OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Symmetrische Bilinearform/Gramsche Matrix/Berechnung/1/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}\left\langle {\begin{pmatrix}{\sqrt {3}}\\4\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-1\\e\end{pmatrix}}\right\rangle &=\left({\sqrt {3}},\,4\right){\begin{pmatrix}\pi &2\\2&{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1\\e\end{pmatrix}}\\&=\left({\sqrt {3}},\,4\right){\begin{pmatrix}-\pi +2e\\-2+{\sqrt {5}}e\end{pmatrix}}\\&=-{\sqrt {3}}\pi +2{\sqrt {3}}e-8+4{\sqrt {5}}e.\end{aligned}}$
# Potenzreihe/R/Dritte Potenz/Bis vierter Koeffizient/Aufgabe

Es sei
    $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n}$
eine absolut konvergente Potenzreihe. Bestimme die Koeffizienten $c_{i}$ zu den Potenzen $x^{0},x^{1},x^{2},x^{3},x^{4}$ in der dritten Potenz
    $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}x^{n}={\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n}\right)}^{3}\,.$
# Symmetrische Bilinearform/Nicht ausgeartet/Gramsche Matrix/Invertierbar/Aufgabe/Lösung

Es sei $G$ die Gramsche Matrix der Bilinearform zu einer fixierten Basis. Wenn $G$ nicht invertierbar ist, so gibt es einen Vektor $v\neq 0$ mit $Gv=0$. Dann ist auch
    $\left\langle u,v\right\rangle ={u^{\text{tr}}}Gv=0\,$
für alle $u\in V$ und die Form ist ausgeartet. Wenn umgekehrt die Bilinearform ausgeartet ist, so gibt es einen Vektor $v\neq 0$ mit
    $\left\langle u,v\right\rangle ={u^{\text{tr}}}Gv=0\,$
für alle $u\in V$.
$Gv$
# Potenzreihe/R/Vierte Potenz/Bis fünfter Koeffizient/Aufgabe

Es sei
    $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n}$
eine absolut konvergente Potenzreihe. Bestimme die Koeffizienten zu den Potenzen $x^{0},x^{1},x^{2},x^{3},x^{4},x^{5}$ in der vierten Potenz
    $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}x^{n}={\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n}\right)}^{4}\,.$
# Symmetrische Funktionen/3/R/Regulärer Punkt/Nicht kleine Diagonale/Aufgabe/Lösung

Die Jacobi-Matrix von $F$ ist
    ${\begin{pmatrix}1&1&1\\y+z&x+z&x+y\\yz&xz&xy\end{pmatrix}}.$
Ein Punkt $P$ ist genau dann ein regulärer Punkt, wenn der Rang dieser Matrix $3$ ist, wenn die Matrix also invertierbar ist.
Wenn $x=y$ ist, so stimmen die erste und die zweite Spalte überein; wenn $x=z$ ist, so stimmen die erste und die dritte Spalte überein; wenn $y=z$ ist, so stimmen die zweite und die dritte Spalte überein. Daher liegt bei Punkten, bei denen zwei Koordinaten übereinstimmen, eine lineare Abhängigkeit zwischen den Spalten vor und der Rang der Matrix ist nicht $3$. Solche Punkte sind also nicht regulär.
Zum Beweis der Umkehrung berechnen wir die Determinante der Matrix. Diese ist (Entwicklung nach der ersten Zeile)
    ${\begin{aligned}(x+z)xy-xz(x+y)-(y+z)xy+yz(x+y)+(y+z)xz-yz(x+z)&=x^{2}y-x^{2}z-xy^{2}+y^{2}z+xz^{2}-yz^{2}\\&=x^{2}(y-z)+x(z^{2}-y^{2})+yz(y-z)\\&=x^{2}(y-z)+x(z-y)(z+y)+yz(y-z)\\&=(y-z)(x^{2}-x(z+y)+yz)\\&=(y-z)(x-y)(x-z).\,\end{aligned}}$
Wenn die Koordinaten paarweise verschieden sind, so ist die Determinante nicht $0$ und die Matrix ist invertierbar, also sind diese Punkte regulär
# Potenzreihe/Teilmenge von N/Konvergenz/Aufgabe

Es sei
    $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}$
eine absolut konvergente Potenzreihe mit Konvergenzradius $r>0$. Es sei $I\subseteq \mathbb {N}$ eine Teilmenge. Zeige, dass die Potenzreihe
    $\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}z^{n}$
mit
    $b_{n}:={\begin{cases}a_{n},\,{\text{ falls }}n\in I,\\0{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$
ebenfalls absolut konvergent mit einem Konvergenzradius $\geq r$ ist.
# Symmetrische Matrix/2/Eigenwert/Aufgabe/Lösung

Die Matrix hat die Form
    $M={\begin{pmatrix}a&b\\b&d\end{pmatrix}}\,.$
Das charakteristische Polynom hat daher die Form
    $\chi _{M}=\det {\left(xE_{2}-{\begin{pmatrix}a&b\\b&d\end{pmatrix}}\right)}=(x-a)(x-d)-b^{2}=x^{2}-(a+d)x+ad-b^{2}\,.$
Wir schreiben dies als
    ${\left(x-{\frac {a+d}{2}}\right)}^{2}-{\left({\frac {a+d}{2}}\right)}^{2}+ad-b^{2}={\left(x-{\frac {a+d}{2}}\right)}^{2}-{\frac {a^{2}}{4}}-{\frac {d^{2}}{4}}+{\frac {1}{2}}ad-b^{2}\,.$
Da
    ${\frac {a^{2}}{4}}+{\frac {d^{2}}{4}}-{\frac {1}{2}}ad+b^{2}={\left({\frac {a-d}{2}}\right)}^{2}+b^{2}\,$
# Potenzreihe/Ungerade Funktion/Ungerade Potenzen/Aufgabe

Es sei $\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}z^{k}$ eine konvergente Potenzreihe, die eine ungerade Funktion darstelle. Zeige, dass $c_{k}=0$ für alle geraden Indizes ist.
# S^1 und offenes Einheitsintervall/Topologisch/Differentialformen/Aufgabe/Lösung

a) Nach Fakt ist die $S^{1}$ als abgeschlossene und beschränkte Teilmenge des $\mathbb {R} ^{2}$ kompakt, das offene Intervall ist dagegen nicht kompakt.
b) Es ist
    $\omega =hdt\,$
mit einer stetigen Funktion
    $h\colon ]0,1[\longrightarrow \mathbb {R} .$
Nach dem Hauptsatz der Infinitesimalrechnung besitzt $h$ eine Stammfunktion $H$. In der Sprache der Differentialformen bedeutet dies
    $H'=hdt=\omega \,,$
also ist $\omega$ exakt.
c) Es sei $S^{1}\subset \mathbb {R} ^{2}$ gegeben, wobei die Koordinaten des $\mathbb {R} ^{2}$ mit $u$ und $v$ bezeichnet seien. Wir betrachten die Differentialform
    $\omega =udv-vdu\,$
auf $S^{1}$. Da $S^{1}$ eindimensional ist, ist sie geschlossen. Für den Weg
    $\gamma \colon [0,2\pi ]\longrightarrow S^{1},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},$
ist
    $\int _{\gamma }\omega =\int _{0}^{2\pi }\gamma ^{*}\omega dt=\int _{0}^{2\pi }\cos t\cdot \cos t+\sin t\sin tdt=\int _{0}^{2\pi }1dt=2\pi \,.$
Nach Fakt
$\omega$
# Potenzreihe/Ungerade Potenzen/Ungerade Funktion/Aufgabe

Zeige, dass eine konvergente Potenzreihe $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{n}$ mit $c_{n}=0$ für alle geraden Indizes eine ungerade Funktion darstellt.
# S^2/Lokal konstante Garbe/Erste und zweite Cech-Kohomologie/Aufgabe/Lösung

Der
Čech-Komplex ist gleich
    $\oplus _{i}\Gamma (U_{i},{\mathcal {G}})\cong G^{3}\longrightarrow \oplus _{i<j}\Gamma (U_{i}\cap U_{j},{\mathcal {G}})\cong G^{3}\longrightarrow \Gamma (U_{1}\cap U_{2}\cap U_{3},{\mathcal {G}})\cong G^{2}\longrightarrow 0.$
Die vordere Abbildung ist $(a,b,c)\mapsto (b-a,c-b,c-a)$. Die hintere Abbildung ist $(r,s,t)\mapsto (t-s+r)$, insbesondere stimmen im Bild die Werte auf den beiden Komponenten überein. Deshalb ist
    ${\check {H}}^{1}(U_{i},{\mathcal {G}},)=0\,$
und
    ${\check {H}}^{2}(U_{i},{\mathcal {G}},)=G\,.$
# Potenzreihe/Vierte Potenz/Bis fünfter Koeffizient/Aufgabe

Es sei
    $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}$
eine absolut konvergente Potenzreihe. Bestimme die Koeffizienten zu den Potenzen $z^{0},z^{1},z^{2},z^{3},z^{4},z^{5}$ in der vierten Potenz
    $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{n}={\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}\right)}^{4}\,.$
# Süßigkeiten/Kinder/Preise/2/Aufgabe/Lösung

* Es sei $x$ der Preis für den Schokoriegel, $y$ der Preis für die Packung Brausepulver, $z$ der Preis für eine saure Zunge. Die drei Einkäufe führen zu den drei Gleichungen Die Gleichung $2I-II$ ergibt Dies stimmt mit der dritten Gleichung überein, daher ist das Gleichungssystem äquivalent zum System mit zwei Gleichungen. Dabei führt jede Vorgabe von $z$ zu einer Lösung und die Preise sind nicht ermittelbar.
    $x+2y+3z=1,3\,,$
    $2x+y+2z=1,6\,,$
    $3y+4z=1\,.$
    $3y+4z=1\,.$
    $x+2y+3z=1,3\,,$
    $3y+4z=1\,$
* Es gibt die Lösungen (in Cent) $(60,20,10)$ und $(61,24,7)$, die Lösungen sind also auch unter der zusätzlichen Bedingung nicht eindeutig.
* Bei $z=10$ haben wir die Lösung $(60,20,10)$. Bei $z=20$ ist also kein Vielfaches der $10$. Bei $z\geq 30$ ist und die zweite Gleichung kann nicht unter der gegebenen Nebenbedingung erfüllt werden. Es gibt also nur eine Lösung.
    $y=20/3\,,$
    $4z\geq 120>100\,$
# Potenzreihenring eine Variable/Abbildung der Lokalisierung an maximalen Ideal/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper, ${\mathfrak {m}}=(T)\subseteq K[T]$ das zum Nullpunkt gehörige maximale Ideal mit der Lokalisierung $R=K[T]_{\mathfrak {m}}$. Definiere einen $K$-Algebrahomomorphismus
    $\varphi \colon R\longrightarrow K[\![T]\!]$
mit $\varphi (T)=T$, wobei $K[\![T]\!]$ den Ring der formalen Potenzreihen bezeichnet.
# Tafel Schokolade/Kalorien/Aufgabe/Lösung

Er muss pro Tag ca.
    ${\frac {10000}{2300}}=4{,}35\,$
Tafeln essen, in der Woche also
    $7\cdot 4{,}35=30{,}45\,$
# Potenzreihenring eine Variable/Abbildung der Lokalisierung an maximalen Ideal/Ordnung/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper, ${\mathfrak {m}}=(T)\subseteq K[T]$ das zum Nullpunkt gehörige maximale Ideal mit der Lokalisierung $R=K[T]_{\mathfrak {m}}$ und sei
    $R\longrightarrow K[\![T]\!]$
der $K$-Algebrahomomorphismus aus Aufgabe. Zeige, dass sich unter dieser Abbildung die Ordnung von Elementen nicht ändert.
# Tagesschau/Impfmeldung/Aufgabe/Lösung

* Es liegt ein Widerspruch vor. Einmal sind mehr als 25 Millionen Menschen erstgeimpft, einmal sind es 19,5 Millionen Menschen.
* Die $6000000$ entsprechen $7,2\%$, daher ergeben sich $100\%$ aus also Ebenso ergibt sich
    $0,072x=6000000\,,$
    $x={\frac {6000000}{0,072}}\cong 83330000\,.$
    $x={\frac {19500000}{0,234}}\cong 83330000\,.$
* Der Anteil der Zweitgeimpften zu den Erstgeimpften ist das sind etwa $30,8\%$.
    ${\frac {72}{234}}\cong 0,308\,,$
# Potenzreihenring eine Variable/Keine Quadratwurzel aus T/Quadratwurzel aus T+2 über Z mod 7/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und $R=K[\![T]\!]$ der Potenzreihenring Zeige, dass es in $R$ keine Quadratwurzel für $T$ gibt. Zeige ferner, dass für $K=\mathbb {Z} /(7)$ das Element $T+2$ eine Quadratwurzel in $R$ besitzt, und bestimme die ersten fünf Koeffizienten von einer Quadratwurzel davon.
# Tangentialraum/Faser/e^(xy)-xw^2, sin y-zcosw+yz^2w^3/Punkt/Aufgabe/Lösung

* Das totale Differential wird bezüglich der Standardbasis durch die Jacobi-Matrix beschrieben, diese ist
    ${\begin{pmatrix}ye^{xy}-w^{2}&xe^{xy}&0&-2xw\\0&\cos y+z^{2}w^{3}&-\cos w+2yzw^{3}&z\sin w+3yz^{2}w^{2}\end{pmatrix}}.$
* In $P=\left(0,\,{\frac {\pi }{2}},\,1,\,0\right)$ ist die Jacobi-Matrix gleich Diese hat offenbar den Rang $2$, daher liegt ein regulärer Punkt vor. Der Tangentialraum an die Faser durch $P$ ist der Kern dieser Matrix, eine Basis davon ist ${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}}$.
    ${\begin{pmatrix}{\frac {\pi }{2}}&0&0&0\\0&0&-1&0\end{pmatrix}}.$
# Potenzsummen/Durch Induktion/Aufgabe

Beweise durch Induktion die folgenden Formeln.
    $\sum _{i=1}^{n}i={\frac {n(n+1)}{2}}\,,$
    $\sum _{i=1}^{n}i^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}\,.$
    $\sum _{i=1}^{n}i^{3}={\left({\frac {n(n+1)}{2}}\right)}^{2}\,.$
# Tangentialraum/Faser/yln x -3xz^2/Punkt/Aufgabe/Lösung

* Das totale Differential ist
    $\left({\frac {y}{x}}-3z^{2},\,\ln x,\,-6xz\right).$
* Für einen kritischen Punkte müssen alle Komponenten des totalen Differentials gleich $0$ sein. Daher muss wegen der zweiten Komponente $x=1$ sein und damit $z=0$ und $y=0$. Der einzige kritische Punkt liegt also in $\left(1,\,0,\,0\right)$ vor.
* Das totale Differential in $\left(1,\,0,\,-3\right)$ ist Der Tangentialraum ist der Kern dieser linearen Abbildung, eine Basis davon ist $\left(0,\,1,\,0\right)$ und $\left(2,\,0,\,3\right)$.
    $\left(-27,\,0,\,18\right).$
# Primideal/Idealdurchschnitt/Inklusion/Aufgabe

Es sei ${\mathfrak {p}}\subseteq R$ ein Primideal in einem kommutativen Ring $R$. Zeige, dass aus einer Inklusionsbeziehung
    ${\mathfrak {a}}\cap {\mathfrak {b}}\subseteq {\mathfrak {p}}\,$
die Inklusion ${\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {p}}$ oder ${\mathfrak {b}}\subseteq {\mathfrak {p}}$ folgt.
# Tangentialraum/R/Faser/Kurvenrealisierung/Aufgabe/Lösung

Es ist $v\in T_{P}Z=\operatorname {kern} \left(D\varphi \right)_{P}$. Nach dem Satz über implizite Abbildungen gibt es eine offene Menge $P\in W$, $W\subseteq G$, eine offene Menge $V\subseteq \mathbb {R} ^{n-m}$ und eine stetig differenzierbare Abbildung
    $\psi \colon V\longrightarrow W$
derart, dass $\psi (V)\subseteq Z\cap W$ ist und $\psi$ eine Bijektion
    $\psi \colon V\longrightarrow Z\cap W$
induziert. Es sei $Q\in V$ der Punkt mit $\psi (Q)=P$. Die Abbildung $\psi$ ist in jedem Punkt $Q\in V$ regulär und für das totale Differential von $\psi$ gilt
    $\left(D\varphi \right)_{P}\circ \left(D\psi \right)_{Q}=0\,,$
also
    $\operatorname {bild} \left(D\psi \right)_{Q}=\operatorname {kern} \left(D\varphi \right)_{P}=T_{P}Y\,.$
Wegen der Regularität von $\psi$ in $Q$ ist
    $\left(D\psi \right)_{Q}\colon \mathbb {R} ^{n-m}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$
injektiv und
    $\left(D\psi \right)_{Q}\colon \mathbb {R} ^{n-m}\longrightarrow T_{P}Y$
bijektiv. Es sei $u\in \mathbb {R} ^{n-m}$ das Urbild von $v$ und sei
    $\theta \colon ]-\epsilon ,\epsilon [\longrightarrow \mathbb {R} ^{n-m},\,t\longmapsto Q+tu,$
wobei $\epsilon$ hinreichend klein gewählt sei, dass das Bild ganz in $V$ liegt. Dann besitzt
    $\gamma =\psi \circ \theta \colon ]-\epsilon ,\epsilon [\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$
die Eigenschaft
    $\gamma (0)=\psi (\theta (0))=\psi (Q)=P\,$
und
    $\gamma '(0)=\left(D\psi \right)_{Q}(\theta '(0))=\left(D\psi \right)_{Q}(u)=v\,.$
# Primideal/Verschwindungsmenge/Affine Gerade/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und ${\mathfrak {p}}=(p)\subseteq K[X]$ ein Primideal. Zeige, dass die Verschwindungsmenge $V({\mathfrak {p}})\subseteq {\mathbb {A} }_{K}^{1}$ leer (und damit nicht irreduzibel) oder aber einpunktig (und damit irreduzibel) ist.
# Taylor-Formel/Quadratische Approximation und Hesse-Form/Aufgabe/Lösung

Es ist einerseits
    ${\begin{aligned}\sum _{r\in \mathbb {N} ^{n},\,\vert {\,r\,}\vert =2}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}&=\sum _{r=(0,\ldots ,0,1,0,\ldots ,0,1,0,\ldots ,0)}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}+\sum _{r=(0,\ldots ,0,2,0,\ldots ,0)}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}\\&=\sum _{1\leq i<j\leq n}D_{i}D_{j}f(P)\cdot v_{i}v_{j}+{\frac {1}{2}}\sum _{1\leq i\leq n}D_{i}D_{i}f(P)\cdot v_{i}^{2}.\end{aligned}}$
Andererseits ist
    ${\begin{aligned}\operatorname {Hess} _{P}\,f(v,v)&=\left(v_{1},\,\ldots ,\,v_{n}\right){\left({\left(D_{i}D_{j}f(P)\right)}_{i,j}\right)}{\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\\&=\left(v_{1},\,\ldots ,\,v_{n}\right){\begin{pmatrix}\sum _{j=1}^{n}D_{1}D_{j}f(P)v_{j}\\\sum _{j=1}^{n}D_{2}D_{j}f(P)v_{j}\\\vdots \\\sum _{j=1}^{n}D_{n}D_{j}f(P)v_{j}\end{pmatrix}}\\&=\sum _{i=1}^{n}{\left(\sum _{j=1}^{n}D_{i}D_{j}f(P)v_{j}\right)}v_{i}\\&=\sum _{(i,j)}D_{i}D_{j}f(P)v_{i}v_{j}\\&=\sum _{(i,j),\,i\neq j}D_{i}D_{j}f(P)v_{i}v_{j}+\sum _{(i,i)}D_{i}D_{i}f(P)v_{i}v_{i}\\&=\sum _{(i,j),\,i<j}2D_{i}D_{j}f(P)v_{i}v_{j}+\sum _{i=1}^{n}D_{i}D_{i}f(P)v_{i}^{2}.\end{aligned}}$
${\frac {1}{2}}$
# Primideal/Verschwindungsmenge/R/Primpolynom/Aufgabe

Zeige, dass das reelle Polynom
    $P=X^{2}(X-1)^{2}+Y^{2}{\left(X^{2}+(X-1)^{2}\right)}\in \mathbb {R} [X,Y]\,$
ein Primpolynom ist, und dass die Nullstellenmenge
    $V(P)\subseteq \mathbb {R} ^{2}\,$
nicht leer, aber reduzibel ist.
# Taylorpolynom/1 durch Sinus/pi durch 2/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    $\sin x=0\,$
genau dann, wenn $x$ ein ganzzahliges Vielfaches von $\pi$ ist. Der Definitionsbereich ist also $\mathbb {R} \setminus \mathbb {Z} \pi$.
b)
c) Nach der Quotientenregel ist
    $f^{\prime }(x)={\frac {-\cos x}{\sin ^{2}x}}\,.$
Weiterhin ist
    ${\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&={\frac {\sin ^{3}x+2\sin x\cos ^{2}x}{\sin ^{4}x}}\\&={\frac {\sin ^{2}x+2\cos ^{2}x}{\sin ^{3}x}}\\&={\frac {1+\cos ^{2}x}{\sin ^{3}x}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}f^{\prime \prime \prime }(x)&={\frac {2\cos x{\left(-\sin x\right)}\sin ^{3}x-3{\left(1+\cos ^{2}x\right)}\sin ^{2}x\cos x}{\sin ^{6}x}}\\&=\cos x{\frac {-2\sin ^{2}x-3{\left(1+\cos ^{2}x\right)}}{\sin ^{4}x}}\\&=\cos x{\frac {-5-\cos ^{2}x}{\sin ^{4}x}}\end{aligned}}$
d) Wegen $\sin {\frac {\pi }{2}}=1$ und $\cos {\frac {\pi }{2}}=0$ ist
    $f{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=1\,,$
    $f^{\prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=0\,,$
    $f^{\prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=1\,,$
und
    $f^{\prime \prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=0\,,$
daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung $3$ gleich
    $1+{\frac {1}{2}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}.$
# Primitive Einheitswurzel/Schwerpunktformel/Aufgabe

Es sei $\zeta \in K$ eine $n$-te primitive Einheitswurzel in einem Körper $K$. Zeige die „Schwerpunktformel“
    $1+\zeta +\zeta ^{2}+\cdots +\zeta ^{n-1}=0\,.$
# Taylorpolynom/2^x/In 1/Vierte Ordnung/Aufgabe/Lösung

Wegen
    $2^{x}=e^{x\ln 2}\,$
sind die Ableitungen gleich
    $f'(x)=\ln \left(2\right)\cdot 2^{x}\,,$
    $f''(x)=\ln \left(2\right)^{2}\cdot 2^{x}\,,$
    $f^{\prime \prime \prime }(x)=\ln \left(2\right)^{3}\cdot 2^{x}\,,$
    $f^{\prime \prime \prime \prime }(x)=\ln \left(2\right)^{4}\cdot 2^{x}\,.$
Daher ist das Taylorpolynom der Ordnung $4$ im Entwicklungspunkt $1$ gleich
    $2+2\ln \left(2\right)(x-1)+\ln \left(2\right)^{3}(x-1)^{2}+{\frac {\ln \left(2\right)^{3}}{3}}(x-1)^{3}+{\frac {\ln \left(2\right)^{4}}{12}}(x-1)^{4}.$
# Primitive Einheitswurzeln/Galoiserzeuger/Aufgabe

Bestimme für $n=1,2,\ldots ,10$ die primitiven komplexen Einheitswurzeln $\zeta _{n}^{k}$, mit $\zeta _{n}=e^{2\pi {\mathrm {i} }/n}$.
Bestimme für jedes $n$, für welche $k$ der durch
    $\zeta _{n}\mapsto \zeta _{n}^{k}$
festgelegte Automorphismus des Kreisteilungskörpers $K_{n}$ ein Erzeuger der Galoisgruppe ist.
# Taylorpolynom/C/z^2-z+3 durch z/Grad 2/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $f({\mathrm {i} })={\frac {{\mathrm {i} }^{2}-{\mathrm {i} }+3}{\mathrm {i} }}={\frac {-{\mathrm {i} }+2}{\mathrm {i} }}=-1-2{\mathrm {i} }\,.$
Für die erste Ableitung gilt
    $f'(z)={\frac {(2z-1)z-z^{2}+z-3}{z^{2}}}={\frac {z^{2}-3}{z^{2}}}\,$
und somit
    $f'({\mathrm {i} })={\frac {{\mathrm {i} }^{2}-3}{{\mathrm {i} }^{2}}}={\frac {-4}{-1}}=4\,.$
Für die zweite Ableitung gilt
    $f^{\prime \prime }(z)={\frac {(2z)z^{2}-(z^{2}-3)2z}{z^{4}}}={\frac {2(z^{2}-z^{2}+3)}{z^{3}}}={\frac {6}{z^{3}}}\,$
und somit
    $f'({\mathrm {i} })={\frac {6}{{\mathrm {i} }^{3}}}=6{\mathrm {i} }\,.$
Das Taylor-Polynom vom Grad $2$ ist daher
    $-1-2{\mathrm {i} }+4(z-{\mathrm {i} })+3{\mathrm {i} }(z-{\mathrm {i} })^{2}.$
# Primitive Einheitswurzeln/Kleine n/Aufgabe

Bestimme für $n=1,2,\ldots ,10$ die primitiven komplexen Einheitswurzeln $\zeta _{n}^{k}$, mit $\zeta _{n}=e^{2\pi {\mathrm {i} }/n}$.
# Taylorpolynom/Quadratwurzel aus kubischem Polynom/Aufgabe/Lösung

Wir schreiben
    $f(x)={\sqrt {x^{3}-x+2}}={\left(x^{3}-x+2\right)}^{\frac {1}{2}}\,,$
es ist $f(2)={\sqrt {8}}=2{\sqrt {2}}$. Es ist
    ${\begin{aligned}f'(x)&={\frac {1}{2}}{\left(x^{3}-x+2\right)}^{-{\frac {1}{2}}}\cdot {\left(3x^{2}-1\right)}\\&={\frac {3}{2}}x^{2}{\left(x^{3}-x+2\right)}^{-{\frac {1}{2}}}-{\frac {1}{2}}{\left(x^{3}-x+2\right)}^{-{\frac {1}{2}}}\end{aligned}}$
und insbesondere
    $f'(2)={\frac {1}{2}}8^{-{\frac {1}{2}}}\cdot 11={\frac {11}{2\cdot 8^{\frac {1}{2}}}}={\frac {11}{4{\sqrt {2}}}}={\frac {11{\sqrt {2}}}{8}}\,.$
Es ist
    ${\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=3x{\left(x^{3}-x+2\right)}^{-{\frac {1}{2}}}-{\frac {3}{4}}x^{2}{\left(x^{3}-x+2\right)}^{-{\frac {3}{2}}}{\left(3x^{2}-1\right)}+{\frac {1}{4}}{\left(x^{3}-x+2\right)}^{-{\frac {3}{2}}}{\left(3x^{2}-1\right)}\\&=3x{\left(x^{3}-x+2\right)}^{-{\frac {1}{2}}}+{\frac {-3x^{2}+1}{4}}{\left(x^{3}-x+2\right)}^{-{\frac {3}{2}}}{\left(3x^{2}-1\right)}\end{aligned}}$
und insbesondere
    ${\begin{aligned}f^{\prime \prime }(2)&=6\cdot 8^{-{\frac {1}{2}}}-{\frac {11}{4}}\cdot 8^{-{\frac {3}{2}}}\cdot 11\\&={\frac {3}{\sqrt {2}}}-{\frac {121}{4\cdot 8^{\frac {3}{2}}}}\\&={\frac {3{\sqrt {2}}}{2}}-{\frac {121}{64\cdot {\sqrt {2}}}}\\&={\frac {192{\sqrt {2}}}{128}}-{\frac {121{\sqrt {2}}}{128}}\\&={\frac {71{\sqrt {2}}}{128}}.\end{aligned}}$
Somit ist das Taylorpolynom vom Grad $2$ im Entwicklungspunkt $2$ gleich
    $2{\sqrt {2}}+{\frac {11{\sqrt {2}}}{8}}(x-2)+{\frac {71{\sqrt {2}}}{256}}(x-2)^{2}.$
# Primitive Einheitswurzeln/Kleine n/Galoiserzeuger/Aufgabe

Bestimme für jedes $n=1,2,\ldots ,10$, für welche $k$ der durch
    $\zeta _{n}\mapsto \zeta _{n}^{k}$
festgelegte Automorphismus des Kreisteilungskörpers $K_{n}$ ein Erzeuger der Galoisgruppe ist.
# Taylorpolynom/Sinus/pi halbe/Vierte Ordnung/Aufgabe/Lösung

Wir müssen das Polynom
    $\sum _{k=0}^{4}{\frac {f^{(k)}{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}}{k!}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{k}$
berechnen. Es ist
    $f{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=\sin {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=1\,,$
    $f^{\prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=\cos {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=0\,,$
    $f^{\prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-\sin {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-1\,,$
    $f^{\prime \prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-\cos {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=0\,$
und
    $f^{\prime \prime \prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=\sin {\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=1\,.$
Daher ist das vierte Taylor-Polynom gleich
    $1-{\frac {1}{2}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}+{\frac {1}{24}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{4}.$
# Primzahl/Kleinstes Produkt +1 nicht prim/Aufgabe

Finde die kleinste Zahl $N$ der Form $N=p_{1}\cdot p_{2}\cdot \ldots \cdot p_{r}+1$, die keine Primzahl ist, wobei $p_{1},p_{2},\ldots ,p_{r}$ die ersten $r$ Primzahlen sind.
# Taylorpolynom/xsin y- e^xy/Nullpunkt/Grad 4/Aufgabe/Lösung

Der Funktionswert ist
    $f(0,0)=-1\,.$
Die relevanten Ableitungen sind
    ${\frac {\partial f}{\partial x}}=\sin y-ye^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial f}{\partial y}}=x\cos y-xe^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}=-y^{2}e^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}=-x\sin y-x^{2}e^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\cos y-e^{xy}-xye^{xy}\,.$
    ${\frac {\partial ^{3}f}{\partial ^{3}x}}=-y^{3}e^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial ^{3}f}{\partial ^{3}y}}=-x\cos y-x^{3}e^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-\sin y-2xe^{xy}-x^{2}ye^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-2ye^{xy}-xy^{2}e^{xy}\,.$
    ${\frac {\partial ^{4}f}{\partial ^{4}x}}=-y^{4}e^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial ^{4}f}{\partial ^{4}y}}=-x\cos y-x^{3}e^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-\cos y-2x^{2}e^{xy}-x^{2}e^{xy}-x^{3}ye^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-2e^{xy}-2xye^{xy}-2xye^{xy}-x^{2}y^{2}e^{xy}\,,$
    ${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-3y^{4}e^{xy}-xy^{3}e^{xy}\,.$
Wenn man den Punkt $(0,0)$ einsetzt, so ergibt sich überall $0$, außer beim Funktionswert, bei
    ${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=-1\,$
und bei
    ${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=-2\,.$
Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung vier gleich
    $-1-{\frac {1}{6}}xy^{3}-{\frac {1}{2}}x^{2}y^{2}.$
# Primzahl/Nicht 2,5/Teilt 1...1/Aufgabe

Es sei
    $p\neq 2,5\,$
eine Primzahl. Zeige, dass es eine natürliche Zahl der Form (im Dezimalsystem)
    $111\ldots 111$
gibt, die ein Vielfaches von $p$ ist.