frac {\sqrt {5}}{2}}v\right),$
# Differentialform/Äußere Ableitung/Rückzug/Berechung/Aufgabe/Lösung

* Es ist
    $d\omega =d{\left(ydx+zdy+xdz\right)}=dy\wedge dx+dz\wedge dy+dx\wedge dz=-dx\wedge dy-dy\wedge dz+dx\wedge dz\,.$
* Es ist
    ${\begin{aligned}\varphi ^{*}\omega &=v^{2}du^{2}+uvdv^{2}+u^{2}duv\\&=2v^{2}udu+2uv^{2}dv+u^{2}(udv+vdu)\\&={\left(2uv^{2}+u^{2}v\right)}du+{\left(2uv^{2}+u^{3}\right)}dv.\end{aligned}}$
* Es ist
    ${\begin{aligned}d{\left({\left(2uv^{2}+u^{2}v\right)}du+{\left(2uv^{2}+u^{3}\right)}dv\right)}&=d{\left(2uv^{2}+u^{2}v\right)}du+d{\left(2uv^{2}+u^{3}\right)}dv\\&={\left(4uv+u^{2}\right)}dv\wedge du+{\left(2v^{2}+3u^{2}\right)}du\wedge dv\\&={\left(-4uv+2v^{2}+2u^{2}\right)}du\wedge dv.\end{aligned}}$
* Der Rückzug $\varphi ^{*}d\omega$ ist
    ${\begin{aligned}\varphi ^{*}{\left(-dx\wedge dy-dy\wedge dz+dx\wedge dz\right)}&=-du^{2}\wedge dv^{2}-dv^{2}\wedge duv+du^{2}\wedge duv\\&=-4uvdu\wedge dv-2v^{2}dv\wedge du+2u^{2}du\wedge dv\\&={\left(-4uv+2v^{2}+2u^{2}\right)}du\wedge dv.\end{aligned}}$
# Mannigfaltigkeit mit Rand/Unendlich viele Kreise/Aufgabe/Lösung

Wir berachten
    $M=\mathbb {R} ^{2}\setminus \biguplus _{n\in \mathbb {Z} }U{\left((n,0),{\frac {1}{3}}\right)}\,.$
$x$
$M$
$S^{1}$
$M$
# R^n/Kompakte Ausschöpfung/Aufgabe/Lösung

Wir betrachen die abgeschlossenen Bälle $B\left(0,n\right)$, $n\in \mathbb {N} _{+}$, die kompakt sind und die den $\mathbb {R} ^{d}$ überdecken. Das offene Innere von $B\left(0,n+1\right)$ ist der offene Ball $U{\left(0,n+1\right)}$ und wegen
    $B\left(0,n\right)\subseteq U{\left(0,n+1\right)}\,$
liegt eine kompakte Ausschöpfung
# Tangentialbündel/Linearer Zusammenhang/Torsionsfrei/Basisschnitte/Aufgabe/Lösung

Zunächst ist für eine differenzierbare Funktion $g$
    ${\begin{aligned}\nabla _{gV_{i}}V_{j}-\nabla _{V_{j}}{\left(gV_{i}\right)}&=g\nabla _{V_{i}}V_{j}-{\left(g\nabla _{V_{j}}{\left(V_{i}\right)}+D_{V_{j}}(g)V_{i}\right)}\\&=g[V_{i},V_{j}]-D_{V_{j}}(g)V_{i}\\&=[gV_{i},V_{j}]\end{aligned}}$
nach Fakt (3). Beliebige differenzierbare Vektorfelder kann man als
    $V=\sum _{i=1}^{n}f_{i}V_{i}\,$
und
    $W=\sum _{i=1}^{n}g_{i}V_{i}\,$
ansetzen. Dann ist
    ${\begin{aligned}\nabla _{V}W-\nabla _{W}V&=\nabla _{\sum _{i=1}^{n}f_{i}V_{i}}{\left(\sum _{j=1}^{n}g_{j}V_{j}\right)}-\nabla _{\sum _{j=1}^{n}g_{j}V_{j}}{\left(\sum _{i=1}^{n}f_{i}V_{i}\right)}\\&=\sum _{i,j}f_{i}\nabla _{V_{i}}{\left(g_{j}V_{j}\right)}-\sum _{i,j}g_{j}\nabla _{V_{j}}{\left(f_{i}V_{i}\right)}\\&=\sum _{i,j}f_{i}{\left(g_{j}\nabla _{V_{i}}V_{j}-[V_{i},g_{j}V_{j}]\right)}-\sum _{i,j}g_{j}{\left(f_{i}\nabla _{V_{j}}V_{i}-[f_{i}V_{i},V_{j}]\right)}\\&=\sum _{i,j}f_{i}g_{j}{\left(\nabla _{V_{i}}V_{j}-\nabla _{V_{j}}V_{i}\right)}-\sum _{i}f_{i}[V_{i},g_{j}V_{j}]-\sum _{j}g_{j}[f_{i}V_{i},V_{j}]\\&=\sum _{i,j}f_{i}g_{j}[V_{i},V_{j}]-\sum _{i}f_{i}[V_{i},g_{j}V_{j}]-\sum _{j}g_{j}[f_{i}V_{i},V_{j}].\end{aligned}}$
# Mittlerer Binomialkoeffizient/Anteil/Konvergenz/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}{\frac {x_{n+2}}{x_{n}}}&={\frac {{\binom {n+2}{{\frac {n}{2}}+1}}\cdot 2^{-n-2}}{{\binom {n}{\frac {n}{2}}}\cdot 2^{-n}}}\\&={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {\frac {(n+2)(n+1)n\cdots {\left({\frac {n}{2}}+3\right)}{\left({\frac {n}{2}}+2\right)}}{{\left({\frac {n}{2}}+1\right)}{\frac {n}{2}}{\left({\frac {n}{2}}-1\right)}\cdots 2\cdot 1}}{\frac {n(n-1)(n-2)\cdots {\left({\frac {n}{2}}+2\right)}{\left({\frac {n}{2}}+1\right)}}{{\frac {n}{2}}{\left({\frac {n}{2}}-1\right)}{\left({\frac {n}{2}}-2\right)}\cdots 2\cdot 1}}}\\&={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {(n+2)(n+1)}{{\left({\frac {n}{2}}+1\right)}\cdot {\left({\frac {n}{2}}+1\right)}}}\\&={\frac {(n+2)(n+1)}{(n+2)\cdot (n+2)}}\\&={\frac {n+1}{n+2}}.\end{aligned}}$
Daher ist
    $x_{n+2}={\frac {n+1}{n+2}}x_{n}={\frac {n+1}{n+2}}\cdot {\frac {n-1}{n}}\cdot {\frac {n-3}{n-2}}\cdots {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}x_{0}\,$
und die Nullkonvergenz folgt aus
# Topologische Räume/Produkträume/Relatives Produkt/Kürzung/Aufgabe

Es seien $X,U$ und $V$ topologische Räume und seien $p_{1}\colon X\times U\rightarrow X$ und $p_{2}\colon X\times V\rightarrow X$ die kanonischen Projektionen nach $X$. Zeige, das für das relative Produkt die Beziehung
    ${\left(X\times U\right)}\times _{X}{\left(X\times V\right)}\cong X\times U\times V\,$
gilt.
# Topologische Räume/Relatives Produkt/Identischer Faktor/Aufgabe

Es sei $p\colon Y\rightarrow X$ eine
stetige Abbildung zwischen den topologischen Räumen $X$ und $Y$. Zeige, das für das relative Produkt die Beziehung
    $X\times _{X}Y\cong Y\,$
gilt (wobei $X\rightarrow X$ die Identität sei).
# Offenes Intervall/Lineare Differentialgleichung/System/Linearer Zusammenhang/Aufgabe/Lösung

Die Abbildung
    $u\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$
wird bezüglich der Basischnitte $e_{1},\ldots ,e_{n}$ durch
    $u=u_{1}e_{1}+\cdots +u_{n}e_{n}\,$
beschrieben. Die vertikale Ableitung des Zusammenhangs dieses Schnittes in Richtung der einzigen Ableitungsrichtung $\partial$ ist nach Fakt gleich
    $\sum _{k=1}^{n}{\left(\partial u_{k}+\sum _{j=1}^{n}u_{j}\Gamma _{j}^{k}\right)}e_{k}=\sum _{k=1}^{n}{\left(u_{k}'+\sum _{j=1}^{n}u_{j}\Gamma _{j}^{k}\right)}e_{k}\,.$
Dabei ist $u$ nach Fakt genau dann ein horizontaler Schnitt, wenn die vertikale Ableitung gleich $0$ ist, und dies bedeutet für die einzelnen Komponenten, dass
    $u_{k}'+\sum _{j=1}^{n}\Gamma _{j}^{k}u_{j}=0\,$
für alle $k$ gelten muss. Dies ist äquivalent zu
    $u_{k}'=\sum _{j=1}^{n}a_{kj}u_{j}\,$
für alle $k$, was gerade bedeutet, dass $u$ das Matrixsystem
    $u'={\left(a_{kj}\right)}u\,$
# Topologische Räume/Relatives Produkt/Hintereinanderschaltung/Aufgabe

Es seien $X,Y,Z$ und $W$ topologische Räume und seien $W\rightarrow X$ und
    $Z{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}Y{\stackrel {\psi }{\longrightarrow }}X$
stetige Abbildungen. Zeige, dass das relative Produkt (beziehungsweise der Rückzug) die Beziehung
    $\varphi ^{*}{\left(\psi ^{*}W\right)}=Z\times _{Y}{\left(Y\times _{X}W\right)}=Z\times _{X}W=(\psi \circ \varphi )^{*}W\,$
erfüllt.
# Ellipse/Gaußabbildung/Bestimme/1/Aufgabe/Lösung

Als Einheitsnormalenfeld können wir vom Gradienten der beschreibenden Funktion, also von
    $G(x,y)={\begin{pmatrix}2\alpha x\\2\beta y\end{pmatrix}}\,$
ausgehen, durch Normalisierung erhalten wir
    $N(x,y)={\frac {1}{\sqrt {\alpha ^{2}x^{2}+\beta ^{2}y^{2}}}}{\begin{pmatrix}\alpha x\\\beta y\end{pmatrix}}\,.$
Die Gauß-Abbildung ist also
    $\varphi \colon Y={\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}\mid \alpha x^{2}+\beta y^{2}=1\right\}}\longrightarrow S^{1},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\frac {1}{\sqrt {\alpha ^{2}x^{2}+\beta ^{2}y^{2}}}}{\begin{pmatrix}\alpha x\\\beta y\end{pmatrix}}.$
# Term/Differenz/Umkehrung/Aufgabe/Lösung

    $b-a=-(a-b)\,.$
# Rationale Zahlen/Stammbrüche/Dazwischen/Aufgabe/Lösung

* Nur der Stammbruch ${\frac {1}{4}}$.
* Es ist daher ist ${\frac {3}{11}}$ die einzige rationale Zahl von dieser Form, die zwischen den vorgegebenen Zahlen liegt.
    ${\frac {2}{11}}<{\frac {1}{5}}<{\frac {3}{11}}<{\frac {1}{3}}<{\frac {4}{11}}\,,$
* Zwischen je zwei verschiedenen Zahlen liegen stets unendlich viele rationale Zahlen.
# Division mit Rest (Polynomring)/Q/8x^3+x-1 durch 2x^2+5/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $8X^{3}+X-1={\left(2X^{2}+5\right)}4X-19X-1\,.$
# Polynom/z und z konjugiert/Ableitung/2/Aufgabe

Bestimme die Ableitung ${\frac {\partial }{\partial {\overline {z}}}}$ von
    $f(z)={\overline {z}}^{4}-6z^{3}{\overline {z}}^{3}-4z^{2}{\overline {z}}^{3}+5{\mathrm {i} }z{\overline {z}}^{2}+3z{\overline {z}}+4z+{\left(2+5{\mathrm {i} }\right)}{\overline {z}}\,.$
# Komplexe Potenzreihe/Konvergenzradius/Cauchy-Hadamard/Unbeschränkt/Aufgabe/Lösung

Es sei die Folge ${\sqrt[{n}]{\vert {c_{n}}\vert }}$ zunächst beschränkt, sagen wir
    ${\sqrt[{n}]{\vert {c_{n}}\vert }}\leq M\,$
für alle $n$. Es sei $s$ reell mit
    $0<s\leq {\frac {1}{2M}}\,.$
Dann ist
    ${\sqrt[{n}]{\vert {c_{n}}\vert }}s\leq M{\frac {1}{2M}}\leq {\frac {1}{2}}<1\,.$
Daher ist
    $\sum _{n=0}^{\infty }\vert {c_{n}}\vert s^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\vert {\sqrt[{n}]{c_{n}}}\vert s\right)}^{n}\leq \sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {1}{2}}\right)^{n}\,$
beschränkt, wie aus der Abschätzung mit der geometrischen Reihe folgt. Daher ist $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}s^{n}$ konvergent und es liegt eine konvergente Potenzreihe vor.
Es sei nun die Folge ${\sqrt[{n}]{\vert {c_{n}}\vert }}$ nicht beschränkt. Zu jeden beliebigen positiven reellen $s$ gibt es dann unendlich viele $n$ mit
    ${\sqrt[{n}]{\vert {c_{n}}\vert }}s\geq 1\,.$
Doch dann ist
    $\sum _{n=0}^{\infty }\vert {c_{n}}\vert s^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\left({\sqrt[{n}]{\vert {c_{n}}\vert }}s\right)}^{n}\,$
$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}s^{n}$
# Komplexe Zahlen/Reell differenzierbare Abbildung/dz/Rückzug/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $dz=dx+{\mathrm {i} }dy\,.$
Nach Fakt ist daher
    ${\begin{aligned}\varphi ^{*}(dz)&=\varphi ^{*}(dx+{\mathrm {i} }dy)\\&={\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial u}}du+{\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial v}}dv+{\mathrm {i} }{\left({\frac {\partial \varphi _{2}}{\partial u}}du+{\frac {\partial \varphi _{2}}{\partial v}}dv\right)}\\&={\left({\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial u}}+{\mathrm {i} }{\frac {\partial \varphi _{2}}{\partial u}}\right)}du+{\left({\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial v}}+{\mathrm {i} }{\frac {\partial \varphi _{2}}{\partial v}}\right)}dv\\&={\frac {\partial \varphi }{\partial u}}du+{\frac {\partial \varphi }{\partial v}}dv\\&={\left({\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial u}}-{\frac {\mathrm {i} }{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial v}}+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial u}}+{\frac {\mathrm {i} }{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial v}}\right)}du+{\left({\frac {\mathrm {i} }{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial u}}+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial v}}-{\frac {\mathrm {i} }{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial u}}+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial v}}\right)}dv\\&={\left({\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial u}}-{\frac {\mathrm {i} }{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial v}}\right)}d{\left(u+{\mathrm {i} }v\right)}+{\left({\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial u}}+{\frac {\mathrm {i} }{2}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial v}}\right)}d{\left(u-{\mathrm {i} }v\right)}\\&={\frac {\partial \varphi }{\partial w}}dw+{\frac {\partial \varphi }{\partial {\overline {w}}}}d{\overline {w}}.\end{aligned}}$