OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Modell/Termgleichheit/Gültigkeitsmenge/Äquivalenzrelation/Aufgabe

Es sei $S$ ein Symbolalphabet und $L^{S}$ die zugehörige Sprache erster Stufe. Es sei $I$ eine $S$-Interpretation mit der Grundmenge $N$ und es sei $\Gamma :=I^{\vDash }$ mit der zugehörigen Äquivalenzrelation $\sim$ auf der Termmenge $T$.
* Zeige, dass $s\sim t$ genau dann gilt, wenn $I(s)=I(t)$ gilt.
* Zeige, dass es eine injektive Abbildung mit gibt.
    $\psi \colon T/\sim \longrightarrow N$
    $\psi ([t])=I(t)\,$
* Zeige, dass $\psi$ ein $S$-Homomorphismus ist, wenn die Quotientenmenge $T/\sim$ mit der kanonischen $S$-Struktur versehen wird.
* Es sei $J$ die kanonische Interpretation auf $T/\sim$. Es sei vorausgesetzt, dass die Terminterpretation für $N$ surjektiv sei. Zeige, dass $I\vDash \alpha$ genau dann gilt, wenn $J\vDash \alpha$ gilt.
# Polynomiale Gleichung/Sprachlich/3/Aufgabe/Lösung

Es geht um eine reelle Lösung für die Gleichung
    $f(x)=x^{3}-5x^{2}={\sqrt[{7}]{17}}\,.$
Es ist $f(0)=0$ und $f(6)=(6-5)25=25$ und $0\leq {\sqrt[{7}]{17}}\leq 25$. Da $f$ als Polynomfunktion stetig ist, gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein $x\in \mathbb {R}$ mit
$f(x)={\sqrt[{7}]{17}}$
# Modelltheorie/Relative Automorphismengruppe/Galoistheorie/Aufgabe

Interpretiere die Galoisgruppe zu einer Körpererweiterung $K\subseteq L$ als eine relative Automorphismengruppe zu einem geeigneten Symbolalphabet. Welche Rolle spielen dabei die Körperaxiome?
# Polynomring zwei Variablen/Multiplikatives System/Eine Gleichung/Verträglichkeit/Aufgabe/Lösung

Alle Homomorphismen sind im Folgenden $R$-Algebrahomomorphismen und durch ihre Eigenschaften eindeutig festgelegt. Es gibt zunächst den Homomorphismus $R\rightarrow R_{S}$ und daher einen induzierten Homomorphismus
    $R/(F)\longrightarrow R_{S}/(F).$
Da das Bild von $S$ in $R/(F)$ in $R_{S}/(F)$ zu Einheiten werden, induziert dies einen Homomorphismus
    $(R/(F))_{S}\longrightarrow R_{S}/(F).$
Dabei geht explizit ein Element ${\frac {\bar {r}}{\bar {s}}}$ auf ${\overline {({\frac {r}{s}})}}$. Zur Surjektivität: Ein Element rechts wird repräsentiert durch $r/s$ mit $s\in S$, und das kommt von ${\frac {\bar {r}}{\bar {s}}}$ her. Zur Injektivität sei angenommen, dass ${\frac {\bar {r}}{\bar {s}}}$ auf $0$ geht. Dann ist $r/s\in (F)R_{S}$, also $r/s=Fa/t$ mit $a\in R,\,t\in S$. Die Gleichheit bedeutet zurückübersetzt nach $R$, dass
    $tr=sFa\,$
$tr=0$
$R/(F)$
$t\in S$
${\bar {r}}=0$
$(R/(F))_{S}$
# Modelltheorie/Relative Automorphismengruppe/Konstantenanreicherung/Aufgabe

Es sei $S$ ein Symbolalphabet, $M$ eine $S$-Struktur und $N\subseteq M$ eine $S$-Unterstruktur. Zeige, dass man durch eine Symbolmengenerweiterung $S\subseteq S'$, wobei nur Konstanten hinzugenommen werden, erreichen kann, dass die relative Automorphismengruppe $S-\operatorname {Aut} _{N}\,M$ der $S'$-Automorphismengruppe $S'-\operatorname {Aut} \,M$ entspricht (dazu muss insbesondere $S'$ auf $M$ und $N$ interpretiert werden).
# Polynomring über F q/Restklassenring ist endlich/Aufgabe/Lösung

Sei ${\mathfrak {a}}\neq 0$ ein Ideal. Der Polynomring über einem Körper ist ein Hauptidealbereich, daher ist ${\mathfrak {a}}=(P)$ mit einem Polynom $P\neq 0$. Man kann annehmen, dass $P$ normiert ist, dass also der Leitkoeffizient $1$ ist. Dann ist
    $R/{\mathfrak {a}}=R/(P)={\mathbb {F} }_{q}[X]/(X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_{0})\,.$
Dies bedeutet, dass man im Restklassenring die Potenz $X^{n}<$ durch kleinere Potenzen ausdrücken kann. Iterativ kann man dann überhaupt jede Potenz $X^{k}$ durch Polynome vom Grad $\leq n-1$ ausdrücken, d.h. die Potenzen $X^{0},X^{1},\ldots ,X^{n-1}$ bilden ein ${\mathbb {F} }_{q}$-Erzeugendensystem (sogar eine Basis) dieser ${\mathbb {F} }_{q}$-Algebra.
# Modelltheorie/Relative Automorphismengruppe/Untergruppe/Aufgabe

Es sei $S$ ein Symbolalphabet, $M$ eine $S$-Struktur und $N\subseteq M$ eine $S$-Unterstruktur. Zeige, dass die relative Automorphismengruppe $S-\operatorname {Aut} _{N}\,M$ eine Untergruppe der Automorphismengruppe $S-\operatorname {Aut} \,M$ ist.
# Polynomring über Körper/Eine Variable/Produkt von Linearfaktoren/Teiler/Aufgabe/Lösung

Wir arbeiten mit normierten Polynomen und schreiben
    $P=(X-a_{1})^{n_{1}}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}\,$
mit verschiedenen $a_{i}$ und führen Induktion über den Grad $d=\sum _{j=1}^{r}n_{j}$ von $P$. Die Teilbarkeitsbeziehung bedeutet die Existenz eines Polynoms $Q$ mit
    $P=QT\,.$
Damit ist insbesondere
    $T(a_{1})\cdot Q(a_{1})=P(a_{1})=0\,.$
Aufgrund der Nichtnullteilereigenschaft in einem Körper gilt $T(a_{1})=0$ oder $Q(a_{1})=0$. Nach Fakt bedeutet dies, dass $T$ oder $Q$ von $X-a_{1}$ geteilt wird. Im zweiten Fall schreiben wir
    ${\begin{aligned}(X-a_{1})^{n_{1}}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}&=(X-a_{1})(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}\\&=TQ'(X-a_{1}).\end{aligned}}$
Aufgrund der Nichtnullteilereigenschaft im Polynomring folgt daraus
    $P'=(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=TQ'\,$
und wir können auf $P'$ die Induktionsvoraussetzung anwenden. Im ersten Fall ist
    $T=T'(X-a_{1})\,,$
woraus sich
    $(X-a_{1})(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=(X-a_{1})T'Q\,$
und somit
    $P'=(X-a_{1})^{n_{1}-1}(X-a_{2})^{n_{2}}\cdots (X-a_{r})^{n_{r}}=T'Q\,$
$P'$
$T'$
$P'$
$P'$
$X-a_{j}$
$P$
$P'$
$j\geq 2$
$X-a_{1}$
$1$
$T$
$T'$
# Modul/Endlich erzeugt/Lokal frei/Hauptnenneraufnahme/Aufgabe

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und $M$ ein endlich erzeugter $R$-Modul. Zeige, dass $M$ genau dann lokal frei ist, wenn es Elemente $f_{1},\ldots ,f_{n}\in R$ mit
    ${\left(f_{1},\ldots ,f_{n}\right)}=R\,$
derart gibt, dass die $M_{f_{i}}$ frei sind.
# Polynomring/3/Produkt der Variablendifferenzen/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}(Y-X)(Z-X)(Z-Y)&=(Y-X)(Z^{2}-XZ-YZ+XY)\\&=YZ^{2}-XYZ-Y^{2}Z+XY^{2}-XZ^{2}+X^{2}Z+XYZ-X^{2}Y\\&=YZ^{2}-Y^{2}Z+XY^{2}-XZ^{2}+X^{2}Z-X^{2}Y.\end{aligned}}$
# Modul/Homomorphismus/Assoziierter graduierter Homomorphismus/Aufgabe

Es sei $\varphi \colon M\rightarrow N$ ein Homomorphismus zwischen den $R$-Moduln $M$ und $N$ und sei ${\mathfrak {a}}\subseteq R$ ein Ideal. Zeige, dass dies in natürlicher Weise zu einem homogenen Homomorphismus
    $\operatorname {Gr} _{\mathfrak {a}}M\longrightarrow \operatorname {Gr} _{\mathfrak {a}}N$
führt.
# Polynomring/Einsetzen von Linearform/Äquivalenzrelation/Aufgabe/Lösung

* Es ist
    ${\begin{aligned}{\left(3X^{2}-4X+7\right)}{\frac {3X-5}{X}}&=3{\left(3X-5\right)}^{2}-4{\left(3X-5\right)}+7\\&=3{\left(9X^{2}-30X+25\right)}-12X+20+7\\&=27X^{2}-102X+102.\end{aligned}}$
* Wegen ist die Relation reflexiv. Sei und mit $a,c\neq 0$. Dann ist wegen und da der Einsetzungsprozess mit Addition und Multiplikation verträglich ist auch also $P\sim R$, da ja wegen $ac\neq 0$ rechts wieder eine Linearform eingesetzt wird. Die Relation ist also transitiv. Es sei nun Dann sind wegen die Einsetzungen durch $aX+b$ und durch ${\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}$ invers zueinander und somit ist und die Relation ist symmetrisch.
    $P{\frac {X}{X}}=P\,$
    $Q=P{\frac {aX+b}{X}}\,$
    $R=Q{\frac {cX+d}{X}}\,$
    ${\left(X{\frac {aX+b}{X}}\right)}{\frac {cX+d}{X}}={\left(aX+b\right)}{\frac {cX+d}{X}}=a{\left(cX+d\right)}+b=acX+ad+b=X{\frac {acX+ad+b}{X}}\,$
    $R=Q{\frac {cX+d}{X}}={\left(P{\frac {aX+b}{X}}\right)}{\frac {cX+d}{X}}=P{\frac {acX+ad+b}{X}}\,,$
    $Q=P{\frac {aX+b}{X}}\,.$
    ${\begin{aligned}{\left(X{\frac {aX+b}{X}}\right)}{\frac {{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}}{X}}&={\left(aX+b\right)}{\frac {{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}}{X}}\\&=a{\left({\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}\right)}+b\\&=X\end{aligned}}$
    $P={\left(P{\frac {aX+b}{X}}\right)}{\frac {{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}}{X}}=Q{\frac {{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}}{X}}\,$
* Sei Bei können wir nehmen. Es sei also $P$ insbesondere nicht das Nullpolynom. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra gibt es ein $c\in {\mathbb {C} }$ mit Dann ist mit einem Polynom $H$. Offenbar ist $Q(0)=0$.
    $P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}\,.$
    $a_{0}=0\,$
    $Q=P\,$
    $P(c)=0\,.$
    $Q:=P{\frac {X+c}{X}}=a_{n}(X+c)^{n}+\cdots +a_{1}(X+c)+a_{0}=XH+a_{n}c^{n}+\cdots +a_{1}c+a_{0}=XH\,$
* Es sei wieder mit $a_{n}\neq 0$. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra gibt es ein $d\in {\mathbb {C} }$ mit $d^{n}=a_{n}$. Dann ist ein normiertes und zu $P$ äquivalentes Polynom.
    $P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}\,$
    $P{\frac {{\frac {1}{d}}X}{X}}=a_{n}{\left({\frac {1}{d}}X\right)}^{n}+\cdots +a_{1}\cdot {\frac {1}{d}}X+a_{0}\,$
* Es sei mit verschiedenen Nullstellen $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{r}$ und einem nullstellenfreien Polynom $S$. Dann ist und dieses besitzt zumindest die $r$ verschiedenen Nullstellen ${\frac {\lambda _{1}-b}{a}},\ldots ,{\frac {\lambda _{r}-b}{a}}$. Wegen der Symmetrie der Situation sind es genau $r$ Nullstellen.
    $P=(X-\lambda _{1})^{n_{1}}\cdots (X-\lambda _{r})^{n_{r}}S\,$
    $P{\frac {aX+b}{X}}=(aX+b-\lambda _{1})^{n_{1}}\cdots (aX+b-\lambda _{r})^{n_{r}}{\left(S{\frac {aX+b}{X}}\right)}\,$
# Modul/Ideal/Produkt/Assoziativität/Aufgabe

Es seien ${\mathfrak {a}},{\mathfrak {b}}\subseteq R$ Ideale in einem kommutativen Ring und $U\subseteq V$ ein $R$-Untermodul eines $R$-Moduls $V$. Zeige
    ${\left({\mathfrak {a}}\cdot {\mathfrak {b}}\right)}\cdot U={\mathfrak {a}}\cdot {\left({\mathfrak {b}}\cdot U\right)}\,.$
# Modul/Ideal/Produkt/Distributivität im Ideal/Aufgabe

Es seien ${\mathfrak {a}},{\mathfrak {b}}\subseteq R$ Ideale in einem kommutativen Ring und sei $U\subseteq V$ ein $R$-Untermodul eines $R$-Moduls $V$. Zeige
    ${\left({\mathfrak {a}}+{\mathfrak {b}}\right)}\cdot U={\mathfrak {a}}\cdot U+{\mathfrak {b}}\cdot U\,.$
# Polynomring/Einsetzung/Matrix/X^3-4X+2/3 -2 1 5/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}^{3}&={\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}7&-16\\8&23\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}5&-94\\47&99\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
Daher ist
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}^{3}-4{\begin{pmatrix}3&-2\\1&5\end{pmatrix}}+2{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}5&-94\\47&99\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}-12&8\\-4&-20\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}-5&-86\\43&81\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Modul/Ideal/Produkt/Distributivität im Untermodul/Aufgabe

Es sei ${\mathfrak {a}}\subseteq R$ ein Ideal in einem kommutativen Ring und seien $U,W\subseteq V$ $R$-Untermoduln eines $R$-Moduls $V$. Zeige
    ${\mathfrak {a}}\cdot {\left(U+W\right)}={\mathfrak {a}}\cdot U+{\mathfrak {a}}\cdot W\,.$
# Polynomring/Einsetzung/Matrix/X^7-3X^6+4X^4+5X^3+7X^2-4X+5/0 2 4 0 0 1 0 0 0/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{pmatrix}0&2&4\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}^{2}={\begin{pmatrix}0&2&4\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&2&4\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$
und
    ${\begin{pmatrix}0&2&4\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}^{3}={\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&2&4\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$
Dies gilt auch für die höheren Potenzen. Daher ergibt die Einsetzung
    ${\begin{aligned}7{\begin{pmatrix}0&2&4\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}^{2}-4{\begin{pmatrix}0&2&4\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}+5{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}&=7{\begin{pmatrix}0&0&2\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}-4{\begin{pmatrix}0&2&4\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}+5{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}5&-8&-2\\0&5&-4\\0&0&5\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Modul/Ideal/Produkt/Verträglich/Aufgabe

Es seien ${\mathfrak {a}},{\mathfrak {b}}\subseteq R$ Ideale in einem kommutativen Ring. Zeige, dass das Idealprodukt ${\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}$ mit dem Produkt ${\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}$ aus dem Ideal ${\mathfrak {a}}$ und dem $R$-Untermodul ${\mathfrak {b}}\subseteq R$ übereinstimmt.
# Polynomring/Einsetzung/R nach Mat2R/2x^3-5x^2+7x-4/41/53/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $M^{2}={\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}21&7\\35&14\end{pmatrix}}\,$
und
    $M^{3}={\begin{pmatrix}21&7\\35&14\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}119&42\\210&77\end{pmatrix}}\,$
Daher ist
    ${\begin{aligned}2X^{3}-5X^{2}+7X-4&=2{\begin{pmatrix}119&42\\210&77\end{pmatrix}}-5{\begin{pmatrix}21&7\\35&14\end{pmatrix}}+7{\begin{pmatrix}4&1\\5&3\end{pmatrix}}-4{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}238-105+28-4&84-35+7\\420-175+35&154-70+21-4\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}157&56\\280&101\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Modul/Idealannullation/Restklassenring/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $R$ ein kommutativer Ring, $M$ ein $R$-Modul und $I\subseteq R$ ein Ideal mit $IM=0$. Zeige, dass $M$ in natürlicher Weise ein $R/I$-Modul ist.
# Polynomring/Homogenisierung/Multiplikativ/Aufgabe/Lösung

Es seien
    $F=F_{d}+F_{d-1}+\cdots +F_{1}+F_{0}\,$
und
    $G=G_{e}+G_{e-1}+\cdots +G_{1}+G_{0}\,$
Polynome vom Grad $d$ bzw. $e$ in ihrer homogenen Zerlegung. Ihre Homogenisierungen sind
    ${\tilde {F}}=F_{d}+F_{d-1}Z+\cdots +F_{1}Z^{d-1}+F_{0}Z^{d}\,$
bzw.
    ${\tilde {G}}=G_{e}+G_{e-1}Z+\cdots +G_{1}Z^{e-1}+G_{0}Z^{e}\,.$
Das Produkt ist
    ${\tilde {F}}{\tilde {G}}=\sum _{k=0}^{d+e}P_{k}Z^{d+e-k}\,$
mit
    $P_{k}=\sum _{i=0}^{d}F_{i}G_{k-i}\,.$
Andererseits ist
    $FG=\sum _{k=0}^{d+e}H_{k}\,$
mit den homogenen Komponenten
    $H_{k}=\sum _{i=0}^{d}F_{i}G_{k-i}\,$
und die Homogenisierung davon ist
    $\sum _{k=0}^{d+e}H_{k}Z^{d+e-k}=\sum _{k=0}^{d+e}{\left(\sum _{i=0}^{d}F_{i}G_{k-i}\right)}Z^{d+e-k}=\sum _{k=0}^{d+e}P_{k}Z^{d+e-k}\,,$
# Modul/Kommutativer Ring/Allgemeines Distributivgesetz/Aufgabe

Es sei $V$ ein Modul über dem kommutativen Ring $R$. Es seien $s_{1},\ldots ,s_{k}\in R$ und $v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$. Zeige
    ${\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}=\sum _{1\leq i\leq k,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}\,.$
# Polynomring/K/X^2+7X+5/6X+3/Einheitsideal/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $X^{2}+7X+5={\left(6X+3\right)}{\left({\frac {1}{6}}X+{\frac {13}{12}}\right)}+{\frac {7}{4}}\,.$
Da $X^{2}+7X+5$ und ${\left(6X+3\right)}{\left({\frac {1}{6}}X+{\frac {13}{12}}\right)}$ zum Ideal ${\mathfrak {a}}$ gehören, gehört auch
    ${\frac {7}{4}}=X^{2}+7X+5-{\left(6X+3\right)}{\left({\frac {1}{6}}X+{\frac {13}{12}}\right)}\,$
zu ${\mathfrak {a}}$. Damit gehört auch
    $1={\frac {4}{7}}\cdot {\frac {7}{4}}\,$
$P=P\cdot 1$
$P$
${\mathfrak {a}}$
# Modulare Arithmetik/Quersummentest/Aufgabe

Es seien $a$ und $n$ natürliche Zahlen mit $n\geq 2$. Es sei
    $a=\sum _{i=0}^{\ell }a_{i}n^{i}\,$
die Darstellung von $a$ zur Basis $n$ (also mit $0\leq a_{i}<n$). Es sei $k$ ein Teiler von $n-1$. Dann wird $a$ von $k$ genau dann geteilt, wenn die Quersumme $\sum _{i=0}^{\ell }a_{i}$ von $k$ geteilt wird.
# Polynomring/KX/Einheiten/Erläutert/Aufgabe/Lösung

Es sind genau die konstanten Polynome $a$, $a\neq 0$ invertierbar. Wegen $a\in K$ besitzen diese ein Inverses. Das Nullpolynom ist sicher nicht invertierbar. Es sei nun
    $P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}\,$
ein nichtkonstantes Polynom, also $a_{n}\neq 0$ und $n\geq 1$. Dann besitzt für jedes Polynom $Q\neq 0$ das Polynom
    $PQ$
einen Grad $\geq 1$, ist also nicht $1$ (und
$P\cdot 0=0\neq 1$
# Moduln (kommutative Algebra)/L in M in N/Kurze exakte Sequenz/Aufgabe

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und sei $N$ ein $R$-Modul mit $R$-Untermoduln $L\subseteq M\subseteq N$. Zeige, dass die Restklassenmoduln durch die kurze exakte Sequenz
    $0\,{\stackrel{\longrightarrow }}\,M/L\,{\stackrel{\longrightarrow }}\,N/L\,{\stackrel{\longrightarrow }}\,N/M\,{\stackrel{\longrightarrow }}\,0$
miteinander in Beziehung stehen.
# Polynomring/Maximales Ideal/Punktideal nach Körpererweiterung/Aufgabe/Lösung

Der Restklassenkörper
    $L:=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {m}}\,$
ist nach Fakt eine endliche Körpererweiterung von $K$. Unter dem Restklassenhomomorphismus
    $K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\longrightarrow L$
geht $X_{i}$ auf ein Element $b_{i}\in L$. Diesen kann man zu einem $L$-Algebrahomomorphismus
    $L[X_{1},\ldots ,X_{n}]\longrightarrow L,\,X_{i}\longmapsto b_{i},$
erweitern. Dessen Kern ist das Punktideal
    ${\mathfrak {n}}={\left(X_{1}-b_{1},\ldots ,X_{n}-b_{n}\right)}\,.$
Da das Diagramm
    ${\begin{matrix}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]&{\stackrel{\longrightarrow }}&L[X_{1},\ldots ,X_{n}]&\\&\searrow &\downarrow &\\&&L&\!\!\!\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$
kommutiert, ist
${\mathfrak {m}}={\mathfrak {n}}\cap K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$
# Moduln/Tensorprodukt/Grundlegende Eigenschaften/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und $U,V,W$ seien $R$-Moduln. Zeige die folgenden Aussagen.
* Es ist
    $U\otimes _{R}V\cong V\otimes _{R}U\,.$
* Es ist
    $U\otimes _{R}{\left(V\otimes _{R}W\right)}\cong {\left(U\otimes _{R}V\right)}\otimes _{R}W\,.$
* Es ist
    $U\otimes _{R}{\left(V\oplus W\right)}\cong {\left(U\otimes _{R}V\right)}\oplus {\left(U\otimes _{R}W\right)}\,.$
# Polynomring/Partielle Ableitungen/Variable als Vorfaktor/Aufgabe/Lösung

    $\partial _{1}^{m}(X_{1}\partial ^{\nu })=m\partial _{1}^{m-1}\partial ^{\mu }+X_{1}\partial _{1}^{m}\partial ^{\mu }\,.$
Wir führen Induktion über $m$, wobei der Fall $m=0$ klar ist. Es ist
    ${\begin{aligned}\partial _{1}^{m}(X_{1}\partial ^{\nu })&=\partial _{1}\partial _{1}^{m-1}(X_{1}\partial ^{\nu })\\&=\partial _{1}{\left((m-1)\partial _{1}^{m-2}\partial ^{\mu }+X_{1}\partial _{1}^{m-1}\partial ^{\mu }\right)}\\&=(m-1)\partial _{1}^{m-1}\partial ^{\mu }+\partial _{1}{\left(X_{1}\partial _{1}^{m-1}\partial ^{\mu }\right)}\\&=(m-1)\partial _{1}^{m-1}\partial ^{\mu }+\partial _{1}^{m-1}\partial ^{\mu }+X_{1}\partial _{1}\partial _{1}^{m-1}\partial ^{\mu }\\&=m\partial _{1}^{m-1}\partial ^{\mu }+X_{1}\partial _{1}^{m}\partial ^{\mu }.\end{aligned}}$
# Modultheorie/Exakte Komplexe/Kurze exakte Sequenzen/Aufgabe

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und $M_{i}$, $i\in \mathbb {N}$, seien $R$-Moduln mit fixierten $R$-Modulhomomorphismen
    $\varphi _{i}\colon M_{i}\longrightarrow M_{i+1}.$
Die Sequenz
    $\ldots \longrightarrow M_{i}\longrightarrow M_{i+1}\longrightarrow M_{i+2}\longrightarrow M_{i+3}\longrightarrow \ldots$
heißt exakt, wenn für alle $i$ gilt, dass $\operatorname {Kern} \,(\varphi _{i})=\operatorname {Bild} \,(\varphi _{i-1})$ ist.
* Zeige, dass diese Definition im Falle einer kurzen exakten Sequenz mit der Definition übereinstimmt.
* Es sei nun $R=K$ ein Körper, die $M_{i}$ seien endlich erzeugt, $M_{0}=0$ und alle $M_{i}=0$ für $i\geq n$ für ein gewisses $n$. Zeige, dass
    $\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}\operatorname {dim} _{K}M_{i}=0\,.$
# Polynomring/Potenz von X/Teiler/Aufgabe/Lösung

Die angegeben Potenzen sind offenbar Teiler von $X^{n}$. Die Umkehrung beweisen wir durch Induktion über $n$. Als Teiler kommen nur Polynome in Frage, deren Grad kleiner/gleich $n$ ist. Sei $n=1$. Eine Faktorzerlegung in normierte Polynome muss die Form
    $X=(X+a)\cdot 1\,$
haben, was $a=0$ erzwingt. Es sei nun $n$ beliebig und eine Faktorzerlegung
    $X^{n}=P\cdot Q\,$
in normierte Polynome $P,Q$ vorgegeben. Da $0$ eine Nullstelle links ist, muss $P(0)=0$ oder $Q(0)=0$ sein. Sagen wir der erste Fall liegt vor. Nach Fakt ist $X$ ein Teiler von $P$ und somit ist
    $X^{n}=({\tilde {P}}X)\cdot Q\,.$
Da $K[X]$ nullteilerfrei ist, folgt
    $X^{n-1}={\tilde {P}}\cdot Q\,$
# Monoid/Diagonale und Komultiplikation/Spezialisierung/Aufgabe

Spezialisiere Aufgabe auf die Monoide $M=\mathbb {N} ,\mathbb {Z} ,\mathbb {N} ^{r},\mathbb {Z} ^{r}$.
# Monoid/Einheit/Ring/Umkehrung/Aufgabe

Es sei $M$ ein kommutatives Monoid und $K$ ein Körper. Es sei $m\in M$ und $T^{m}\in K[M]$. Zeige, dass $m$ genau dann eine Einheit in $M$ ist, wenn $T^{m}$ eine Einheit in $K[M]$ ist.
# Polynomring/Q/Durchschnitt von Hauptidealen/X-2 und X+3/Aufgabe/Lösung

Das Produkt $(X-2)(X+3)$ gehört zu den beiden Hauptidealen $(X-2)$ und $(X+3)$, also auch zum Durchschnitt $(X-2)\cap (X+3)$. Da der Durchschnitt von Idealen wieder ein Ideal ist, gehören auch alle Vielfachen von $(X-2)(X+3)$ zu diesem Ideal.
Es sei umgekehrt $F\in (X-2)\cap (X+3)$. Dann ist
    $F=(X-2)P=(X+3)Q\,$
mit gewissen Polynomen $P,Q\in \mathbb {Q} [X]$. Daher ist
    $F(2)=0=5\cdot Q(2)\,.$
In $\mathbb {Q}$ folgt daraus
    $Q(2)=0\,.$
Daraus ergibt sich nach Fakt, dass
    $Q=(X-2)G\,$
ist. Also ist insgesamt
    $F=(X+3)Q=(X+3)(X-2)G\,,$
$F\in (X-2)(X+3)$
# Monoid/Einheit/Teilmenge von NxZ mod n/Aufgabe

Es sei $n\in \mathbb {N} _{+}$ und sei $M\subseteq \mathbb {N} \times \mathbb {Z} /(n)$ ein Untermonoid. Zeige, dass $m\in M$ genau dann eine Einheit ist, wenn $m$ aufgefasst in $\mathbb {N} \times \mathbb {Z} /(n)$ eine Einheit ist.
# Polynomring/Variablenverschiebung/Verschiebung/Aufgabe/Lösung

* Es sei $\Psi$ die Gesamtabbildung. Dann ist wegen und die Abbildung linear.
    ${\begin{aligned}\Psi {\left(\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}+\sum _{i=0}^{n}b_{i}X^{i}\right)}&=\Psi {\left(\sum _{i=0}^{n}(a_{i}+b_{i})X^{i}\right)}\\&=\sum _{i=0}^{n}(a_{i}+b_{i})(X+c)^{i}\\&=\sum _{i=0}^{n}a_{i}(X+c)^{i}+\sum _{i=0}^{n}b_{i}(X+c)^{i}\\&=\Psi {\left(\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}\right)}+\Psi {\left(\sum _{i=0}^{n}b_{i}X^{i}\right)}\end{aligned}}$
    ${\begin{aligned}\Psi {\left(s\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}\right)}&=\Psi {\left(\sum _{i=0}^{n}sa_{i}X^{i}\right)}\\&=\sum _{i=0}^{n}sa_{i}(X+c)^{i}\\&=s\sum _{i=0}^{n}a_{i}(X+c)^{i}\\&=s\Psi {\left(\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}\right)}\end{aligned}}$
* Dies ist nicht linear, da das Nullpolynom $0$ auf $c\neq 0$ abgebildet wird.
# Monoid/Linksneutral und Linksinverses/Aufgabe

Es sei $M$ eine Menge mit einer assoziativen Verknüpfung. Es gebe ein linksneutrales Element $e$ (d.h. $ex=x$ für alle $x\in M$) und zu jedem $x\in M$ gebe es ein Linksinverses, d.h. ein Element $y$ mit $yx=e$. Zeige, dass dann $M$ schon eine Gruppe ist.
# Polynomring/X^(n-1)+...+1/X-1/Darstellung der 1/Aufgabe/Lösung

* Es ist
    $X^{n-1}+X^{n-2}+\cdots +X^{2}+X+1={\left(X^{n-2}+2X^{n-3}+\cdots +(n-3)X^{2}+(n-2)X+n-1\right)}{\left(X-1\right)}+n\,.$
* Es ist
    $1={\frac {1}{n}}{\left(X^{n-1}+X^{n-2}+\cdots +X^{2}+X+1\right)}-{\frac {1}{n}}{\left(X^{n-2}+2X^{n-3}+\cdots +(n-3)X^{2}+(n-2)X+n-1\right)}{\left(X-1\right)}\,.$
# Positive Folgen/Differenz der Quadratfolgen ist Nullfolge/Differenz ist Nullfolge/Aufgabe/Lösung

Es sei $\epsilon >0$ vorgegeben. Zu $\epsilon ':=\epsilon ^{2}$ gibt es wegen der Nullkonvergenz von $x_{n}^{2}-y_{n}^{2}$ ein $n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass
    $\vert {x_{n}^{2}-y_{n}^{2}}\vert \leq \epsilon ^{2}\,$
für alle $n\geq n_{0}$ ist. Für diese $n$ zeigen wir
    $\vert {x_{n}-y_{n}}\vert \leq \epsilon \,$
durch eine Fallunterscheidung. Wenn
    $x_{n},y_{n}\leq \epsilon \,$
ist, so ist wegen der Positivität direkt $\vert {x_{n}-y_{n}}\vert \leq \epsilon$. Es sei also umgekehrt $x_{n}\geq \epsilon$ oder $y_{n}\geq \epsilon$. Dann ist jedenfalls $x_{n}+y_{n}\geq \epsilon$ und somit ${\frac {1}{x_{n}+y_{n}}}\leq {\frac {1}{\epsilon }}$. Damit ist unter Verwendung der dritten binomischen Formel
    ${\begin{aligned}\vert {x_{n}-y_{n}}\vert &={\frac {\vert {x_{n}^{2}-y_{n}^{2}}\vert }{x_{n}+y_{n}}}\\&=\vert {x_{n}^{2}-y_{n}^{2}}\vert \cdot {\frac {1}{x_{n}+y_{n}}}\\&\leq \epsilon ^{2}\cdot {\frac {1}{\epsilon }}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$
# Monoid/Semipositive Graduierung/N^r/Potenzreihenring/Aufgabe

Es sei $M=\mathbb {N} ^{r}$ und sei $\delta \colon \mathbb {N} ^{r}\rightarrow \mathbb {N}$ die Standardgraduierung auf $\mathbb {N} ^{r}$, also die durch $e_{i}\mapsto 1$ gegebene Abbildung. Es sei $R$ ein kommutativer Ring. und sei $R[[\mathbb {N} ^{r}]]$ wie in Aufgabe definiert. Zeige
    $R[[\mathbb {N} ^{r}]]=R[[T_{1},\ldots ,T_{r}]]\,.$