OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Reguläre Punkte/Faser/X^2+Y^3+Z^7+XYZ ist 0/Aufgabe/Lösung

Die Jacobi-Matrix von $\varphi$ ist
    ${\begin{pmatrix}2x+yz\\3y^{2}+xz\\7z^{6}+xy\end{pmatrix}}.$
Bei ${\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$ sind alle partiellen Ableitungen gleich $0$, dort liegt also ein nichtregulärer Punkt der Faser vor.
Wir müssen zeigen, dass es keinen weiteren nichtregulären Punkt auf der Faser gibt. Wenn alle Einträge der Jacobi-Matrix gleich $0$ sind, so ist aufgrund der ersten partiellen Ableitung
    $x=-{\frac {yz}{2}}\,$
und damit ist aufgrund der zweiten partiellen Ableitung
    $0=3y^{2}-{\frac {yz^{2}}{2}}=y{\left(3y-{\frac {z^{2}}{2}}\right)}\,.$
Bei $y=0$ ist $x=0$ und wegen $\varphi (x,y,z)=0$ auch $z=0$. Es sei also $y\neq 0$ und somit
    $y={\frac {z^{2}}{6}}\,$
und
    $x=-{\frac {z^{3}}{12}}\,.$
Die dritte partielle Ableitung liefert
    $0=7z^{6}-{\frac {z^{3}}{12}}\cdot {\frac {z^{2}}{6}}=z^{5}{\left(7z-{\frac {1}{72}}\right)}\,.$
Bei $z=0$ sind wieder alle drei Komponenten $0$. Daher ist
    $z={\frac {1}{504}}\,.$
Der Wert der Funktion an diesem Punkt ist
    ${\begin{aligned}{\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{144}}+{\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{216}}+{\left({\frac {1}{504}}\right)}^{7}-{\frac {1}{12}}\cdot {\frac {1}{6}}\cdot {\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}&={\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\left({\frac {1}{144}}+{\frac {1}{216}}+{\frac {1}{504}}-{\frac {1}{72}}\right)}\\&={\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{72}}\cdot {\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{7}}-1\right)}\\&={\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{72}}\cdot {\frac {21+14+6-42}{42}}\\&={\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{72}}\cdot {\frac {-1}{42}}\\&\neq 0.\,\end{aligned}}$
# Permutationsgruppe/S 4/Transitive Untergruppen/Aufgabe

Bestimme für jede Untergruppe $G\subseteq S_{4}$ der Permutationsgruppe $S_{4}$, ob es sich um eine transitive Untergruppe handelt oder nicht.
# Reguläre Punkte/Stetig differenzierbar/Offen/Aufgabe/Lösung

Es seien $\varphi _{i}$ die Koordinatenfunktionen zu $\varphi$ und sei
    $J(P)={\begin{pmatrix}{\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial x_{n}}}(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {\partial \varphi _{n}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial \varphi _{n}}{\partial x_{n}}}(P)\end{pmatrix}}\,$
die Jacobi-Matrix zu $\varphi$. Die Abbildung ist in einem Punkt $P\in G$ genau dann regulär, wenn die Jacobi-Matrix bijektiv ist, und dies ist genau dann der Fall, wenn ihre Determinante ungleich $0$ ist. Nach Voraussetzung sind die Einträge in der Matrix stetige Funktionen. Da die Determinante eine polynomiale Funktion ist, ist die Gesamtabbildung
    $G\longrightarrow \mathbb {R} ,\,P\longmapsto \det J(P),$
$\mathbb {R} \setminus \{0\}$
# Permutationsgruppe/S3/Ordnungen/Aufgabe

Es sei $G=S_{3}$ die Permutationsgruppe zu einer dreielementigen Menge. Welche Zahlen treten als Ordnungen von Untergruppen und welche als Ordnungen von Elementen auf?
# Reihe/2n+5 durch 4n^3-3n+2/Aufgabe/Lösung

Für $n\geq 5$ ist
    $2n+5\leq 3n\,$
und für $n\geq 1$ ist
    $4n^{3}-3n+2=n^{3}+3n^{3}-3n+2\geq n^{3}+3n(n^{2}-1)\geq n^{3}\,.$
Daher gilt für die Reihenglieder für $n\geq 5$ die Abschätzung
    ${\frac {2n+5}{4n^{3}-3n+2}}\leq {\frac {3n}{4n^{3}-3n+2}}\leq {\frac {3n}{n^{3}}}=3{\frac {1}{n^{2}}}\,.$
Die Reihe $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ konvergiert nach Beispiel und dies gilt auch für $\sum _{n=1}^{\infty }3{\frac {1}{n^{2}}}$. Nach dem Majorantenkriterium konvergiert auch
    $\sum _{n=5}^{\infty }{\frac {2n+5}{4n^{3}-3n+2}}$
# Permutationsgruppe/Transitive Untergruppen/Aufspaltung/Aufgabe

Es sei $G\subseteq S_{n}$ eine Untergruppe der Permutationsgruppe $S_{n}$. Zeige, dass $G$ genau dann keine transitive Untergruppe ist, wenn es eine echte Zerlegung
    ${\{1,\ldots ,n\}}=S\uplus T\,$
derart gibt, dass
    $G\subseteq \operatorname {Perm} \,(S)\times \operatorname {Perm} \,(T)\subseteq S_{n}\,$
gilt.
# Reihe/C/n^nz^n/Bestimme Konvergenzpunkte/Aufgabe/Lösung

Es handelt sich um eine Potenzreihe mit den Koeffizienten $n^{n}$. Sie konvergiert für $z=0$, da dann nur ein Glied von null verschieden ist. Wir behaupten, dass die Reihe für keine weitere komplexe Zahl konvergiert. Da es sich um eine Potenzreihe handelt, genügt es, für jede reelle positive Zahl $z$ nachzuweisen, dass die Reihe divergiert. Zu $z>0$ gibt es ein $k\in \mathbb {N} _{+}$ mit $kz\geq 1$. Es gilt dann auch $nz\geq 1$ für alle $n\geq k$. Wegen
    $\sum _{n=k}^{\infty }n^{n}z^{n}\geq \sum _{n=k}^{\infty }1\,$
# Permutationsgruppe/Transitive Untergruppen/Charakterisierung mit einem Element/Aufgabe

Es sei $G\subseteq S_{n}$ eine Untergruppe der Permutationsgruppe $S_{n}$. Zeige, dass $G$ genau dann eine transitive Untergruppe ist, wenn es ein Element $z\in {\{1,\ldots ,n\}}$ derart gibt, dass es zu jedem Element $w\in {\{1,\ldots ,n\}}$ eine Permutation $\pi \in G$ mit $\pi (z)=w$ gibt.
# Reihe/n^2 durch e^n/Aufgabe/Lösung

Wir verwenden das Quotientenkriterium. Der Quotient von aufeinander folgenden Reihengliedern ist
    ${\begin{aligned}{\frac {\frac {(n+1)^{2}}{e^{n+1}}}{\frac {n^{2}}{e^{n}}}}&={\frac {(n+1)^{2}e^{n}}{n^{2}e^{n+1}}}\\&={\frac {(n+1)^{2}}{n^{2}e}}\\&={\frac {n^{2}+2n+1}{n^{2}e}}\\&={\frac {\frac {n^{2}+2n+1}{n^{2}}}{e}}\\&={\frac {1+{\frac {2}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}{e}}.\end{aligned}}$
Der Zähler konvergiert gegen $1$, deshalb konvergiert der Gesamtausdruck gegen ${\frac {1}{e}}<1$.
# Permutationsgruppe/Transitive Untergruppen/Elementanzahl/Aufgabe

* Zeige, dass eine transitive Untergruppe $G\subseteq S_{n}$ zumindest $n$ Elemente besitzt.
* Zeige, dass es eine transitive Untergruppe $G\subseteq S_{n}$ mit genau $n$ Elementen gibt.
# Reihe/R/Cauchyprodukt/1 durch n und 1 durch n^3/Erste vier Glieder/Aufgabe/Lösung

Nach der Definition des Cauchy-Produktes müssen in
    ${\left(0+1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+\ldots \right)}\cdot {\left(0+1+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{27}}+{\frac {1}{64}}+\ldots \right)}$
zur Bestimmung von $c_{k}$ nur die Teilprodukte $a_{i}b_{j}$ aufaddiert werden, für die
    $i+j=k\,$
ist. Daher ist
    $c_{0}=0\,,$
    $c_{1}=0\,,$
    $c_{2}=1\,,$
    $c_{3}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{8}}={\frac {5}{8}}\,$
und
    $c_{4}={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{8}}+{\frac {1}{27}}={\frac {144+27+16}{432}}={\frac {187}{432}}\,.$
# Permutationsgruppen/Konjugationsklassen und Isotropiegruppen/Aufgabe

Bestimme zu jeder Permutation $\pi \in S_{n}$, $n=2,3,4,5$, die Isotropiegruppe $G_{\pi }$ und die Konjugationsklasse $[\pi ]$, und bestätige die Gleichung
    $\operatorname {ord} {\left(G_{\pi }\right)}\cdot {\#\left([\pi ]\right)}=n!\,$
aus Fakt.
# Reihe/R/n^nz^n/Bestimme Konvergenzpunkte/Aufgabe/Lösung

Es handelt sich um eine Potenzreihe mit den Koeffizienten $n^{n}$. Sie konvergiert für $x=0$, da dann nur ein Glied von $0$ verschieden ist. Wir behaupten, dass die Reihe für keine weitere reelle Zahl konvergiert. Da es sich um eine Potenzreihe handelt, genügt es, für jede reelle positive Zahl $x$ nachzuweisen, dass die Reihe divergiert. Zu $x>0$ gibt es ein $k\in \mathbb {N} _{+}$ mit $kx\geq 1$. Es gilt dann auch $nx\geq 1$ für alle $n\geq k$. Wegen
    $\sum _{n=k}^{\infty }n^{n}x^{n}\geq \sum _{n=k}^{\infty }1\,$
# Permutationsmatrix/4x4/Damenproblem/Aufgabe

a) Man gebe ein Beispiel für eine $4\times 4$-Permutationsmatrix, bei der in jeder Diagonalen (Haupt-, Neben- und Gegendiagonalen) höchstens eine $1$ steht.
b) Zeige, dass es keine Lösung zu a) gibt, bei der $a_{11}=1$ ist.
# Reihen/C/Produkt/Quadratrand/Aufgabe/Lösung

* Das Produkt $a_{i}b_{j}$ geht einzig in den Summanden $d_{k}$ mit $k=\operatorname {max} \left(i,\,j\right)$ ein, bei $i=j$ sichert die zweite Summationsgrenze, dass dieses Produkt nicht doppelt gezählt wird.
* Für die Partialsummen gilt direkt Das heißt, dass $z_{n}$ das Produkt der jeweiligen Partialsummenfolgen ist und daher nach Fakt (2) gegen das Produkt der Grenzwerte konvergiert.
    $x_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{i},\,y_{n}=\sum _{j=0}^{n}b_{j}{\text{ und }}z_{n}=\sum _{k=0}^{n}d_{k}$
    ${\begin{aligned}x_{n}y_{n}&={\left(\sum _{i=0}^{n}a_{i}\right)}{\left(\sum _{j=0}^{n}b_{j}\right)}\\&=\sum _{0\leq i,j\leq n}a_{i}b_{j}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\left(\sum _{0\leq i,j\leq n,\operatorname {max} \left(i,\,j\right)=k}a_{i}b_{j}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\left(\sum _{j=0}^{k}a_{k}b_{j}+\sum _{i=0}^{k-1}a_{i}b_{k}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}d_{k}\\&=z_{n}.\end{aligned}}$
# Permutationsmatrix/Determinante ist Signum/Aufgabe

Es sei $M={\{1,\ldots ,n\}}$ und sei $\pi$ eine Permutation auf $M$. Die zugehörige Permutationsmatrix $M_{\pi }$ ist dadurch gegeben, dass
    $a_{\pi (i),i}=1\,$
ist und alle anderen Einträge $0$ sind. Zeige, dass
    $\det M_{\pi }=\operatorname {sgn} (\pi )\,$
ist.
# Reihenkonvergenz/Absolut/C/Glied ist z^n durch n^n/Aufgabe/Lösung

Wir wenden das Quotientenkriterium an, woraus dann die absolute Konvergenz folgt. Dazu betrachten wir den Quotienten aus zwei aufeinander folgenden Gliedern $a_{n}={\frac {z^{n}}{n^{n}}}$ der Reihe (bei $z=0$ ist die Aussage klar, sei also $z\neq 0$), also
    ${\begin{aligned}\vert {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\vert &=\vert {\frac {\frac {z^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}{\frac {z^{n}}{n^{n}}}}\vert \\&=\vert {z}\vert {\frac {n^{n}}{(n+1)^{n+1}}}\\&=\vert {z}\vert ({\frac {n}{n+1}})^{n}{\frac {1}{n+1}}\\&\leq \vert {z}\vert {\frac {1}{n+1}}.\end{aligned}}$
Zu einem gegebene $z\in {\mathbb {C} }$ gibt es ein $n_{0}\in \mathbb {N}$ mit
    $q:={\frac {\vert {z}\vert }{n_{0}+1}}<1\,.$
$n\geq n_{0}$
$n_{0}$
# Permutationsmatrix/Invariante Standardunterräume/Aufgabe

Es sei $\pi \in S_{n}$ eine Permutation und $M_{\pi }$ die zugehörige Permutationsmatrix über einem Körper $K$. Zu $J\subseteq {\{1,\ldots ,n\}}$ sei
    $V_{J}=\langle e_{j},\,j\in J\rangle \subseteq K^{n}\,.$
a) Zeige, dass $V_{J}$ genau dann $M_{\pi }$-invariant ist, wenn $\pi (J)\subseteq J$ ist.
b) Zeige, dass es $M_{\pi }$-invariante Unterräume geben kann, die nicht von der Form $V_{J}$ sind.
# Reihenkonvergenz/Absolut/R/Glied ist z^n durch n^n/Aufgabe/Lösung

Wir wenden das Quotientenkriterium an, woraus dann die absolute Konvergenz folgt. Dazu betrachten wir den Quotienten aus zwei aufeinander folgenden Gliedern $a_{n}={\frac {z^{n}}{n^{n}}}$ der Reihe (bei $z=0$ ist die Aussage klar, sei also $z\neq 0$), also
    ${\begin{aligned}\vert {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\vert &=\vert {\frac {\frac {z^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}{\frac {z^{n}}{n^{n}}}}\vert \\&=\vert {z}\vert {\frac {n^{n}}{(n+1)^{n+1}}}\\&=\vert {z}\vert ({\frac {n}{n+1}})^{n}{\frac {1}{n+1}}\\&\leq \vert {z}\vert {\frac {1}{n+1}}.\end{aligned}}$
Zu einem gegebene $z\in \mathbb {R}$ gibt es ein $n_{0}\in \mathbb {N}$ mit
    $q:={\frac {\vert {z}\vert }{n_{0}+1}}<1\,.$
$n\geq n_{0}$
$n_{0}$
# Reine Gleichung/Zerfällungskörper/Gradabschätzung/Aufgabe/Lösung

Wenn das Polynom schon über $\mathbb {Q}$ eine Nullstelle besitzt, so ist die Aussage klar, da es dann um den Zerfällungskörper eines Polynoms vom maximalen Grad $n-1$ handelt, dessen Grad maximal gleich
    $(n-1)!\leq {\frac {n!}{2}}\,$
ist. Es sei $\mathbb {Q} \subseteq K$ eine Körpererweiterung vom Grad $\leq n$, unter der das Polynom eine Nullstelle $u\in K$ bekommt. Zu $K$ gehört auch $-u\neq u$, und da $n$ gerade ist, ist dies ebenfalls eine Nullstelle. Somit gilt über $K$
    $X^{n}-a=(X-u)(X+u)Q\,,$
und man braucht maximal den Grad $(n-2)!$, um $Q$ zu zerfällen. Insgesamt ist der benötigte Grad also gleich $n\cdot (n-2)!$. Dabei ist
    $n\cdot (n-2)!\leq {\frac {n!}{2}}\,,$
da dies zu
    $2n\leq n(n-1)\,$
äquivalent ist, was wegen $n\geq 4$
# Permutationsmatrix/Orientierungstreu/Aufgabe

Es sei $M={\{1,\ldots ,n\}}$ und sei $\pi$ eine Permutation auf $M$ und $M_{\pi }$ die zugehörige Permutationsmatrix. Zeige, dass $M$ genau dann orientierungstreu ist, wenn
    $\operatorname {sgn} (\pi )=1\,$
ist
# Reine kubische Gleichung/q ist pm 1 mod 9/Quadratische Ausdrücke/Aufgabe/Lösung

Wegen
    $z={\frac {1+qx+x^{2}}{3}}\,$
ist direkt
    $x^{2}=3z-1-qx=-1-qx+3z\,.$
Ferner ist
    ${\begin{aligned}xz&={\frac {x+qx^{2}+x^{3}}{3}}\\&={\frac {x+q{\left(3z-1-qx\right)}+q}{3}}\\&={\frac {1-q^{2}}{3}}x+qz\end{aligned}}$
(wegen der Kongruenzbedingung ist ${\frac {1-q^{2}}{3}}$ ganzzahlig) und
    ${\begin{aligned}z^{2}&={\left({\frac {1+qx+x^{2}}{3}}\right)}^{2}\\&={\frac {1+q^{2}x^{2}+x^{4}+2x^{2}+2qx+2qx^{3}}{9}}\\&={\frac {1+2q^{2}+3qx+(q^{2}+2)x^{2}}{9}}\\&={\frac {1+2q^{2}+3qx+(q^{2}+2){\left(3z-1-qx\right)}}{9}}\\&={\frac {1+2q^{2}-q^{2}-2}{9}}+{\frac {3q-q{\left(q^{2}+2\right)}}{9}}x+{\frac {q^{2}+2}{3}}z\\&={\frac {q^{2}-1}{9}}+{\frac {-q^{3}-q}{9}}x+{\frac {q^{2}+2}{3}}z,\end{aligned}}$
# Permutationsmatrix/Zykel/Charakteristisches Polynom/Zerlegung/Summenzerlegung/Aufgabe

Es sei $\pi$ ein Zykel der Länge $n$ und $M$ die zugehörige Permutationsmatrix, also
    $M={\begin{pmatrix}0&0&0&\ldots &1\\1&0&0&\ldots &0\\0&1&0&\ldots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&0&\ldots &1&0\end{pmatrix}}\,.$
* Bestimme das charakteristische Polynom $\chi _{M}$ von $M$.
* Zeige, dass $P=X-1$ ein Teiler von $\chi _{M}$ ist und berechne die Zerlegung
    $\chi _{M}=PQ\,.$
* Bestimme $P(M)$ und $Q(M)$.
* Bestimme $\operatorname {kern} P(M)$ und $\operatorname {kern} Q(M)$.
# Reine kubische Gleichung/Zusätzliches Element/Ganzheitsbasis mit 1/Aufgabe/Lösung

Es ist $x,y=x^{2}/b,z$ nach Fakt (4) eine Ganzheitsbasis. Aus $3z=1+ax+by$ ergibt sich
    $1=-ax-by+3z\,.$
Zwischen der Basis $x,y,z$ und der gesuchten Basis $1,w,z$ besteht jedenfalls die Beziehung
    ${\begin{pmatrix}1\\w\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-a&-b&3\\r&s&t\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\,,$
wobei $r,s,t$ zu bestimmen sind (dies ist ein Gleichungssystem zwischen Vektortupeln, als Matrixgleichung geschrieben). Damit die linke Seite wieder eine Basis wird, muss die Determinante der Matrix gleich $\pm 1$ sein. Wenn wir den Ansatz $t=0$ machen, so muss
    $-as+rb=\pm 1\,,$
und dafür gibt es eine Lösung, da $a$ und $b$ teilerfremd sind. Es ist also $1$, $w=rx+sy$ und $z$ eine Ganzheitsbasis.
Damit gilt dann umgekehrt
    $x=bw-3sz+s\,$
und
    $y=-aw+3rz-r\,.$
# Permutationsmatrix/Zykel/Minimalpolynom und charakteristisches Polynom/Aufgabe

Von einer Permutation $\pi \in S_{n}$ sei die Zyklenzerlegung bekannt. Bestimme das Minimalpolynom und das charakteristische Polynom der Permutationsmatrix $M_{\pi }$.
# Reine kubische reelle Gleichung/Zerfällungsverhalten/Aufgabe/Lösung

Da $q$ keine dritte Wurzel in $\mathbb {Q}$ besitzt, ist das Polynom $X^{3}-q$ in $\mathbb {Q} [X]$ irreduzibel. Daher ist
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-q)=K\,$
eine Körpererweiterung vom Grad drei. Es sei $r={\sqrt[{3}]{q}}$ die eindeutig bestimmte reelle dritte Wurzel aus $q$. Durch die Zuordnung $X\mapsto r$ können wir $K$ als Unterkörper von $\mathbb {R}$ auffassen. In $K$ (und in $L$) hat das Polynom $X^{3}-q$ die Zerlegung
    $X^{3}-q=X^{3}-r^{3}=(X-r)(X^{2}+rX+r^{2})\,.$
Da es in $\mathbb {R}$ nur eine dritte Wurzel gibt, und da $r$ keine Nullstelle des rechten Faktors ist, ist das Polynom
    $X^{2}+rX+r^{2}$
über $\mathbb {R}$ und erst recht über $K$ irreduzibel. Von daher ist $K$ nicht der Zerfällungskörper. In der quadratischen Erweiterung
    $K\subseteq K[Y]/(Y^{2}+rY+r^{2})=L\,$
zerfällt das Polynom $Y^{2}+rY+r^{2}$ und damit auch $X^{3}-q$ in Linearfaktoren. Der Grad des Zerfällungskörpers ist also nach der Gradformel gleich $6$.
Um eine Realisierung des Zerfällungskörpers in ${\mathbb {C} }$ zu erhalten, betrachten wir
    $y^{2}+ry+r^{2}=0\,.$
Die Lösungen dazu sind in ${\mathbb {C} }$ gleich
    $y=\pm {\sqrt {-3}}{\frac {r}{2}}-{\frac {r}{2}}=\pm {\sqrt {-3}}{\frac {\sqrt[{3}]{q}}{2}}-{\frac {\sqrt[{3}]{q}}{2}}\,.$
Daher ist der Zerfällungskörper gleich
    $\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{q}},{\sqrt {-3}}].$
# Permutationsmatrix/Ähnlichkeit/K/C/Aufgabe

Es sei $n\in \mathbb {N} _{+}$ und sei $K\subseteq {\mathbb {C} }$ ein Unterkörper. Wir betrachten den Gruppenhomomorphismus
    $S_{n}\longrightarrow \operatorname {GL} _{n}\!{\left(K\right)},\,\pi \longmapsto M_{\pi },$
der jeder Permutation $\pi$ die zugehörige Permutationsmatrix zuordnet. Zeige, dass zwei Permutationen $\pi ,\rho$ genau dann konjugiert in $S_{n}$ sind, wenn ihre zugehörigen Permutationsmatrizen $M_{\pi },M_{\rho }$ ähnlich sind.
# Rekursive Folge/e^x - 1/Konvergenz/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten die Funktion $f(x)=e^{x}-1$. Es ist $f(0)=0$. Die Ableitung der Funktion $f$ ist $e^{x}$. Daher verläuft der Graph von $f$ für $x>0$ echt oberhalb der Diagonalen und für $x<0$ echt unterhalb der Diagonalen. Insbesondere ist $f(x)\geq x$, wobei Gleichheit nur bei
    $x=0\,$
gilt. Insbesondere ist also die rekursiv definierte Folge wachsend. Wegen der Stetigkeit der Exponentialfunktion gilt für den Grenzwert $x$ einer solchen Folge (falls er existiert)
    $x=e^{x}-1\,.$
Diese Bedingung wird nur von $x=0$ erfüllt und dies ist der einzige mögliche Grenzwert. Bei einem Startwert $x_{0}>0$ kann die Folge wegen des Wachstumsverhaltens nicht konvergieren. Bei einem Startwert $x_{0}\leq 0$ ist
    $e^{x_{0}}-1\leq 0\,.$
$0$
# Platon-Gleichung/m ist 2/Ganzzahlig/Aufgabe

Zeige, dass die Gleichung
    ${\frac {2}{n}}={\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}\,$
in $\mathbb {Z}$ auch Lösungen mit $a\neq b$ besitzt.
# Rekursives Dreieck/Geometrisches Mittel/256/Aufgabe/Lösung

* Es ergibt sich das folgende Schema. Wegen sind wir fertig.
    ${\begin{matrix}&&&&&256&&&&&\\&&&&16&&16&&&&\\&&&4&&16&&4&&\\&&2&&8&&8&&2&&\\&{\sqrt {2}}&&4&&8&&4&&{\sqrt {2}}&\\2^{1/4}&&2\cdot 2^{1/4}&&4{\sqrt {2}}&&4{\sqrt {2}}&&2\cdot 2^{1/4}&&2^{1/4}\end{matrix}}$
    $(4{\sqrt {2}})^{2}=32\leq 6^{2}\,$
* In jeder Zeile ist das Produkt über alle Zahlen gleich $256$. Dies beweist man durch Induktion über den Zeilenindex. In der Startzeile ist das richtig (die nicht hingeschriebenen Zahlen sind $1$). Es sei also das Produkt der Zahlen in einer Zeile gleich $256$. Jede Zahl dieser Zeile geht zweifach in die folgende Zeile ein, einmal als Beitrag zum geometrischen Mittel mit der linken Zahl und einmal als Beitrag zum geometrischen Mittel mit der rechten Zahl. Dabei geht wegen ${\sqrt {ab}}={\sqrt {a}}{\sqrt {b}}$ jeweils die Quadratwurzel ein. Das Gesamtprodukt bleibt dabei erhalten.
# Platon-Gleichung/m ist 2/Natürlich/Aufgabe

Zeige, dass die Gleichung
    ${\frac {2}{n}}={\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}\,$
in $\mathbb {N}$ bei $a,b\leq n$ nur die Lösungen $n=a=b$ besitzt.
# Relation/Reflexiv und transitiv/Äquivalenzrelation und Ordnungsrelation auf Quotientenmenge/Aufgabe/Lösung

* Die Reflexivität ist klar. Zur Symmetrie: Sei $x\sim y$, also $x\preccurlyeq y$ und $y\preccurlyeq x$. Somit gilt auch $y\sim x$. Zur Transitivität: Sei $x\sim y$ und $y\sim z$. Dies bedeutet $x\preccurlyeq y$ und $y\preccurlyeq x$ und $y\preccurlyeq z$ und $z\preccurlyeq y$. Die Transitivität von $\preccurlyeq$ liefert $x\preccurlyeq z$ und $z\preccurlyeq x$. Dies bedeutet $x\sim z$.
* Es sei $[x]=[u]$ und $[y]=[v]$ und es gelte $x\preccurlyeq y$. Da $u$ zu $x$ und $v$ zu $y$ äquivalent sind, gilt insbesondere $u\preccurlyeq x$ und $y\preccurlyeq v$. Eine doppelte Anwendung der Transitivität von $\preccurlyeq$ liefert $u\preccurlyeq v$, was die Wohldefiniertheit besagt.
* Nach Definition von $\leq$ auf $Q$ gilt $[x]\leq [y]$ genau dann, wenn $x\preccurlyeq y$ gilt. Somit ergibt sich die Reflexivität und die Transitivität von $\leq$ unmittelbar aus den entsprechenden Eigenschaften von $\preccurlyeq$. Zur Antisymmetrie: Sei $[x]\leq [y]$ und $[y]\leq [x]$. Dies bedeutet $x\preccurlyeq y$ und $y\preccurlyeq x$, was wiederum $x\sim y$, also $[x]=[y]$, bedeutet.
# Platon-Gleichung/m ist 2/Ohne Größenbedingung/Natürlich/Aufgabe

Zeige, dass die Gleichung
    ${\frac {2}{n}}={\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}\,$
in $\mathbb {N}$ auch Lösungen $a\neq b$ besitzt.
# Relationen/Endliche Menge/Reflexiv, symmetrisch/Anzahl/Aufgabe/Lösung

Es sei $M=\{1,\ldots ,n\}$. Eine Relation $R$ ist gegeben durch eine bestimmte Menge von geordneten Paaren $(x,y)$, $x,y\in M$. Daher kann man sich eine Relation auf $M$ so vorstellen, dass in einer $n\times n$-Tabelle gewisse Stellen angekreuzt werden und andere nicht.
Bei einer beliebigen Relation gibt es keine weiteren Bedingungen, sodass es $2^{n^{2}}$ Relationen gibt (das war nicht gefragt).
Bei einer reflexiven Relation muss auf der Diagonalen immer ein Kreuz sein, ansonsten hat man keine Bedingung, es gibt also $n^{2}-n=n(n-1)$ freie Stellen und daher $2^{n(n-1)}$ reflexive Relationen.
Bei einer symmetrischen Relation hat man oberhalb der Diagonalen (einschließlich dieser) volle Freiheiten (unterhalb der Diagonalen muss sich der Eintrag wiederholen). Da gibt es ${\frac {n^{2}-n}{2}}+n={\frac {n^{2}+n}{2}}$ Plätze und somit gibt es $2^{\frac {n^{2}+n}{2}}$ symmetrische Relationen.
${\frac {n^{2}-n}{2}}$
$2^{\frac {n^{2}-n}{2}}$
# Platte Funktion/Polynom in 1 durch x mal exp -1 durch x/Ableitung/Aufgabe

Es sei $p\in \mathbb {R} [Y]$ ein Polynom und
    $g\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto g(x)=p{\left({\frac {1}{x}}\right)}e^{-{\frac {1}{x}}}.$
Zeige, dass die Ableitung $g'(x)$ ebenfalls von der Form
    $g'(x)=q{\left({\frac {1}{x}}\right)}e^{-{\frac {1}{x}}}\,$
mit einem weiteren Polynom $q$ ist.
# Relationen/Inklusionsrelation zwischen Teilmengen/Anzahl/Aufgabe/Lösung

Die Anzahl der Paare $(A,B)$, die zu dieser Relation gehören (also $A\subseteq B$ erfüllen), ist $3^{n}$. Für jedes $x\in M$ gibt es nämlich die drei Möglichkeiten
    $x\notin A,x\notin B,$
    $x\notin A,x\in B,$
    $x\in A,x\in B$
($x\in A,x\notin B$ ist wegen der Inklusionsbeziehung nicht möglich). Das Paar $(A,B)$ ist eindeutig bestimmt, wenn man für jedes $x\in M$
$3$
$3^{n}$
# Platte Funktion/Polynom in 1 durch x mal exp -1 durch x/Limes für x gegen null/Aufgabe

Wir betrachten die Funktion
    $f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=e^{-{\frac {1}{x}}}.$
Zeige, dass für jedes $n\in \mathbb {N}$ die $n$-te Ableitung $f^{(n)}$ die Eigenschaft
    $\operatorname {lim} _{x\in \mathbb {R} _{+},\,x\rightarrow 0}\,f^{(n)}(x)=0\,$
besitzt.
# Repräsentierungen/Gerade Zahlen/Schwach/Aufgabe/Lösung

Wir zeigen zuerst die schwache Repräsentierbarkeit, dass also für alle $n\in \mathbb {N}$ die Zugehörigkeit $n\in \mathbb {N} 2$ genau dann vorliegt, wenn die Ableitbarkeit $\Gamma \vdash \psi (n)$ gilt.
Wenn $n$ eine gerade natürliche Zahl ist, so ist
    $n=1+\cdots +1={\left(1+\cdots +1\right)}+{\left(1+\cdots +1\right)}={\frac {n}{2}}+{\frac {n}{2}}\,,$
wobei wir die $n$ Einsen in zwei gleichgroße Hälften aufgeteilt haben. Da in $\Gamma$ die Assoziativität und Kommutativität ableitbar ist (was auch der Grund dafür ist, dass wir in der Darstellung von $n$ als Summe von $1$ keine Klammerung festlegen müssen), ist auch
    $\Gamma \vdash n={\frac {n}{2}}+{\frac {n}{2}},$
wobei $n$ und ${\frac {n}{2}}$ Abkürzungen für Einsersummen sind. Aufgrund der Existenzeinführung im Sukzedens ist
    $\Gamma \vdash n={\frac {n}{2}}+{\frac {n}{2}}\rightarrow \exists y(n=y+y)$
und mit Modus ponens auch
    $\Gamma \vdash \exists y(n=y+y),$
also
    $\Gamma \vdash \psi (n).$
Wenn $n$ ungerade ist, so ist definitiv nicht
    $\Gamma \vdash \psi (n),$
da wegen $\Gamma \subseteq {\rm {PA}}^{\vdash }$ dies auch in $\mathbb {N}$ gelten würde, was aber nicht der Fall ist.
Es liegt aber keine starke Repräsentierbarkeit vor. In diesem Fall würde nämlich für $n$ ungerade die Ableitbarkeit
    $\Gamma \vdash \neg \psi (n)$
$\Gamma$
$\Gamma$
$(\mathbb {Q} ,0,+)$
$\Gamma$
# Polarkoordinaten/Volumen/Aufgabe

Es sei
    $T={\left\{(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta )\in \mathbb {R} ^{2}\mid {\frac {\pi }{2}}\leq \rho \leq \theta ,\ \cos \theta \geq 0,\ \sin \theta \geq 0\right\}}\,.$
Berechne den Flächeninhalt von T.
# Restklassenkörper/Z mod 101/Inverses Element zu 35/Aufgabe/Lösung

Der euklidische Algorithmus liefert
    $101=2\cdot 35+31\,,$
    $35=1\cdot 31+4\,,$
    $31=7\cdot 4+3\,,$
    $4=1\cdot 3+1\,.$
Somit ist
    ${\begin{aligned}1&=4-1\cdot 3\\&=4-1\cdot (31-7\cdot 4)\\&=8\cdot 4-1\cdot 31\\&=8\cdot (35-31)-1\cdot 31\\&=8\cdot 35-9\cdot 31\\&=8\cdot 35-9\cdot (101-2\cdot 35)\\&=26\cdot 35-9\cdot 101.\end{aligned}}$
$26$
$35$
$\mathbb {Z} /(101)$