OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Zusammenhängender Graph/Aufspannender Baum/Fakt/Beweis

Wir führen Induktion über die Anzahl der Kanten. Der Induktionsanfang ist klar, da ein kantenfreier Graph nur im einpunktigen Fall zusammenhängend ist, und dies ein Baum ist. Sei $G=(V,E)$ ein zusammenhängender Graph mit $m$ Kanten. Wenn $G$ ein Baum ist, sind wir fertig. Es sei also $G$ kein Baum. Dann gibt es einen Kreis
    $v_{1},v_{2},\ldots ,v_{r},v_{r+1}=v_{1}$
mit $r\geq 3$ in $G$. Wir betrachten den Graphen $G'$ mit der gleichen Knotenmenge $V$ und der neuen Kantenmenge
    $E'=E\setminus \{v_{1}v_{2}\}\,.$
Dieser Graph hat eine Kante weniger und er ist zusammenhängend, da der Zusammenhang zwischen $v_{1}$ und $v_{2}$ über das verbleibende „Kreissegment“ $v_{2},\ldots ,v_{r}=v_{1}$ gesichert ist. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es einen aufspannenden Baum in $G'$, und dieser ist auch ein aufspannender Baum von $G$.
# Funktion/x^3 durch x^2+y^2/Stetig/Gerade/Richtungsableitung/Differenzierbar/Aufgabe

Wir betrachten die Funktion
    $f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}$
mit
    $f(x,y):={\begin{cases}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}{\text{ für }}(x,y)\neq (0,0)\,,\\0{\text{ für }}(x,y)=(0,0)\,.\end{cases}}\,$
a) Zeige, dass $f$ stetig ist.
b) Zeige, dass die Einschränkung von $f$ auf jede Gerade durch den Nullpunkt eine lineare Abbildung ist.
c) Zeige, dass zu $f$ im Nullpunkt in jede Richtung die Richtungsableitung existiert.
d) Zeige, dass $f$ im Nullpunkt nicht total differenzierbar ist.
# Kommutative Monoidringe/Quadrik/Kegelrealisierung/D-Signatur/Beispiel

Wir betrachten den rational-polyedrischen Kegel, der im $\mathbb {R} ^{3}$ durch ein Quadrat in der $1$-Ebene erzeugt wird, nämlich durch die vier Eckpunkte
    $(0,0,1),\,(1,0,1),\,(0,1,1),\,(1,1,1).$
Diese vier Eckpunkte erzeugen das Monoid im zugehörigen Kegel. Die Summe des ersten und des vierten Erzeugers stimmt mit der Summe des zweiten und des dritten Erzeugers überein, daher ist der zugehörige Monoidring durch
    $K[M]\cong K[X,Y,Z,W]/(XY-ZW)\,$
gegeben. Der Kegel wird durch vier Seiten begrenzt und ist nicht simplizial. Die definierenden integralen Linearformen sind
    $\ell _{1}=x\,,$
    $\ell _{2}=y\,,$
    $\ell _{3}=z-x\,,$
    $\ell _{4}=z-y\,.$
Die Summe der vier Linearformen ist
    $\ell _{1}+\ell _{2}+\ell _{3}+\ell _{4}=2z\,.$
Somit wird das „ $D$-Signatur-Polytop“ durch
    $z={\frac {1}{2}}\,$
begrenzt, und sein Volumen ist
    ${\left({\frac {1}{2}}\right)}^{2}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{3}}={\frac {1}{24}}\,.$
Die kombinatorische $D$-Signatur ist also
    $3!\cdot {\frac {1}{24}}={\frac {1}{4}}\,.$
# Dreieck/Höhe/Bedingungen/Aufgabe/Lösung

Die Dreiecksseite gegenüber von $(0,1)$ liegt auf der $x$-Achse, die weiteren Punkte haben also die Form $(a,0)$ und $(b,0)$.
* Bei einem gleichschenkligen rechtwinkligen Dreieck bilden die Schenkel den rechten Winkel. Daher ist $b=-a$ und die Schenkel müssen mit der $y$-Achse einen Winkel von $45$ Grad einschließen. Somit sind $(1,0)$ und $(-1,0)$ die weiteren Eckpunkte.
* In diesem Fall muss die Höhe eine Dreiecksseite sein. Daher ist $(0,0)$ ein Eckpunkt und wegen der Gleichschenkligkeit ist $(1,0)$ (oder $(0,1)$) der weitere Eckpunkt.
* Wegen der Symmetrie in einem gleichseitigen Dreieck ist $b=-a$ und die Bedingung der Gleichseitigkeit führt auf also und somit Die weiteren Punkte sind also $\left({\frac {1}{\sqrt {3}}},\,0\right)$ und $\left(-{\frac {1}{\sqrt {3}}},\,0\right)$.
    ${\sqrt {1+a^{2}}}=2a\,$
    $1+a^{2}=4a^{2}\,,$
    $a^{2}={\frac {1}{3}}\,$
    $a={\frac {1}{\sqrt {3}}}\,.$
# Zusammenhängender Graph/Eulersch/Gerader Grad/Kantendisjunkte Kreise/Fakt/Beweis

Von (1) nach (2) ist klar, da bei einen geschlossenen Eulerzug jeder Knotenpunkt genau so oft besucht wie verlassen wird.
Von (2) nach (3). Wir führen Induktion über die Anzahl der Kanten. Da der Graph zusammenhängend ist, handelt es sich um einen isolierten Punkt oder aber jeder Knoten besitzt einen Grad von zumindest $2$. Deshalb muss es in $G$ einen Kreis $K$ geben. Man kann ja inn einem beliebigen Punkt starten und von diesem Punkt ausgehend nach und nach einen Kantenzug konstruieren. Wenn der Kantenzug in einen Punkt hineingeht, so kann man den Kantenzug fortsetzen, da zumindest zwei Kanten in dem Punkt zusammenlaufen. Wenn erstmal ein schon erreichter Punkt erneut auftaucht, ist der Kreis fertig, die „Vorperiode“ kann man außer Acht lassen. Es seien $F$ die Kanten des Kreises und wir betrachten den neuen Graphen $G'=(V,E\setminus F)$. Wenn ein Punkt aus $V$ zu einer Kante aus $F$ inzident ist, so reduziert sich der Grad in diesem Knoten um $2$, da ja jeder Punkt in einem Kreis inzident zu zwei Kanten ist. Wenn ein Punkt im Kreis nicht aufgerufen wird, so ändert sich der Grad nicht. In jedem Fall besitzt in $G'$ jeder Punkt wieder einen geraden Grad. Der neue Graph muss nicht mehr zusammenhängend sein, allerdings erfüllen die einzelnen Zusammenhangskomponenten von $G'$ wieder die Voraussetzung, dass sämtliche Grade gerade sind. Nach Induktionsvoraussetzung besitzen die Zusammenhangskomponenten jeweils eine Darstellung als Vereinigung mit kantendisjunkten Kreisen. Also besitzt $G'$ eine Darstellung als Vereinigung mit kantendisjunkten Kreisen und zusammen mit $K$ ergibt sich eine Darstellung von $G$ als Vereinigung mit kantendisjunkten Kreisen.
Von (3) nach (1). Es seien $K_{j}=(V_{j},E_{j})$, $j\in J$, die beteiligten kantendisjunkten Kreise, die $G$ überdecken. Wir konstruieren induktiv Kantenzüge, die für zunehmend größere Vereinigungen dieser Kreise einen Eulerzug darstellen. Einen einzelnen Kreis kann man unmittelbar als einen Eulerzug für diesen Kreis auffassen. Es sei nun vorausgesetzt, dass man $s$ Kreise, die wir als $K_{1},\ldots ,K_{s}$ durchnummerieren, derart gefunden hat, dass es einen Eulerzug für
    $G_{s}=\bigcup _{j=1}^{s}K_{j}\,$
gibt. Bei $s<r$ gibt es aufgrund des Zusammenhangs des Graphen einen weiteren Kreis, den wir $K_{s+1}$ nennen, der einen gemeinsamen Knotenpunkt mit $G_{s}$ hat, sagen wir $u$. Dann erhält man aus dem Eulerzug für $G_{s}$ einen Eulerzug für $G_{s+1}=G_{s}\cup K_{s+1}$, indem man, wenn der Eulerzug den Punkt $u$ erreicht, in den Kreis $K_{s+1}$ abbiegt, diesen einmal durchläuft und danach an der Stelle $u$ den alten Eulerzug fortsetzt. Da $K_{s+1}$ kantendisjunkt zu $G_{s}$ ist, entsteht dabei wieder ein Eulerzug.
# Funktional abgeschlossen/Formales Funktionssymbol/Abgeschlossen/Aufgabe

Zeige, dass eine funktional abgeschlossene Teilmenge $T\subseteq M$ einer $S$-Struktur $M$ auch unter jedem formal-zusammengesetzten Funktionssymbol abgeschlossen ist.
# Kommutative Monoidringe/Quadrik/Kegelrealisierung/Signaturen/Beispiel

Wir betrachten den rational-polyedrischen Kegel, der im $\mathbb {R} ^{3}$ durch ein Quadrat in der $1$-Ebene erzeugt wird, nämlich durch die vier Eckpunkte
    $(0,0,1),\,(1,0,1),\,(0,1,1),\,(1,1,1).$
Diese vier Eckpunkte erzeugen das Monoid im zugehörigen Kegel. Die Summe des ersten und des vierten Erzeugers stimmt mit der Summe des zweiten und des dritten Erzeugers überein, daher ist der zugehörige Monoidring durch
    $K[M]\cong K[X,Y,Z,W]/(XY-ZW)\,$
gegeben. Der Kegel wird durch vier Seiten begrenzt und ist nicht simplizial. Die definierenden integralen Linearformen sind
    $\ell _{1}=x\,,$
    $\ell _{2}=y\,,$
    $\ell _{3}=z-x\,,$
    $\ell _{4}=z-y\,.$
Das „ $F$-Signatur-Polytop“, das durch die Bedingungen $0\leq \ell _{j}\leq 1$, $1\leq j\leq 4$, gegeben ist, ist eine Doppelpyramide mit dem Quadrat als Grundfläche und der (Einzel)-Höhe, ihr Volumen (also die kombinatorische $F$-Signatur) ist daher
    $2\cdot {\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}\,.$
Die Summe der vier Linearformen ist
    $\ell _{1}+\ell _{2}+\ell _{3}+\ell _{4}=2z\,.$
Somit wird das „ $D$-Signatur-Polytop“ durch
    $z={\frac {1}{2}}\,$
begrenzt, und sein Volumen ist
    ${\left({\frac {1}{2}}\right)}^{2}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{3}}={\frac {1}{24}}\,.$
Die kombinatorische $D$-Signatur ist also
    $3!\cdot {\frac {1}{24}}={\frac {1}{4}}\,.$
# Dreieck/Umfang und Flächeninhalt/1/Aufgabe/Lösung

* Der Umfang des Dreiecks ist
    ${\begin{aligned}\Vert {{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}}\Vert +\Vert {{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}}}\Vert +\Vert {{\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}}\Vert &=\Vert {\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}\Vert +\Vert {\begin{pmatrix}3\\5\end{pmatrix}}\Vert +\Vert {\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\Vert \\&={\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}+{\sqrt {25}}\\&={\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}+5\,\end{aligned}}$
* Wegen und ist der Umfang nach unten durch beschränkt. Wir zeigen was zu äquivalent ist. Quadrieren ergibt bzw. Erneutes Quadrieren ergibt was wahr ist.
    ${\sqrt {37}}\geq 6\,$
    ${\sqrt {34}}\geq 5\,$
    ${\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}+5\geq 16\,$
    ${\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}+5\leq 17\,,$
    ${\sqrt {37}}+{\sqrt {34}}\leq 12\,$
    $37+34+2{\sqrt {37\cdot 34}}=71+2{\sqrt {1258}}\leq 144\,$
    $2{\sqrt {1258}}\leq 73\,.$
    $4\cdot 1258=5032\leq 5329\,,$
* Die beiden Dreiecksseiten, die von ${\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}$ ausgehen, sind in vektorieller Form gleich Daher ist der Kosinus des eingeschlossenen Winkels $\alpha$ nach Bemerkung gleich
    ${\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}$
    ${\begin{aligned}\cos \alpha &={\frac {\left\langle {\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}\right\rangle }{\Vert {\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\Vert \cdot \Vert {\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}\Vert }}\\&={\frac {18-4}{5{\sqrt {37}}}}\\&={\frac {14}{5{\sqrt {37}}}}.\end{aligned}}$
* Die Höhe durch ${\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}$ steht senkrecht auf der Geraden durch die beiden Punkte ${\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}$, also auf ${\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}$. Der Richtungsvektor der Höhe ist somit ${\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}$. Eine Parameterglechung hat daher die Form
    ${\left\{{\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}.$
* Die Koordinaten des Höhenfußpunktes ergeben sich aus der Lösung des linearen Gleichungssystems bzw. Dies führt auf $t={\frac {14}{25}}$ und $s=-{\frac {27}{25}}$, der Höhenfußpunkt ist also
    ${\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}+s{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\,$
    ${\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}}=-s{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-4\end{pmatrix}}\,.$
    ${\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}}-{\frac {27}{25}}{\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {17}{25}}\\-{\frac {31}{25}}\end{pmatrix}}\,.$
* Mit der Determinantenformel (siehe Aufgabe) ist der Flächeninhalt gleich
    ${\frac {1}{2}}\det {\begin{pmatrix}3&6\\-4&1\end{pmatrix}}={\frac {27}{2}}\,.$
# Zwei Mengen/Mächtigkeitsbeziehung/Injektiv und Surjektiv/Fakt/Beweis

$(1)\Rightarrow (2)$. Wenn $N$ leer ist, so kann man die leere Abbildung $\emptyset \rightarrow M$ nehmen. Es sei also $N\neq \emptyset$ und sei
    $\varphi \colon M\longrightarrow N$
surjektiv. Zu jedem $y\in N$ gibt es ein $x\in M$ mit $\varphi (x)=y$. Wir wählen für jedes $y$ ein solches $x_{y}$ aus und definieren $\psi$ durch
    $\psi \colon N\longrightarrow M,\,y\longmapsto \psi (y)=x_{y}.$
Wegen $\varphi (\psi (y))=y$ ist $\psi$ injektiv. $(2)\Rightarrow (1)$. Es sei nun eine injektive Abbildung
    $\psi \colon N\longrightarrow M$
gegeben. Diese induziert eine Bijektion zwischen $N$ und dem Bild von $\psi$, sei $\theta \colon N\rightarrow \operatorname {bild} \psi$ diese Abbildung. Wenn $N$ leer ist, so sind wir fertig. Es sei also $N\neq \emptyset$ und sei $c\in N$ ein fixiertes Element. Wir definieren
    $\varphi \colon M\longrightarrow N$
durch
    $\varphi (x)={\begin{cases}\theta ^{-1}(x),\,{\text{ falls }}x\in \operatorname {bild} \psi \,,\\c{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}\,$
Diese Abbildung ist wegen $\varphi (\theta (y))=y$ surjektiv.
# Funktionen/R/Hintereinanderschaltung und Multiplikation/Aufgabe

Es seien
    $f,g,h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$
Funktionen.
a) Zeige die Gleichheit
    ${\left(h\cdot g\right)}\circ f={\left(h\circ f\right)}\cdot {\left(g\circ f\right)}\,.$
b) Zeige durch ein Beispiel, dass die Gleichheit
    ${\left(h\circ g\right)}\cdot f={\left(h\cdot f\right)}\circ {\left(g\cdot f\right)}\,$
nicht gelten muss.
# Kommutative Ringtheorie/Multiplikative Systeme/Integritätsbereich ohne null/Beispiel

Es sei $R$ ein Integritätsbereich. Dann bilden alle von $0$ verschiedenen Elemente in $R$ ein multiplikatives System, das mit $R^{*}=R\setminus \{0\}$ bezeichnet wird.
# Dreiecke/Nicht entartet/Offen/Umfang 1/Mannigfaltigkeit/Aufgabe/Lösung

* Die Eckpunkte $P_{1}$ und $P_{2}$ stimmen genau dann überein, wenn ihre beiden Koordinaten übereinstimmen, wenn also $x_{1}=x_{2}$ und $y_{1}=y_{2}$ ist. Eine solche Bedingung definiert eine abgeschlossene Teilmenge, da es sich um die Faser einer (stetigen) linearen Abbildung handelt. Da eine endliche Vereinigung von abgeschlossenen Teilmengen wieder abgeschlossen ist, ist die in Frage stehende Menge abgeschlossen.
* Wir betrachten die Verbindungsvektoren Die drei Punkte sind genau dann kollinear, wenn diese zwei Vektoren linear abhängig sind, und dies ist genau dann der Fall, wenn ihre Determinante $0$ ist. Die Kollinearitätssbedingung lautet somit Da $H$ eine polynomiale Abbildung und damit stetig ist, ist die Faser zu $0$ eine abgeschlossene Teilmenge.
    $P_{2}-P_{1}={\begin{pmatrix}x_{2}-x_{1}\\y_{2}-y_{1}\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,P_{3}-P_{1}={\begin{pmatrix}x_{3}-x_{1}\\y_{3}-y_{1}\end{pmatrix}}$
    $H(x_{1},x_{2},x_{3},y_{1},y_{2},y_{3})=(x_{2}-x_{1})(y_{3}-y_{1})-(x_{3}-x_{1})(y_{2}-y_{1})=0\,.$
* Da der Umfang einfach die Summe der drei beteiligten Dreiecksseiten ist, gilt
    ${\begin{aligned}F(x_{1},x_{2},x_{3},y_{1},y_{2},y_{3})&=d(P_{1},P_{2})+d(P_{1},P_{3})+d(P_{2},P_{3})\\&={\sqrt {(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}}}+{\sqrt {(x_{3}-x_{1})^{2}+(y_{3}-y_{1})^{2}}}+{\sqrt {(x_{3}-x_{2})^{2}+(y_{3}-y_{2})^{2}}}.\,\end{aligned}}$
* Für einen Punkt aus $U$ ist jeder Radikand als polynomiale Funktion stetig differenzierbar und echt positiv, somit sind auch die Quadratwurzeln daraus stetig differenzierbar.
* Die partielle Ableitung ist
    ${\begin{aligned}{\frac {\partial F}{\partial x_{1}}}&={\frac {1}{2}}{\left((x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}\right)}^{-1/2}(2x_{1}-2x_{2})+{\frac {1}{2}}{\left((x_{3}-x_{1})^{2}+(y_{3}-y_{1})^{2}\right)}^{-1/2}(2x_{1}-2x_{3})\\&={\left((x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}\right)}^{-1/2}(x_{1}-x_{2})+{\left((x_{3}-x_{1})^{2}+(y_{3}-y_{1})^{2}\right)}^{-1/2}(x_{1}-x_{3}).\,\end{aligned}}$
* Auf $U$ sind die Radikanden positiv, somit verschwindet die partielle Ableitung nach $x_{1}$ nur, falls $x_{1}=x_{2}=x_{3}$ ist. Ein Dreieck mit dieser Bedingung ist aber kollinear. Das bedeutet, dass auf $V$ die partielle Ableitung nach $x_{1}$ nie $0$ wird und das bedeutet insbesondere, dass der Gradient auf $V$ nirgends verschwindet, also regulär ist. Nach Fakt ist die Faser eine abgeschlossene Untermannigfaltigkeit, und zwar der Dimension
    $6-1=5\,.$
# Zweimal stetig differenzierbare Funktion/Definitheit der Hesse-Form/Extrema/Fakt/Beweis

(1). Aufgrund von Fakt gibt es ein $\delta >0$ derart, dass die Hesse-Form $\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ für alle $Q\in U{\left(P,\delta \right)}$ negativ definit ist. Für alle Vektoren $v\in V$, $v\in U{\left(0,\delta \right)}$, gibt es nach Fakt ein $c=c(v)\in [0,1]$ mit
    $f(P+v)=f(P)+\sum _{\vert {\,r\,}\vert =2}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P+cv)\cdot v^{r}=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+cv}\,f(v,v)\,,$
wobei die erste Formulierung sich auf eine fixierte Basis bezieht und wobei die zweite Identität auf Aufgabe beruht. Da die Hesse-Form negativ definit ist, steht rechts für $v\neq 0$ eine Zahl, die echt kleiner als $f(P)$ ist. Daher liegt ein isoliertes lokales Maximum vor. (2) wird wie (1) bewiesen oder durch Betrachten von $-f$ darauf zurückgeführt. (3). Es sei $\operatorname {Hess} _{P}\,f$ indefinit. Dann gibt es Vektoren $v$ und $w$ mit
    $\operatorname {Hess} _{P}\,f(v,v)>0\,\,{\text{ und }}\,\,\operatorname {Hess} _{P}\,f(w,w)<0.$
Wegen der stetigen Abhängigkeit der Hesse-Form gelten diese Abschätzungen auch für $\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ für $Q$ aus einer offenen Umgebung von $P$ (mit den gleichen Vektoren $v$ und $w$). Wir können durch Skalierung von $v$ und $w$ annehmen, dass $P+v$ und $P+w$ zu dieser Umgebung gehören. Wie im Beweis zu Teil (1) gilt daher ($v$ und $w$ sind nicht $0$)
    $f(P+v)=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+cv}\,f(v,v)>f(P)\,$
und
    $f(P+w)=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+dw}\,f(w,w)<f(P)\,$
mit $c,d\in [0,1]$. Also kann in $P$ kein lokales Extremum vorliegen.
# Funktionen/R/Potenzieren/Injektiv und surjektiv/Aufgabe

Untersuche für jedes $n\in \mathbb {N}$ die Funktion
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{n},$
auf Injektivität und Surjektivität.
# Kommutative Ringtheorie/Multiplikative Systeme/Nichnullteiler/Beispiel

Die Nichtnullteiler bilden ein multiplikatives System in einem kommutativen Ring. Die $1$ ist wie jede Einheit ein Nichtnullteiler, und wenn $f$ und $g$ Nichtnullteiler sind, so ist auch deren Produkt ein Nichtnullteiler, da aus $f(gh)=0$ zunächst $gh=0$ und daraus $h=0$ folgt.
# Dreiecksgeometrie/Kosinussatz/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Es sei
    $u={\overrightarrow {CB}}\,$
und
    $v={\overrightarrow {CA}}\,.$
Dann ist
    $w={\overrightarrow {AB}}=u-v\,.$
Die Längen dieser Vektoren sind $a,b,c$. Somit gilt
    ${\begin{aligned}c^{2}&=\Vert {u-v}\Vert ^{2}\\&=\left\langle u-v,u-v\right\rangle \\&=\left\langle u,u\right\rangle +\left\langle v,v\right\rangle -2\left\langle u,v\right\rangle \\&=\Vert {u}\Vert ^{2}+\Vert {v}\Vert ^{2}-2\Vert {u}\Vert \cdot \Vert {v}\Vert \cos \gamma \\&=a^{2}+b^{2}-2ab\cos \gamma .\end{aligned}}$
# Zweimal stetig differenzierbare Funktion/Offenheit der positiv definiten Hesse-Form/Fakt/Beweis

Es sei $v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von $V$, und sei $H(Q)$ die Gramsche Matrix zur Hesse-Form $\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ im Punkt $Q\in G$ bezüglich dieser Basis. Aufgrund der Differenzierbarkeitsvoraussetzungen hängt $H(Q)$ stetig von $Q$ ab. Daher hängen auch die Determinanten der quadratischen Untermatrizen von $H(Q)$ stetig von $Q$ ab. Die Determinanten
    $D_{k}(P)=\det((H(P)_{i,j})_{1\leq i,j\leq k})\,$
sind nach Fakt alle von $0$ verschieden. Daher gibt es eine offene Umgebung $U$, $P\in U\subseteq G$, derart, dass für alle $Q\in U$ die Determinanten
    $D_{k}(Q)=\det((H(Q)_{i,j})_{1\leq i,j\leq k})\,$
das gleiche Vorzeichen haben wie $D_{k}(P)$. Da diese Vorzeichen nach Fakt über die Definitheit entscheiden, folgt die Behauptung.
# Funktionen/R/Streng monoton wachsend/Mit Definition/Injektiv/Aufgabe

Eine Funktion
    $f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x),$
heißt streng wachsend, wenn für alle $x_{1},x_{2}\in \mathbb {R}$ mit $x_{1}<x_{2}$ auch $f(x_{1})<f(x_{2})$ gilt. Zeige, dass eine streng wachsende Funktion $f$ injektiv ist.
# Kommutative Ringtheorie/Multiplikative Systeme/Potenzen eines Elementes/Beispiel

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und $f\in R$ ein Element. Dann bilden die Potenzen $f^{n}$, $n\in \mathbb {N}$, ein multiplikatives System.
# Kähler-Differentiale/Schema/Einführung/Textabschnitt

Es sei $X$ ein Schema über einem Basisschema $S$. Wir möchten eine Garbenversion des Moduls der Kählerdifferentiale definieren.

## Lemma

Es sei $A$ eine kommutative $R$-Algebra über einem kommutativen Ring $R$.
Dann gilt für jedes $f\in A$ die Gleichheit

### Beweis

Dies folgt aus Fakt in Verbindung mit Fakt.
$\Box$

## Definition

Es sei $p\colon X\rightarrow S$ ein Schema über einem Basisschema $S$. Dann versteht man unter der Garbe der Kähler-Differentiale $\Omega _{X{|}S}$ denjenigen quasikohärenten ${\mathcal {O}}_{X}$-Modul auf $X$ zusammen mit einer Derivation über $p^{-1}{\mathcal {O}}_{S}$
    $d\colon {\mathcal {O}}_{X}\longrightarrow \Omega _{X{|}S}$
derart, dass für jeden Punkt $P\in X$ die Bedingung
    ${\left({\left(\Omega _{X{|}S}\right)}_{P},d_{P}\right)}={\left(\Omega _{{\mathcal {O}}_{X,P}{|}{\mathcal {O}}_{S,p(P)}},d\right)}\,$
erfüllt ist.
Es ist zu zeigen, dass es ein solches Objekt in eindeutiger Weise gibt. Durch die Quasikohärenz muss zu jeder affinen Teilmenge $V=\operatorname {Spek} {\left(R\right)}\subseteq S$ und jeder affinen Teilmenge $U=\operatorname {Spek} {\left(A\right)}\subseteq X$ mit $U\subseteq p^{-1}(V)$ der Modul auf $U$ mit ${\widetilde {\Omega _{A{|}R}}}$ übereinstimmen. Im affinen Fall ist nach Fakt der Modul ${\widetilde {\Omega _{A{|}R}}}$ das richtige Modell. Wenn $(\Omega ,d)$ $(\Omega ',d')$ zwei Modelle sind, so gibt es aufgrund der universellen Eigenschaft (zuerst auf den affinen Stücken und dann allgemein) einen ${\mathcal {O}}_{X}$-Modulhomomorphismus
    ${\widetilde {\Omega _{A{|}R}}}\longrightarrow \Omega '.$
Da dieser punktweise ein Isomorphismus ist, handelt es sich überhaupt um einen Isomorphismus. Insbesondere kann es nur eine solche Garbe geben. Wenn eine affine Überdeckung
    $S=\bigcup _{j\in J}V_{j}\,$
und dazu eine affine Überdeckung
    $X=\bigcup _{i\in I}U_{i}\,$
mit $U_{i}\subseteq p^{-1}(V_{j})$ für ein $j=j(i)$ vorliegt, so kann man die $\Omega _{U_{i}{|}V_{j(i)}}$ miteinander verkleben, da die Einschränkungen auf affinen Stücken $U\subseteq U_{i}\cap U_{i'}$ über $V\subseteq V_{j(i)}\cap V_{j(i')}$ eindeutig bestimmt sind.

## Definition

Es sei $p\colon X\rightarrow S$ ein Schema über einem Basisschema $S$. Dann versteht man unter der Tangentialgarbe ${\mathcal {T}}_{X,S}$ den Dualmodul
    ${\mathcal {T}}_{X,S}=\Omega _{X{|}S}^{*}\,.$
Es ist also
    ${\mathcal {T}}_{X,S}=\Omega _{X{|}S}^{*}={{\mathcal {H}}om}{\left(\Omega _{X{|}S},{\mathcal {O}}_{X}\right)}={\mathcal {Der}}{\left({\mathcal {O}}_{X},{\mathcal {O}}_{X}\right)}\,,$
wobei die letzte Gleichheit auf der universellen Eigenschaft der Kähler-Differentiale beruht. Entsprechend nennt man die Garbe der Kähler-Differentiale auch die Kotangentialgarbe.
# Dritte Binomische Formel/R/Distributivgesetz/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $(a+b)(a-b)=a^{2}-b^{2}\,$
für reelle Zahlen $a,b\in \mathbb {R}$.
Dies ergibt sich durch zweifache Anwendung des Distributivgesetzes und mit dem Kommutativgesetz wie folgt.
    ${\begin{aligned}(a+b)(a-b)&=a(a-b)+b(a-b)\\&=aa-ab+ba-bb\\&=a^{2}-ab+ab-b^{2}\\&=a^{2}-b^{2}.\end{aligned}}$
# Zwischenwertsatz/Bild ist Intervall/Fakt/Beweis

Sei $J=f(I)$. Aus dem Zwischenwertsatz folgt sofort, dass wenn $y,z\in J$ sind und $u\in \mathbb {R}$ mit $y\leq u\leq z$ gegeben ist, auch $u\in J$ sein muss. Nach Aufgabe ist $J$ ein Intervall.
# Funktionen/X Sinus Kosinus/Linear unabhängig/Aufgabe

Bestimme, ob die drei Funktionen
    $f,g,h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$
mit $f(x)=x$, $g(x)=\sin x$ und $h(x)=\cos x$ linear abhängig sind.
# Kommutative Ringtheorie/Nullring/Beispiel

Die einelementige Menge $R=\{0\}$ kann man zu einem Ring machen, indem man sowohl die Addition als auch die Multiplikation auf die einzig mögliche Weise erklärt, nämlich durch $0+0=0$ und $0\cdot 0=0$. In diesem Fall ist $1=0$, dies ist also ausdrücklich erlaubt. Diesen Ring nennt man den Nullring.
# Dritter Kreisteilungsring/Kubische Erweiterung zu 2/Zerlegungsgruppe/Aufgabe/Lösung

In $\mathbb {Z} /(5)[Y]$ gilt die Faktorzerlegung
    $Y^{3}-2=Y^{3}+3=(Y+2)(Y^{2}+3Y+4)\,.$
Über $(5)$ liegen im Ganzheitsring die drei Primideale
    ${\mathfrak {q}}_{1}=(5,X^{2}+X+1,Y-3),\,{\mathfrak {q}}_{2}=(5,X^{2}+X+1,Y-3X),\,{\mathfrak {q}}_{3}=(5,X^{2}+X+1,Y-3X^{2}).$
Wir betrachten den Automorphismus, der $X$ auf $X^{2}$ und $Y$ auf sich selbst abbildet. Dieser bildet ${\mathfrak {q}}_{1}$ auf sich selbst ab, gehört also zur Zerlegungsgruppe von ${\mathfrak {q}}_{1}$, und vertauscht ${\mathfrak {q}}_{2}$ und ${\mathfrak {q}}_{3}$,