OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Restklassenringe von Z/mod 11 und mod 121/Primitive Elemente/F 121/Ordnungen/Aufgabe/Lösung

In $\mathbb {Z} /(11)$ betrachten wir das Element $2$. Die Ordnung von $2$ ist ein Teiler von $10$. Es ist $2^{2}=4\neq 1$ und $2^{5}=32=-1\neq 1$, sodass die Ordnung $10$ ist, also ist $2$ primitiv.
Wir betrachten $2$ in $\mathbb {Z} /(121)$. Dieser Ring hat $110$ Einheiten, also ist die Ordnung von $2$ ein Teiler von $110$. Andererseits folgt aus $2^{k}=1\mod 121$, dass auch $2^{k}=1\mod 11$ ist. Dann muss $k$ ein Vielfaches von $10$sein. An möglichen Ordnungen bleiben also $k=10$ oder $k=110$. Es ist $2^{10}=1024=56\neq 1\mod 121$. Also ist die Ordnung $110$und $2$ ist primitiv modulo $121$.
Damit hat $2^{10}=56$ die Ordnung $11$ und $2^{11}=112$ hat die Ordnung $10$.
${\mathbb {F} }_{121}$
$120$
$10$
$11$
# Satz über implizite Abbildungen/R/Beweis im linearen surjektiven Fall/Aufgabe/Lösung

Es ist $G=\mathbb {R} ^{n}$ und $P\in \mathbb {R} ^{n}$ sei ein beliebiger Punkt. Bei einer linearen Abbildung stimmt das totale Differential mit der linearen Abbildung überein. Da diese nach Voraussetzung surjektiv ist, sind die Voraussetzungen des Satzes für jeden Punkt erfüllt. Ferner folgt $n\geq m$ aus der Surjektivität. Es sei $L=\operatorname {kern} \varphi$ der Kern der linearen Abbildung, der nach dem Dimensionssatz die Dimension $n-m$ besitzt. Daher gibt es eine lineare Isomorphie $\mathbb {R} ^{n-m}\cong L$, die eine lineare injektive Abbildung $\theta \colon \mathbb {R} ^{n-m}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ definiert.
$Z$
$P$
$\varphi (P)$
    $P+L={\left\{P+v\mid v\in L\right\}}$
$P$
    $\psi :V=\mathbb {R} ^{n-m}{\stackrel {\theta }{\longrightarrow }}\mathbb {R} ^{n}{\stackrel {+P}{\longrightarrow }}\mathbb {R} ^{n}=W,$
wobei vorne eine lineare injektive Abbildung (deren Bild gleich $L$ ist) und hinten eine Verschiebung steht. Daher ist die Abbildung $\psi$ stetig differenzierbar und injektiv. Das Bild von $\psi$ ist nach der Vorüberlegung genau $Z$, sodass eine Bijektion $\mathbb {R} ^{n-m}\cong Z$ vorliegt.
$\psi$
$\psi$
$\theta$
$\varphi \circ \theta =0$
# Schach/Läufer/Bipartit/Aufgabe/Lösung

* Die beiden weißen horizontalen Felder (links bzw. rechts) und die beiden weißen vertikalen Felder (oben bzw. unten) bilden eine bipartite Zerlegung. Bei einem Läuferzug auf diesen weißen Feldern wird stets von einem horizontalen zu einem vertikalen Feld und umgekehrt hinübergewechselt.
* Betrachten wir die Hauptdiagonale. Der schwarzfeldrige Läufer kann von links unten in die Mitte und dann nach rechts oben und von dort direkt wieder nach links unten ziehen. Dies ist ein Kreis der Länge $3$, was es nach Fakt in einem bipartiten Graphen nicht gibt.
# Schach/Springer/Äquivalenzklassen/Aufgabe/Lösung

* Jeder Pferdsprung würde das $2\times 2$-Brett verlassen, daher sind die vier einzelnen Felder die Äquivalenzklassen.
* Vom zentralen Feld aus würde jeder Pferdsprung das $3\times 3$-Brett verlassen, dieses bildet somit für sich eine Äquivalenzklasse. Die acht übrigen Felder sind mittels Pferdsprüngen untereinander verbindbar, wie die Skizze zeigt.
* Die in der folgenden Matrix angegebene Zugreihenfolge zeigt, dass alle Felder bis auf das links unten miteinander durch Pferdsprünge verbunden sind. Letzteres ist mit dem mit $9$ markierten Feld durch einen Pferdsprung verbunden. Also sind alle Felder zueinander äquivalent und es gibt nur eine Äquivalenzklasse.
    ${\begin{pmatrix}1&6&15&10\\12&9&2&5\\7&4&11&14\\&13&8&3\end{pmatrix}}$
# Sechste Einheitswurzeln/Quadratischer Zahlbereich zu D ist -3/Z mod 19/Aufgabe/Lösung

In $A_{-3}$ gibt es das Element $z={\frac {1+{\sqrt {-3}}}{2}}$. Es ist $z^{2}={\frac {1-3+2{\sqrt {-3}}}{4}}={\frac {-1+{\sqrt {-3}}}{2}}$ und $z^{3}=z^{2}z={\frac {-1+{\sqrt {-3}}}{2}}{\frac {1+{\sqrt {-3}}}{2}}={\frac {-1-3}{4}}=-1$. Damit ist $z^{6}=1$ und die Ordnung von $z$ ist $6$. Neben den schon angeführten Elementen sind noch $z^{0}=1$, $z^{4}=-z=-{\frac {1+{\sqrt {-3}}}{2}}$, $z^{5}=-z^{2}={\frac {1-{\sqrt {-3}}}{2}}$ weitere sechste Einheitswurzeln. Das sind alle, da über jedem Integritätsbereich ein Polynom vom Grad $n$ maximal $n$ Nullstellen haben kann.
Betrachte nun $\mathbb {Z} /(19)$. Die Ordnung der Einheitengruppe ist $18$. Für die Potenzen von $2$ hat man $2^{2}=4\neq 0$, $2^{3}=8\neq 0$, $2^{6}=8^{2}=64=7\neq 0$, $2^{9}=8\cdot 7=56=-1$. Also ist $2$ primitiv und hat die Ordnung $18$. Dann sind genau die Elemente der Form $2^{n}$, wobei $n$ ein Vielfaches von $3$ ist, sechste Einheitswurzeln. Dies sind
    $2^{0}=1,\,2^{3}=8,\,2^{6}=7,\,2^{9}=-1=18,\,2^{12}=-8=11,\,2^{15}=-7=12.$
# Stammfunktion/cos(cos(sin))sin(sin)cos/Aufgabe/Lösung

Die Funktion hat die Gestalt
    $-f(g(h(x)))\cdot g'(h(x))\cdot h'(x),$
deshalb ist nach der Kettenregel (für drei Funktionen) $-F(g(h(x)))$ eine Stammfunktion dieser Funktion, wobei $F$ eine Stammfunktion von $f$ bezeichnet. Also ist
    $-\sin \left(\cos \left(\sin x\right)\right)$
# Stammfunktion/sin(sin(cos))cos(cos)sin/Aufgabe/Lösung

Die Funktion hat die Gestalt
    $f(g(h(x)))\cdot g'(h(x))\cdot (-h'(x)),$
deshalb ist nach der Kettenregel (für drei Funktionen) $-F(g(h(x)))$ eine Stammfunktion dieser Funktion, wobei $F$ eine Stammfunktion von $f$ bezeichnet. Also ist
    $\cos \left(\sin \left(\cos x\right)\right)$
# Standardbasis/R^n/+-/Eigentliche Symmetrien/Formel/Aufgabe/Lösung

Eine (eigentliche oder uneigentliche) Symmetrie von $T$ muss jeden Standardvektor $e_{i}$ auf einen der Vektoren $\pm e_{j}$ abbilden. Damit eine Bijektion vorliegt, muss jeder Index $j$ unabhängig vom Vorzeichen genau einmal vorkommen. Da dann stets eine Orthonormalbasis vorliegt, handelt es sich um eine Isometrie. Für $e_{1}$ gibt es $2n$ Möglichkeiten, für $e_{2}$ gibt es $2(n-1)$ Wahlmöglichkeiten, da $\pm \varphi (e_{1})$ ausgeschlossen ist, u.s.w., sodass es insgesamt $2^{n}(n!)$ Symmetrien gibt. Die Determinante einer beschreibenden Matrix ist $1$ oder $-1$,
$-1$
$1$
$2^{n-1}(n!)$
# Stetige Funktion/Abgeschlossenes beschränktes Intervall/Maximum wird angenommen/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Nach dem Zwischenwertsatz wissen wir, dass das Bild $J:=f([a,b])$ ein Intervall ist.
Wir zeigen zunächst, dass $J$ (nach oben und nach unten) beschränkt ist. Wir nehmen dazu an, dass $J$ nicht nach oben beschränkt ist. Dann gibt es eine Folge ${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in $I$ mit $f(x_{n})\geq n$. Nach Fakt besitzt ${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Teilfolge. Da $[a,b]$ abgeschlossen ist, gehört der Grenzwert der Teilfolge zu $[a,b]$. Wegen der Stetigkeit muss dann auch die Bildfolge konvergieren. Die Bildfolge ist aber unbeschränkt, sodass sie nach Fakt nicht konvergieren kann, und sich ein Widerspruch ergibt.
Es sei nun $y$ das Supremum von $J$. Es gibt eine Folge ${\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in $J$, die gegen das Supremum konvergiert. Nach Definition von $J$ gibt es eine Folge ${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ mit $f(x_{n})=y_{n}$. Für diese Folge gibt es wieder nach Fakt
$x$
$f(x)=y$
$y\in J$
# Stetige Funktionen/Abgeschlossenes Intervall/Einschränkung auf offenes Intervall/Aufgabe/Lösung

Die Funktion $f(x)={\frac {1}{(x-a)(x-b)}}$ ist eine rationale Funktion von $]a,b[$ nach $\mathbb {R}$, also stetig. Für $x\rightarrow a$ konvergiert der Nenner gegen $0$, sodass die Funktion unbeschränkt ist. Eine auf einem abgeschlossenen Intervall definierte stetige Funktion ist aber nach Fakt beschränkt, sodass $f$ nicht die Einschränkung einer stetigen Funktion $g:[a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ sein kann. Die Abbildung $\Psi$ ist also nicht surjektiv.
Für eine stetige Funktion $g:[a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ gilt
    $\operatorname {lim} _{x\in ]a,b[,x\rightarrow a}g(x)=g(a)$
und
    $\operatorname {lim} _{x\in ]a,b[,x\rightarrow b}g(x)=g(b).$
$g$
$]a,b[$
$\Psi$
# Stetigkeit/R/Auf Q-N konvergent/Konstant/Aufgabe/Lösung

Nehmen wir an, dass $f$ stetig, aber nicht konstant ist. Dann gibt es zwei Punkte $x,x'\in \mathbb {R}$ mit $f(x)\neq f(x')$. Es sei $a=\vert {f(x)-f(x')}\vert >0$ der Betrag der Differenz der Funktionswerte. Wir setzen $\epsilon =a/5$. Wegen der Stetigkeit gibt es ein $\delta >0$ und ein $\delta '>0$ derart, dass $f([x-\delta ,x+\delta ])\subseteq [f(x)-\epsilon ,f(x)+\epsilon ]$ und $f([x'-\delta ',x'+\delta '])\subseteq [f(x')-\epsilon ,f(x')+\epsilon ]$ ist. Da es in der $\delta$-Umgebung von $x$ und der $\delta '$-Umgebung von $x'$ unendlich viele rationale Zahlen gibt, gibt es auch unendlich viele Indizes der Folge mit $f(g(n))\in [f(x)-\epsilon ,f(x)+\epsilon ]$ und unendlich viele Indizes mit $f(g(n))\in [f(x')-\epsilon ,f(x')+\epsilon ]$.
$y$
$f(g(n))$
$n_{0}$
$n\geq n_{0}$
$f(g(n))$
$\epsilon$
$y$
$\epsilon$
$f(x)$
$f(x')$
# Stiergraph/Automorphismengruppe/Aufgabe/Lösung

$\mathbb {Z} /(2)$
# Stochastische Matrix/Positive Zeile/Potenzen/Simultane Konvergenz/Aufgabe/Lösung

Nach Fakt konvergiert unter der gegebenen Voraussetzung für jede Startverteilung $v$ die Folge $M^{n}v$, $n\in \mathbb {N}$,
$w$
$e_{1},\ldots ,e_{n}$
$M^{n}e_{i}$
$i$
$M^{n}$
$M^{n}$
$w$
# Sudoku/Argumentationsschemata/Aufgabe/Lösung

    ${\begin{pmatrix}4&1&2&3\\3&2&1&4\\1&3&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$
* Wir gehen von aus. In der dritten Stelle der zweiten Zeile muss eine $1$ sein und somit muss rechts oben eine $3$ stehen. Dies ergibt An der vierten Stelle der dritten Zeile muss eine $2$ stehen. In der vierten Zeile muss an der dritten Stelle eine $3$ und somit in der vierten Zeile an der ersten Stelle eine $2$ stehen. Dies ergibt Dies erzwingt An der zweiten Stelle der ersten Zeile muss eine $1$ stehen, dies ergibt dann die eindeutige Lösung
    ${\begin{pmatrix}-&-&2&-\\3&-&-&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}$
    ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&-&1&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}.$
    ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&-&1&4\\-&-&-&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$
    ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&2&1&4\\-&-&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$
    ${\begin{pmatrix}4&1&2&3\\3&2&1&4\\1&3&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$
** Direkter Beweis: Durch Betrachten der schon gefundenen Zahlen erschließt man, welche Zahl in ein bestimmtes Feld gesetzt werden muss.
** Beweis durch Fallunterscheidung: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir $a$ oder $b$ möglich sind. Wenn man nun in beiden Fällen, dass es sich um $a$ oder um $b$ handelt, jeweils erschließen kann, dass in einem bestimmten anderen Feld die Zahl $c$ stehen muss, so steht diese Zahl fest.
** Beweis durch Widerspruch: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir $a$ oder $b$ möglich sind. Man nimmt nun an, dass es sich um $a$ handelt. Wenn man nun erschließen kann, dass sich daraus an irgendeiner Stelle ein Widerspruch ergibt, so kann die Belegung durch $a$ nicht gelten und $b$ ist richtig.
# Taylor-Formel/Polynom und Taylorpolynom/a/Aufgabe/Lösung

Zu jedem $x\in \mathbb {R}$ gibt es aufgrund der Taylor-Formel ein $c\in \mathbb {R}$ mit
    $f(x)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}+{\frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}}(x-a)^{n+1},$
$n$
$f$
$n$
$(n+1)$
$0$
$f$
$n$
# Taylor-Reihe/e^(x^2)-x in a ist 1/Ordnung 4/Aufgabe/Lösung

Wir berechnen zuerst die Ableitungen, diese sind
    $f^{\prime }(x)=2xe^{x^{2}}-1,$
    $f^{\prime \prime }(x)=2e^{x^{2}}+2x2xe^{x^{2}}={\left(2+4x^{2}\right)}e^{x^{2}},$
    $f^{\prime \prime \prime }(x)={\left(8x\right)}e^{x^{2}}+2x{\left(2+4x^{2}\right)}e^{x^{2}}={\left(12x+8x^{3}\right)}e^{x^{2}},$
    $f^{\prime \prime \prime \prime }(x)={\left(12+24x^{2}\right)}e^{x^{2}}+2x{\left(12x+8x^{3}\right)}e^{x^{2}}={\left(12+48x^{2}+16x^{4}\right)}e^{x^{2}}.$
Somit ist
    $f(1)=e-1,\,f^{\prime }(1)=2e-1,\,f^{\prime \prime }(1)=6e,\,f^{\prime \prime \prime }(1)=20e,\,f^{\prime \prime \prime \prime }(1)=76e.$
Das Taylor-Polynom vom Grad $4$ zum Entwicklungspunkt $1$ ist demnach
    $e-1+{\left(2e-1\right)}{\left(x-1\right)}+3e{\left(x-1\right)}^{2}+{\frac {10e}{3}}{\left(x-1\right)}^{3}+{\frac {19e}{6}}{\left(x-1\right)}^{4}$
# Teilbarkeitstheorie (Z)/Zusammenhang zu Ringhomomorphismus und Gruppenhomomorphismus/Aufgabe/Lösung

Wenn $n$ ein Teiler von $m$ ist, so ist $m=an$ und daher ist $m\in \mathbb {Z} n$ und somit gilt die Idealinklusion $\mathbb {Z} m\subseteq \mathbb {Z} n$. Unter dem kanonischen Ringhomomorphismus
    $\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(n)$
$\mathbb {Z} m$
    $\mathbb {Z} /(m)\longrightarrow \mathbb {Z} /(n).$
Wenn es umgekehrt einen solchen Ringhomomorphismus $\varphi$ gibt, so betrachten wir insgesamt den Ringhomomorphismus
    $\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(m){\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}\mathbb {Z} /(n).$
Die Gesamtabbildung muss also $m$ auf null schicken, d.h. $m\mod n=0$, und $m$ ist ein Vielfaches von $n$.
$n=4$
$m=2$
$\mathbb {Z} /(4)$
$\{{\bar {0}},{\bar {2}}\}$
$\mathbb {Z} /(2)$
$\mathbb {Z} /(2)\rightarrow \mathbb {Z} /(4)$
# Tensorprodukt/Fahnen/Aufgabe/Lösung

$V$
$V\otimes _{K}V$
$U\otimes _{K}W$
$\dim _{K}{\left(U\right)}\cdot \dim _{K}{\left(W\right)}$
$0,1,2,4$
$3$
# Term und Funktion/Hintereinanderschaltung/Aufgabe/Lösung

* Man nimmt die Zahl $2$ und nimmt davon die dritte Potenz, man multipliziert also die $2$ mit sich selbst und das Ergebnis nochmal mit $2$. Dieses Ergebnis invertiert man. Das Ergebnis davon multipliziert man mit $7$, das Ergebnis davon dividiert man durch $5$ und von diesem Ergebnis nimmt man das Negative.
* Wir betrachten die Abbildungen und Dann ist die angegebene Funktion gleich wobei man im Definitionsbereich von $f$ die $0$ herausnehmen muss.
    $f\colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,x\longmapsto x^{3},$
    $g\colon \mathbb {Q} \setminus \{0\}\longrightarrow \mathbb {Q} ,\,y\longmapsto y^{-1},$
    $h\colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,z\longmapsto 7z,$
    $\alpha \colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,u\longmapsto {\frac {1}{5}}u$
    $\beta \colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,v\longmapsto -v.$
    $\beta \circ \alpha \circ h\circ g\circ f,$
# Torus/Surjektive Abbildung von Ebene/Surjektive Tangentialabbildung/Aufgabe/Lösung

Wir schreiben den Torus als $X=S^{1}\times S^{1}$ mit dem Einheitskreis $S^{1}={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid \vert {(x,y)}\vert =1\right\}}$. Die Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow S^{1}\times S^{1},\,(u,v)\longmapsto (\cos u,\sin u,\cos v,\sin v),$
ist surjektiv, da es sich in den beiden Komponenten um die Standardparametrisierung des Einheitskreises handelt. Auch die Surjektivität der Tangentialabbildung lässt sich komponentenweise überprüfen, da der Tangentialraum einer Produktmannigfaltigkeit das Produkt der Tangentialräume ist. Die Ableitung von
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (\cos t,\sin t),$
$(-\sin t,\cos t)\neq (0,0)$
# Totale Differenzierbarkeit/Bijektiv, nicht regulär/Aufgabe/Lösung

Für $n=1$ ist die Abbildung
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{3},$
bijektiv (mit der Umkehrfunktion $x\mapsto {\sqrt[{3}]{x}}$). Für ein $n\in \mathbb {N} _{+}$ betrachten wir die Abbildung
    $\varphi _{n}\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})\longmapsto (x_{1}^{3},x_{2},\ldots ,x_{n}).$
Dies ist eine polynomiale Abbildung, sodass das totale Differential durch die Jacobi-Matrix, also durch
    ${\begin{pmatrix}3x_{1}^{2}&0&\cdots &0\\0&1&\ddots &\vdots \\\vdots &\ddots &\ddots &0\\0&\cdots &0&1\end{pmatrix}}$
gegeben ist. Für $x_{1}=0$ ist diese Matrix nicht invertierbar, da ihre Determinante $0$ ist, und die Abbildung ist für diese Punkte nicht regulär. Dennoch ist die Abbildung bijektiv, die Umkehrabbildung wird durch
    $\mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})\longmapsto ({\sqrt[{3}]{x_{1}}},x_{2},\ldots ,x_{n})$
# Untergruppen von Q/3/7 und 5/6 und 3/10/Bestimme Erzeuger/Aufgabe/Lösung

Wir bringen die drei Brüche auf einen Hauptnenner, was
    ${\frac {90}{210}},\,{\frac {175}{210}},\,{\frac {63}{210}}$
$5$
$63$
${\frac {1}{210}}$
# Untergruppen von Z/Zyklisch mit Division mit Rest/Aufgabe/Lösung

Es sei $H\subseteq \mathbb {Z}$ eine Untergruppe. Bei $H=0$ kann man $d=0$ nehmen, sodass wir voraussetzen dürfen, dass $H$ neben $0$ noch mindestens ein weiteres Element $x$ enthält. Wenn $x$ negativ ist, so muss die Untergruppe $H$ auch das Negative davon, also $-x$ enthalten, welches positiv ist. D.h. $H$ enthält auch positive Zahlen. Es sei nun $d$ die kleinste positive Zahl aus $H$. Wir behaupten $H=\mathbb {Z} d$. Dabei ist die Inklusion $\mathbb {Z} d\subseteq H$ klar, da mit $d$ alle (positiven und negativen) Vielfache von $d$ dazugehören müssen. Für die umgekehrte Inklusion sei $h\in H$ beliebig. Nach Division mit Rest gilt
    $h=qd+r{\text{ mit }}0\leq r<d.$
$h\in H$
$qd\in H$
$r=h-qd\in H$
$d$
$r<d$
$r=0$
$h=qd$
$h\in \mathbb {Z} d$
$H\subseteq \mathbb {Z} d$
# Urbildnehmen/Funktoriell/Aufgabe/Lösung

Es sei $U\subseteq N$ fixiert. Es sei $x\in f^{-1}{\left(g^{-1}(U)\right)}$. Das bedeutet
    $f(x)\in g^{-1}(U)$
und das bedeutet
    $g(f(x))\in U,$
also
    $x\in (g\circ f)^{-1}(U).$
Wenn umgekehrt
    $x\in (g\circ f)^{-1}(U)$
ist, so bedeutet dies
    $g(f(x))\in U.$
Also ist
    $f(x)\in g^{-1}(U)$
und damit
    $x\in f^{-1}{\left(g^{-1}(U)\right)}.$
# Vektorraum/Einführendes Beispiel/Glühwein/Beispiel/2/Aufgabe/Lösung

$(2,2,3)$
# Vektorraum/Untervektorraum/Prädikatenlogische Charakterisierung/Aufgabe/Lösung

Wir gehen davon aus, dass wir für $K$ und $V$ schon eine prädikatenlogische Beschreibung wie in Beispiel gefunden haben. Zur prädikatenlogischen Beschreibung eines Untervektorraumes führen wir ein weiteres einstelliges Relationssysmbol $U$ ein. Die folgenden Axiome charakterisieren dann einen Untervektorraum.
    $\forall x(Ux\rightarrow Vx),$
    $U0_{V},$
    $\forall x\forall y(Ux\wedge Uy\rightarrow Ux+_{V}y),$
    $\forall x\forall y(Kx\wedge Uy\rightarrow Ux\cdot y).$
# Verknüpfung/Anzahl/Aufgabe/Lösung

$(x,y)\in M\times M$
$M$
$k^{2}$
$k$
$k^{(k^{2})}$
# Verknüpfung/Polnische Notation/Vier Variablen/Aufgabe/Lösung

$2,4,6,8,11$
# Vier Geraden/Zwei Schnittpunkte/Raum und Ebene/Aufgabe/Lösung

* Es sei angenommen, dass es eine solche Geradenkonfiguration gibt. Wir behandeln die beiden Fälle, dass die beiden Schnittpunkte auf einer der Geraden $G$ liegen oder nicht. Im ersten Fall müssen die Geraden, die mit $G$ die Schnittpunkte definieren, zueinander parallel sein. Die vierte Gerade kann weder zu $G$ noch zu den beiden anderen Geraden parallel sein, sonst würde es neue Schnittpunkte geben. Damit schneidet die vierte Gerade die ersten drei Geraden, und dabei kann zwar ein Schnittpunkt mit den beiden Schnittpunkten zusammenfallen, aber nicht mit beiden. Im zweiten Fall gibt es zwei Geradenpaare, die jeweils die beiden Schnittpunkte definieren. Doch dann trifft jede Gerade zumindest eine Gerade des anderen Geradenpaares in einem neuen Schnittpunkt, da sie nicht zu beiden parallel sein kann und nicht durch deren Schnittpunkt verläuft (sonst wären wir im ersten Fall).
# Weihnachtsferien/Dauer/Aufgabe/Lösung

$16$
# Weltmeisterschaften/1970 bis 2014/Auswahl/Vollständige Metrik/Aufgabe/Lösung

Wir platzieren die Manschaften auf die reelle Gerade mit den Positionen
Südafrika -6
Spanien -3
Italien -1
Deutschland 0
Brasilien 1
Mexiko 2,5
USA 3
Japan 3,5.
$0$
$1,5$
$1$
# Weltmeisterschaften/1978 bis 2014/Ohne 1998/Vollständige Metrik/Aufgabe/Lösung

$I$
$D$
$D$
$I$
$d(I,D)$
$(I,D)$
# Weltmeisterschaften/1978 bis 2014/Vollständige Metrik/Aufgabe/Lösung

Wenn es eine vollständige Metrik geben würde, bezüglich der die Abbildung eine starke Kontraktion wäre, so könnte man den Banachschen Fixpunktsatz anwenden und es würde nur einen Fixpunkt geben. Die Abbildung hat aber zwei Fixpunkte, nämlich $A$
(Argentinien) und $F$
# WG/Mehrstellige Relationen/Elementare Äquivalenz/Aufgabe/Lösung

* $D$ ist diejenige Person, die manchmal Tennis spielt und kein Skat spielt.
* $C$ ist diejenige Person, die manchmal Skat spielt, und zwar nur bei einer Skatrunde beteiligt ist, und die nicht Tennis spielt.
* $\exists y{\left(\exists z\wedge \exists w{\left(z\neq w\wedge Sxyz\wedge Sxyw\right)}\right)}\wedge \exists y\exists z\exists wKxyzw$.
* $\neg {\left(\exists y\exists z\exists wKxyzw\right)}$.
* $\exists yTxy\wedge \exists y\exists zSxyz$.
# Widerspruchsbeweis/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

$A$
$A$
$\neg A$
$A$
# Widerspruchsbeweis/Implikationsaussage/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

$A$
$B$
$A$
$B$
$A$
$B$
$A\implies B$
# Würfel/In Würfel/Möglichkeiten/Aufgabe/Lösung

Wir denken uns den größeren Würfel fest.
Es gibt $6$ Möglichkeiten, auf dem kleineren Würfel eine Seite auszusuchen, die der Boden sein soll. Wenn dies festgelegt ist, so gibt es noch $4$ Drehmöglichkeiten, wie der Würfel zu platzieren ist. Dies sind $24$ Möglichkeiten.
Es gibt $8$ Möglichkeiten, auf dem kleineren Würfel eine Ecke auszusuchen, die mit einer fixierten Ecke der größeren Würfelschachtel deckungsgleich werden soll. Wenn dies festgelegt ist, so gibt es noch $3$ Drehmöglichkeiten, wie der Würfel zu platzieren ist. Dies sind $24$ Möglichkeiten
$12$
$2$
$24$
# Würfeldrehungen/Wirkungsweise verschiedener Bewegungen auf Raumdiagonalen/Aufgabe/Lösung

Die in Frage stehende Abbildung sei mit $\varphi$ bezeichnet.
(1)
(2)
(3)
(4)
Es gibt eine solche Würfelbewegung: Die Halbdrehung um die Kantenmittelpunktsachse
$C,D$
# X^2+1/Lineare Tangenten/Aufgabe/Lösung

Eine lineare Funktion wird durch $g(x)=ax$ mit $a\in \mathbb {R}$ beschrieben. Eine lineare Funktion, die im Punkt $(x,f(x))$ tangential zu $f$ ist, muss $a=f'(x)$ und $f(x)=ax$ erfüllen. Daraus ergibt sich die Bedingung
    $x^{2}+1=(2x)x$
bzw.
    $x^{2}=1.$
Also ist $x=1$ oder $x=-1$.
$f$
$2x$
$-2x$
# Zahlbereich/Faktorisierung in irreduzible Elemente/mit Norm/Aufgabe/Lösung

$\vert {N(f)}\vert$
$\vert {N(f)}\vert =1$
$N(f)=n\geq 2$
$g$
$\vert {N(g)}\vert <n$
$f$
$f=gh$
$\vert {N(g)}\vert ,\vert {N(h)}\vert <n$
$f$
# Zahlentheorie/Mersenne Zahl ist 2 quasiprim/Aufgabe/Lösung

$m=2^{p}-1$
$2^{m-1}=1$
$m$
$2^{p}=2$
$p$
$m-1=2^{p}-2=0$
$p$
$m-1$
$p$
$m-1=ap$
$2^{p}=1$
$m$
$2^{m-1}=(2^{p})^{a}=1$
$m$
# Zeitumstellung/Deutschland und Chile/Aufgabe/Lösung

$4$
# Zeitumstellung/Deutschland und Paraguay/Aufgabe/Lösung

$6$
# Zirkel und Lineal/Tangente an Kreispunkt/Aufgabe/Lösung

Wir zeichnen den Kreis $C$ mit Mittelpunkt $P$ durch den Punkt $M$. Die Verbindungsgerade $G$ durch $M$ und $P$ hat mit $C$ (neben $M$) noch einen weiteren Schnittpunkt, den wir mit $S$ bezeichnen. Wir zeichnen Kreise $K_{1}$ und $K_{2}$ mit Mittelpunkt $S$ durch $M$ und mit Mittelpunkt $M$ durch $S$. Die beiden Schnittpunkte von $K_{1}$ und $K_{2}$ definieren eine Gerade $H$, und diese verläuft durch $P$ und steht senkrecht auf $G$
$H$
$M$
$S$
$H$
$P$
# Zirkel und Lineal/Wichtige Konstruktionen/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Wir zeichnen die beiden Kreise $C_{1}$ und $C_{2}$ mit dem Mittelpunkt $Q_{1}$ durch $Q_{2}$ und umgekehrt. Die beiden Schnittpunkte von $C_{1}$ und $C_{2}$ seien $S_{1}$ und $S_{2}$. Deren Verbindungsgerade steht senkrecht auf $G$ und halbiert die Strecke zwischen
$Q_{1}$
$Q_{2}$
# Zirkel und Lineal/Wurzelkonstruktion/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Der Punkt $a$ sei auf einer Geraden $G$ gegeben, auf der auch Punkte $0$ und $1$ markiert seien. Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt $0$ durch $1$ und markieren den zweiten Schnittpunkt dieses Kreises mit $G$ als $-1$. Wir halbieren die Strecke zwischen $-1$ und $a$ gemäß Fakt und erhalten den konstruierbaren Punkt $M={\frac {a-1}{2}}\in G$. Der Abstand von $M$ zu $a$ als auch zu $-1$ ist dann ${\frac {a+1}{2}}$. Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt $M$ und Radius ${\frac {a+1}{2}}$ und markieren einen der Schnittpunkte des Kreises mit der zu $G$ senkrechten Geraden $H$ durch $0$ als $x$. Wir wenden den Satz des Pythagoras auf das Dreieck mit den Ecken $0,x,M$ an. Daraus ergibt sich
    $x^{2}={\left({\frac {a+1}{2}}\right)}^{2}-{\left({\frac {a-1}{2}}\right)}^{2}={\frac {a^{2}+2a+1-(a^{2}-2a+1)}{4}}={\frac {4a}{4}}=a\,.$
Also repräsentiert (der Abstand von $0$ zu)
$x$
$a$