OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Funktion/Betrag/Darstellung mit Teilen/Aufgabe

Es sei
    $f\colon M\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}$
eine numerische Funktion. Zeige
    $\vert {f}\vert =f_{+}+f_{-}\,.$
# Kommutative Gruppe/Kommutativer Ring/Tensorprodukt/Beispiel

Zu jeder kommutativen Gruppe $H$ und jedem kommutativen Ring $R$ enthält man im Tensorprodukt $R\otimes _{\mathbb {Z} }H$ einen $R$-Modul. Wenn $H$ endlich erzeugt und die Zerlegung (vergleiche den Hauptsatz über endlich erzeugte kommutative Gruppen)
    $H\cong \mathbb {Z} ^{r}\times \mathbb {Z} /(n_{1})\times \cdots \times \mathbb {Z} /(n_{s})\,$
vorliegt, so ist der tensorierte Modul die direkte Summe aus $R^{r}$ und den
    $R\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(n_{j})\cong R/(n_{j}R)\,,$
wobei deren Gestalt von der Charakteristik des Ringes abhängt.
# Drehung/Konstruierbare Punkte auf sich/Mittelpunkt konstruierbar/Aufgabe/Lösung

Es sei $Q\neq P$ ein konstruierbarer Punkt in der Ebene und $Q'=\varphi (Q)$ der ebenfalls konstruierbare Bildpunkt unter der Drehung. Es ist $Q'\neq Q$ und die Abstände von $Q$ und von $Q'$ zu $P$ sind gleich. Die Verbindungsgerade zwischen $Q$ und $Q'$ ist konstruierbar und damit ist auch die Mittelsenkrechte konstruierbar. Diese verläuft durch $P$. Die gleiche Konstruktion mit $Q'$ und $Q''=\varphi (Q')$ liefert eine weitere konstruierbare Mittelsenkrechte, die durch $P$ verläuft. Der Fall, dass diese beiden Mittelsenkrechten übereinstimmen, kann nur bei
    $\beta =180^{\circ }\,$
eintreten, doch dann ist
    $P={\frac {Q+Q'}{2}}\,$
konstruierbar. Bei
    $\beta \neq 180^{\circ }\,$
ist $P$ der Schnittpunkt der beiden Mittelsenkrechten und daher ebenfalls konstruierbar.
b) Nach Teil a) sind die Gerade durch $P$ und durch $Q$ und die Gerade durch $P$ und durch $Q'$
$P$
$\beta$
# Zirkel und Lineal/Reell/Summe/Produkt/Division/Fakt/Beweis

(1) Wir verwenden eine zu $G$ senkrechte Gerade $H$ durch $0$ und darauf einen Punkt $x\neq 0$. Dazu nehmen wir die zu $H$ senkrechte Gerade $G'$ durch $x$, die also parallel zu $G$ ist. Wir zeichnen die Gerade $H'$, die parallel zu $H$ ist und durch $a\in G$ verläuft. Der Schnittpunkt von $H'$ und $G'$ markieren wir als $a'$, sodass der Abstand von $a'$ zu $x$ gleich $a$ ist. Jetzt zeichnen wir die Gerade $L$ durch $b$ und $x$ und dazu die parallele Gerade $L'$ durch $a'$. Der Schnittpunkt von $L'$ mit $G$ ist $y=a+b$, da $x,b,a',y$ ein Parallelogramm bilden.  Zum Beweis von (2) und (3) verwenden wir wieder die zu $G$ senkrechte Gerade $H$. Wir schlagen Kreise mit dem Nullpunkt als Mittelpunkt durch $1$, $a$ und $b$ und markieren die entsprechenden Punkte auf $H$ als $1'$, $a'$ und $b'$. Dabei wählt man $1'$ als einen der beiden Schnittpunkte und $a'$ und $b'$ müssen dann auf den entsprechenden Halbgeraden sein. Um das Produkt zu erhalten, zeichnet man die Gerade $L$ durch $a$ und $1'$ und dazu die parallele Gerade $L'$ durch $b'$. Diese Gerade schneidet $G$ in genau einem Punkt $x$. Für diesen Punkt gilt nach dem Strahlensatz das Steckenverhältnis
    ${\frac {x}{a}}={\frac {b'}{1'}}={\frac {b}{1}}\,.$
Also ist $x=ab$. Um den Quotienten ${\frac {a}{b}}$ bei $b\neq 0$ zu erhalten, zeichnet man die Gerade $T$ durch $1$ und $b'$ und dazu parallel die Gerade $T'$ durch $a'$. Der Schnittpunkt von $T'$ mit $G$ sei $z$. Aufgrund des Strahlensatzes gilt die Beziehung
    ${\frac {a}{b}}={\frac {a'}{b'}}=z\,.$
# Funktion/Einschränkung auf Gerade/1/Aufgabe

Beschreibe die Einschränkung der Funktion
    $f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}-xy+3y\cos \left(x+2y\right),$
auf die durch
    $4x+5y=7\,$
gegebene Gerade (als Funktion in einer Variablen).
# Kommutative Monoidringe/A n/Differentialoperatoren/Positive Charakteristik/Beispiel

Wir betrachten den Monoidring $R=K[X,Y,Z]/(XY-Z^{p})$ in Charakteristik $p$. Die Realisierung als Unterring $K[U^{p},V^{p},UV]\subseteq K[U,V]$ gilt in jeder Charakteristik. Der Differentialoperator $\partial _{Z}$ induziert auf $R$ einen Differentialoperator, der die Ordnung $1$ besitzt und $Z$ auf $1$ abbildet. Wie verhält sich dieser zum kanonischen Operator $E_{\nu }$ mit
    $\nu =(1,1)=Z\,$
(in der Gitterrealisierung mit $(1,0)$ und $(p-1,p)$), also zum induzierten Operator zu $\partial _{U}\partial _{V}$, der im Allgemeinen eine Ordnung $2$ hat.
Beispielsweise ist
    $\partial _{Z}(X^{i}Z^{j})=jX^{i}Z^{j-1}\,$
und
    ${\begin{aligned}E_{Z}(X^{i}Z^{j})&=\partial _{U}\partial _{V}(U^{ip}(UV)^{j})\\&=\partial _{U}\partial _{V}(U^{ip+j}V^{j})\\&=(ip+j)jU^{ip-1}V^{j-1}\\&=j^{2}U^{ip+j-1}V^{j-1}\\&=j^{2}X^{i}Z^{j-1}.\end{aligned}}$
# Drei aufeinanderfolgende Zahlen/Summe und Produkt/Polynom/Aufgabe/Lösung

Es gibt noch die ganzzahligen Lösungen
    $x=-3\,$
(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist $-6$) und
    $x=-1\,$
(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist $0$).
$3$
# Zirkel und Lineal/Regelmäßiges n-Eck konstruierbar/Euler ist Zweierpotenz/Fakt/Beweis

Die Voraussetzung besagt, dass die primitive Einheitswurzel $\zeta =e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{n}}$ konstruierbar ist. Dann muss nach Fakt der Grad des Minimalpolynoms von $\zeta$ eine Zweierpotenz sein. Nach Fakt ist das Minimalpolynom von $\zeta$ das $n$-te Kreisteilungspolynom, und dieses hat den Grad ${\varphi (n)}$. Also muss ${\varphi (n)}$ eine Zweierpotenz sein.
# Funktion/K/Grenzwert/Epsilon/Charakterisierungen/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $T\subseteq {\mathbb {K} }$ eine Teilmenge und sei $a\in {\mathbb {K} }$ ein Punkt. Es sei $f\colon T\rightarrow {\mathbb {K} }$ eine Funktion und $b\in {\mathbb {K} }$. Zeige, dass folgende Aussagen äquivalent sind.
* Es ist
    $\operatorname {lim} _{x\rightarrow a}\,f(x)=b\,.$
* Für jede Folge ${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in $T$, die gegen $a$ konvergiert, konvergiert auch die Bildfolge ${\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $b$.
# Kommutative Monoidringe/A n/Kegelrealisierung/Signaturen/Beispiel

Wir betrachten den rational-polyedrischen Kegel, der im $\mathbb {R} ^{2}$ durch die beiden Kanten $(1,0)\mathbb {R} _{\geq 0}$ und $(k-1,k)\mathbb {R} _{\geq 0}$ begrenzt wird. Das zugehörige Monoid $M$ ist durch die drei Erzeuger
    $(1,0),\,(k-1,k),\,(1,1)$
gegeben. Dabei ist
    $(1,0)+(k-1,k)=k(1,1)\,.$
Die Summe der beiden ersten Erzeuger stimmt also mit dem $k$-fachen des dritten Erzeugers überein, daher ist der zugehörige Monoidring durch
    $K[M]\cong K[X,Y,Z]/(XY-Z^{k})\,$
gegeben. Der Kegel wird wie jeder ebene Kegel durch zwei Kanten begrenzt. Die definierenden integralen Linearformen sind
    $\ell _{1}=y\,,$
    $\ell _{2}=kx-(k-1)y\,.$
Beide Linearformen nehmen im Punkt $(1,1)$ den Wert $1$ an. Die Bedingung $\ell _{1}=1$ bestimmt die zur $x$-Achse parallele Gerade der Höhe $1$, die die zweite Kante im Punkt $\left({\frac {k-1}{k}},\,1\right)$ durchstößt. Durch die Bedingung $\ell _{2}=1$ wird wiederum eine Gerade festgelegt, die parallel zur einen Kanten verläuft, und die die erste Kante, also die $x$-Achse, im Punkt $\left({\frac {1}{k}},\,0\right)$ durchstößt. Durch die Bedingung $0\leq \ell _{1}\leq 1$ und $0\leq \ell _{2}\leq 1$ wird ein Parallelogramm (das „ $F$-Signatur-Polytop“) definiert, das vom Ursprung ausgehend von den beiden Vektoren $\left({\frac {k-1}{k}},\,1\right)$ und $\left({\frac {1}{k}},\,0\right)$ aufgespannt wird. Sein Flächeninhalt ist nach der Determinantenformel gleich
    $\vert {\det {\begin{pmatrix}{\frac {k-1}{k}}&{\frac {1}{k}}\\1&0\end{pmatrix}}}\vert ={\frac {1}{k}}\,.$
Dies ist die kombinatorische $F$-Signatur des Kegels.
Die Summe der zwei beschreibenden Linearformen ist
    $\ell _{1}+\ell _{2}=kx-(k-2)y\,.$
Durch die Gleichung
    $\ell _{1}+\ell _{2}=1\,$
wird das Parallelogramm in zwei Dreiecke zerteilt, deren Flächeninhalte ${\frac {1}{2k}}$ sind. Durch den Fakultätsfaktor $2!$ ergibt sich, dass die $D$-Signatur ebenfalls gleich ${\frac {1}{k}}$ ist.
# Drei Kugeln/Wurstpackung und Pizzapackung/Aufgabe/Lösung

a) Die Gesamtpackung setzt sich aus zwei Halbkugeln mit Radius $1$ und einem Zylinder der Höhe $4$ über einem Kreis mit Radius $1$ zusammen. Daher ist das Volumen gleich
    ${\frac {4}{3}}\pi +4\pi ={\frac {16}{3}}\pi \,.$
b) Wir wenden das Cavalieri-Prinzip an und betrachten den Querschnitt zur Höhe $h$, $-1\leq h\leq 1$. Der Kugelquerschnitt besteht aus drei Kugeln mit Radius $r={\sqrt {1-h^{2}}}$, deren Mittelpunkte ein gleichseitiges Dreieck mit Kantenlänge $2$ bilden. Wir müssen den Flächeninhalt des durch die Folie gegebenen (abgerundeten) Querschnittsdreiecks bestimmen. Die Kantenlänge des zugehörigen spitzen Dreieckes ist $2+2{\sqrt {3}}r$. Daher ist der Flächeninhalt dieses Dreieckes gleich
    ${\frac {1}{2}}{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\left(2+2{\sqrt {3}}r\right)}^{2}={\sqrt {3}}{\left(1+{\sqrt {3}}r\right)}^{2}={\sqrt {3}}+6r+3{\sqrt {3}}r^{2}\,.$
Davon müssen wir die Spitzen (über den Kreisbögen) abziehen. Eine solche Spitze ergibt sich als Flächeninhalt des Vierecks, das durch Kreismittelpunkt, Dreiecksspitze und die beiden tangentialen Punkte gegeben ist, ohne einen Drittelkreis. Das ergibt ${\sqrt {3}}r^{2}-{\frac {\pi }{3}}r^{2}$. Der Flächeninhalt des abgerundeten Dreiecks ist also
    ${\begin{aligned}{\sqrt {3}}+6r+3{\sqrt {3}}r^{2}-3{\left({\sqrt {3}}r^{2}-{\frac {\pi }{3}}r^{2}\right)}&={\sqrt {3}}+6r+\pi r^{2}\\&={\sqrt {3}}+6{\sqrt {1-h^{2}}}+\pi {\left(1-h^{2}\right)}\\&={\sqrt {3}}+\pi +6{\sqrt {1-h^{2}}}-\pi h^{2}.\end{aligned}}$
Das Volumen der Dreieckspackung ist somit
    ${\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {3}}+\pi +6{\sqrt {1-h^{2}}}-\pi h^{2}dh&=2{\left({\sqrt {3}}+\pi \right)}+3\pi -\pi {\frac {2}{3}}\\&=2{\sqrt {3}}+{\frac {13}{3}}\pi .\end{aligned}}$
# Zirkel und Lineal/Regelmäßiges n-Eck konstruierbar/n ist p^e/e ist 1/Fakt/Beweis

Wir betrachten die Körpererweiterung
    $K_{p}=\mathbb {Q} [e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{p}}]\subseteq \mathbb {Q} [e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{p^{e}}}]=K_{p^{e}}\,.$
Sei
    $z=e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{p^{e}}}\,.$
Dann ist
    $z^{p^{e-1}}=(e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{p^{e}}})^{p^{e-1}}=e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }p^{e-1}}{p^{e}}}=e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{p}}\,.$
# Funktion/Mit x/y und y/x/Unstetig/Entlang paralleler Geraden stetig/Aufgabe

Betrachte die Funktion
    $f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,$
die durch
    $f(x,y):={\begin{cases}0\,,{\text{ falls }}x\leq 0\,,\\0\,,{\text{ falls }}y\leq 0\,,\\y/x\,,{\text{ falls }}x\geq y>0\,,\\x/y\,,{\text{ falls }}y>x>0\,,\end{cases}}\,$
definiert ist. Zeige, dass die Einschränkung von $f$ auf jeder zur $x$-Achse oder zur $y$-Achse parallelen Geraden stetig ist, dass aber $f$ selbst nicht stetig ist.
# Kommutative Monoidringe/Grundring integer/Monoidring nicht integer/Beispiel

Es sei $M$ ein Monoid, in dem es zwei verschiedene Elemente $m$ und $n$ gebe mit $m+n=n+n$. Daraus folgt ohne die Kürzungsregel eben nicht $m=n$. Im Monoidring über einem beliebigen Integritätsbereich $R$ ist $X^{m}-X^{n}\neq 0$ und $X^{n}\neq 0$, aber
    ${\left(X^{m}-X^{n}\right)}X^{n}=X^{m+n}-X^{n+n}=X^{2n}-X^{2n}=0\,.$
# Dreieck/Drei Punkte/Flächeninhalt/Aufgabe/Lösung

Aufgrund der Translationsinvarianz des Flächeninhalts können wir der Punkt $(a_{1},b_{1})$ in den Nullpunkt verschieben, die Koordinaten der beiden anderen Punkte sind $(a_{2}-a_{1},b_{2}-b_{1})$ bzw. $(a_{3}-a_{1},b_{3}-b_{1})$. Dieses Dreieck ist das Bild des durch den Nullpunkt und die beiden Standardvektoren $(1,0)$ und $(0,1)$ gegebenen Dreiecks unter der durch die Matrix
    ${\begin{pmatrix}a_{2}-a_{1}&a_{3}-a_{1}\\b_{2}-b_{1}&b_{3}-b_{1}\end{pmatrix}}$
gegebenen linearen Abbildung. Das Standardreieck hat den Flächeninhalt ${\frac {1}{2}}$. Daher ist der Flächeninhalt des gegebenen Dreiecks nach Fakt gleich
    ${\begin{aligned}\vert {\det {\begin{pmatrix}a_{2}-a_{1}&a_{3}-a_{1}\\b_{2}-b_{1}&b_{3}-b_{1}\end{pmatrix}}}\vert {\frac {1}{2}}&={\frac {1}{2}}\vert {(a_{2}-a_{1})(b_{3}-b_{1})-(a_{3}-a_{1})(b_{2}-b_{1})}\vert \\&={\frac {1}{2}}\vert {a_{2}b_{3}-a_{2}b_{1}-a_{1}b_{3}-a_{3}b_{2}+a_{1}b_{2}+a_{3}b_{1}}\vert \\&={\frac {1}{2}}\vert {a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}+a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}-a_{1}b_{3}+a_{3}b_{1}}\vert .\end{aligned}}$
# Zirkel und Lineal/Regelmäßiges n-Eck konstruierbar/Produkteigenschaften/Fakt/Beweis

(1) folgt daraus, dass eine Winkelhalbierung stets mit Zirkel und Lineal durchführbar ist. (2). Nach Voraussetzung ist $e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{nk}}$ konstruierbar. Dann ist auch nach Fakt die Potenz
    ${\left(e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{nk}}\right)}^{n}=e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{k}}\,$
konstruierbar. (3). Es seien nun $e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{n}}$ und $e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{k}}$ konstruierbar und $n$ und $k$ teilerfremd. Nach dem Lemma von Bezout gibt es dann ganze Zahlen $r,s$ mit $rn+sk=1$. Daher ist auch
    ${\left(e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{n}}\right)}^{s}{\left(e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{k}}\right)}^{r}={\left(e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }k}{nk}}\right)}^{s}{\left(e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }n}{nk}}\right)}^{r}=e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }sk}{nk}}e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }rn}{nk}}=e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }(sk+rn)}{nk}}=e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{nk}}\,$
konstruierbar.
# Funktion/R^n/Eckintegralfunktion/Eigenschaften/Aufgabe

Es sei
    $f\colon \mathbb {R} ^{d}\longrightarrow \mathbb {R}$
eine messbare integrierbare Funktion. Zu einem fixierten Startpunkt $(a_{1},\ldots ,a_{d})\in \mathbb {R} ^{d}$ betrachten wir (für $(x_{1},\ldots ,x_{d})\in \mathbb {R} _{\geq a_{1}}\times \cdots \times \mathbb {R} _{\geq a_{d}}$) die Abbildung
    $F(x_{1},\ldots ,x_{d}):=\int _{[a_{1},x_{1}]\times \cdots \times [a_{d},x_{d}]}fd\lambda ^{d}\,.$
a) Es sei $f$ stetig. Zeige
    ${\frac {\partial }{\partial x_{1}}}{\frac {\partial }{\partial x_{2}}}\cdots {\frac {\partial }{\partial x_{d}}}F=f\,$
b) Wie ist $F(x_{1},\ldots ,x_{d})$ für beliebige $x\in \mathbb {R} ^{d}$ zu definieren?
# Kommutative Monoidringe/Laurentring als Monoidring (mehrere Variablen)/Beispiel

Es sei $n$ eine natürliche Zahl und $M=\mathbb {Z} ^{n}$ das $n$-fache direkte Produkt der ganzen Zahlen. $M$ ist also die freie kommutative Gruppe vom Rang $n$. Jedes Element $k\in \mathbb {Z} ^{n}$ ist ein $n$-Tupel $(k_{1},\ldots ,k_{n})$ mit $k_{i}\in \mathbb {Z}$. Dies kann man auch als
    $(k_{1},\ldots ,k_{n})=k_{1}(1,0,0,\ldots ,0)+k_{2}(0,1,0,\ldots ,0)+\cdots +k_{n}(0,0,0,\ldots ,1)\,$
schreiben und das zugehörige Monom $X^{k}$ kann man eindeutig als
    $X^{k}=X_{1}^{k_{1}}X_{2}^{k_{2}}\cdots X_{n}^{k_{n}}\,$
mit $k_{i}\in \mathbb {Z}$ schreiben, wobei wir wieder $X_{i}=X^{e_{i}}$ geschrieben haben. Für diesen Monoidring schreibt man auch
    $R[M]=R[X_{1},\ldots ,X_{n},X_{1}^{-1},\ldots ,X_{n}^{-1}]\,,$
und dieser ist isomorph zur Nenneraufnahme des Polynomringes am Produkt der Variablen, also
    $R[M]=R[X_{1},\ldots ,X_{n},X_{1}^{-1},\ldots ,X_{n}^{-1}]=R[X_{1},\ldots ,X_{n}]_{X_{1}\cdots X_{n}}\,,$
Diesen Ring nennt man auch den Laurent-Ring in $n$ Variablen über $R$.
# Dreieck/Flächeninhalt aus Längen/Aufgabe/Lösung

Wir nehmen an, dass der Höhenfußpunkt zur Höhe durch $C$ zwischen $A$ und $B$ liegt. Es sei $h$ die Länge dieser Höhe und $D$ der Höhenfußpunkt. Es sei $p$ die Länge von $A$ nach $D$ und $q$ die Länge von $B$ nach $D$. Nach dem Satz des Pythagoras ist
    $h^{2}+p^{2}=a^{2}\,$
und
    $h^{2}+(c-p)^{2}=b^{2}\,,$
woraus sich
    $a^{2}-p^{2}=b^{2}-(c-p)^{2}=b^{2}-c^{2}+2cp-p^{2}\,,$
also
    $a^{2}-b^{2}=-c^{2}+2cp\,$
und
    $p={\frac {a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2c}}\,$
ergibt. Somit ist
    ${\begin{aligned}h^{2}&=a^{2}-p^{2}\\&=a^{2}-{\left({\frac {a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2c}}\right)}^{2}\\&={\frac {4a^{2}c^{2}-2a^{2}c^{2}+2c^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{4c^{2}}}\\&={\frac {2a^{2}c^{2}+2c^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{4c^{2}}}\end{aligned}}$
und daher
    $h={\frac {\sqrt {2a^{2}c^{2}+2c^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}}{2c}}\,$
und letztlich
    $F={\frac {1}{2}}ch={\frac {\sqrt {2a^{2}c^{2}+2c^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}}{4}}\,.$
# Zirkel und Lineal/Winkeldreiteilung/Fakt/Beweis

Es genügt, einen (konstruierbaren) Winkel $\alpha$ derart anzugeben, dass $\alpha /3$ nicht konstruierbar ist. Wir betrachten $\alpha =120^{\circ }$ Grad, welcher konstruierbar ist, da die dritten Einheitswurzeln konstruierbar sind, weil sie nämlich in einer quadratischen Körpererweiterung von $\mathbb {Q}$ liegen. Dagegen ist der Winkel $\alpha /3=120^{\circ }/3=40^{\circ }$ nicht konstruierbar, da andernfalls das regelmäßige $9$-Eck konstruierbar wäre, was nach Fakt aber nicht der Fall ist.
# Funktion/Stückweise definiert/1/Stetigkeit/Aufgabe

Bestimme, für welche Punkte $x\in \mathbb {R}$ die durch
    $f(x)={\begin{cases}1{\text{ für }}x\leq -1\,,\\x^{2}{\text{ für }}-1<x<2\,,\\-2x+7{\text{ für }}x\geq 2\,,\end{cases}}\,$
definierte Funktion stetig ist.
# Kommutative Monoidringe/N^n/Signaturen/Beispiel

Wir betrachten den polyedrischen Kegel $\mathbb {R} _{\geq 0}^{n}$ mit dem zugehörigen Monoid $\mathbb {N} ^{n}$ und dem Monoidring
    $K[\mathbb {N} ^{n}]=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\,.$
Das Monoid wird erzeugt durch die Standardvektoren $e_{1},\ldots ,e_{n}$ und die begrenzenden Linearformen sind $\ell _{i}=e_{i}^{*}$, also die Dualbasis dazu. Durch die Hyperflächen $\ell _{i}=1$ und den Kegel wird der $n$-dimensionale Würfel eingegrenzt, der das Volumen $1$ besitzt. Durch die Bedingung
    $\ell _{1}+\cdots +\ell _{n}=1\,$
wird zusammen mit dem Kegel ein $n$-dimensionaler Standardsimplex festgelegt, der das Volumen ${\frac {1}{n!}}$ besitzt. Multipliziert mit $n!$ ergibt sich $1$.
# Krullscher Durchschnittssatz/Aus Artin-Rees/Textabschnitt
## Lemma

Es sei $R$ ein noetherscher Ring, ${\mathfrak {a}}\subseteq R$ ein Ideal und $M$ ein endlich erzeugter $R$-Modul. Dann sind für $v\in M$ folgende Aussagen äquivalent.

### Beweis

Wir betrachten den $R$-Untermodul
    $N=\bigcap _{n\in \mathbb {N} }{\mathfrak {a}}^{n}M\subseteq M\,.$
Für jedes $n\in \mathbb {N}$ gilt
    $N={\mathfrak {a}}^{n}M\cap N\,.$
Wir können das Lemma von Artin-Rees anwenden und erhalten für $n$ hinreichend groß
    $N={\mathfrak {a}}^{n}M\cap N={\mathfrak {a}}^{1}({\mathfrak {a}}^{n-1}M\cap N)={\mathfrak {a}}N\,.$
In dieser Situation können wir das Lemma von Nakayama anwenden und erhalten die Existenz eines $f\in {\mathfrak {a}}$ derart, dass $1-f$ den Modul $N$ annulliert. Jedes Element aus $N$ wird also von $1-f$ annulliert. Wenn es umgekehrt zu $v\in M$ ein $f\in {\mathfrak {a}}$ mit
    $(1-f)v=0\,$
gibt, so ist
    $v=1v=fv=ffv=fffv=\ldots \,,$
also $v\in {\mathfrak {a}}^{n}M$ für alle $n$.
$\Box$
Zu einem nichttrivalen idempotenten Element $e\in R$, also einem Element $e\neq 0,1$ mit $e=e^{2}$ ist
    $\bigcap _{n\in \mathbb {N} }Re^{n}=Re\,.$
Ansonsten ist aber der Durchschnitt über alle Potenzen eines Ideals in einem noetherschen Ring sehr häufig gleich $0$, wie die folgenden beiden weiteren Versionen des Krullschen Durchschnittssatzes zeigen.

## Satz

Es sei $R$ ein noetherscher lokaler Ring und ${\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {m}}$ ein Ideal.
Dann ist $\bigcap _{n\in \mathbb {N} }{\mathfrak {a}}^{n}=0$.

### Beweis

Dies folgt aus Fakt für $M=R$. Wenn nämlich $v$ im Durchschnitt $\bigcap _{n\in \mathbb {N} }{\mathfrak {a}}^{n}$ liegt, so gibt es ein
    $f\in {\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {m}}\,$
mit $(1-f)v=0$. Im lokalen Fall ist $1-f$ eine Einheit und somit ist $v=0$.
$\Box$

## Satz

Es sei $R$ ein noetherscher Integritätsbereich und ${\mathfrak {a}}\neq R$ ein Ideal.
Dann ist $\bigcap _{n\in \mathbb {N} }{\mathfrak {a}}^{n}=0$.

### Beweis

Dies folgt aus Fakt für $M=R$. Wenn nämlich $v$ im Durchschnitt $\bigcap _{n\in \mathbb {N} }{\mathfrak {a}}^{n}$ liegt, so gibt es ein $f\in {\mathfrak {a}}$ mit $(1-f)v=0$. Aufgrund der Nichtnullteilereigenschaft muss ein Faktor $=0$ sein. Wegen ${\mathfrak {a}}\neq R$ ist $f\neq 1$. Also ist $v=0$.
$\Box$
# Dreieck/Grundseite fixiert/Flächeninhalt und Umfang/Gradient/Aufgabe/Lösung

* Die Grundseite des Dreieckes hat die Länge $2$, die Höhe des Dreieckes ist $y$, daher ist der Flächeninhalt gleich $y$.
* Der Dreiecksumfang ist
    $U(x,y)=2+{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}+{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}\,.$
* Nach Fakt ergibt sich die stärkste Änderung des Flächeninhalts in Richtung des Gradienten der Flächenfunktion, dieser ist
    ${\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}.$
* Nach Fakt ergibt sich die stärkste Änderung des Umfanges in Richtung des Gradienten der Umfangsfunktion. Die partiellen Ableitungen sind und Daher ist der Gradient in einem Punkt $(x,y)$ gleich
    ${\frac {\partial U}{\partial x}}={\frac {x+1}{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}}+{\frac {x-1}{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}}\,$
    ${\frac {\partial U}{\partial y}}={\frac {y}{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}}+{\frac {y}{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}}\,.$
    ${\begin{pmatrix}{\frac {x+1}{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}}+{\frac {x-1}{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}}\\{\frac {y}{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}}+{\frac {y}{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}}\end{pmatrix}}.$
# Zirkel und Lineal/Wurzelkonstruktion/Fakt/Beweis

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

Zeige, dass durch
    $f(x)={\frac {x}{\vert {x}\vert +1}}\,$
eine stetige, streng wachsende, bijektive Abbildung
    $f\colon \mathbb {R} \longrightarrow{-1},1$
gegeben wird, deren Umkehrabbildung ebenfalls stetig ist.
# Kommutative Monoidringe/Polynomring als Monoidring (mehrere Variablen)/Beispiel

Es sei $n$ eine natürliche Zahl und $M=\mathbb {N} ^{n}$ das $n$-fache direkte Produkt der natürlichen Zahlen. Ein Element $k\in \mathbb {N} ^{n}$ ist also ein $n$-Tupel $(k_{1},\ldots ,k_{n})$ mit $k_{i}\in \mathbb {N}$. Dies kann man auch als
    $(k_{1},\ldots ,k_{n})=k_{1}(1,0,0,\ldots ,0)+k_{2}(0,1,0,\ldots ,0)+\cdots +k_{n}(0,0,0,\ldots ,1)\,$
schreiben. Damit lässt sich das zugehörige Monom $X^{k}$ eindeutig als
    $X^{k}=X_{1}^{k_{1}}X_{2}^{k_{2}}\cdots X_{n}^{k_{n}}\,$
schreiben, wobei wir $X_{i}=X^{e_{i}}=X^{(0,\ldots ,0,1,0,\ldots ,0)}$ für das Monom zum $i$-ten Basiselement geschrieben haben. Das bedeutet aber, dass der Monoidring zum Monoid $\mathbb {N} ^{n}$ über $R$ genau der Polynomring in $n$ Variablen ist. Insbesondere ist $R[\mathbb {N} ]=R[X]$. Der Monoidring zum trivialen Monoid $\{0\}$ ist der Grundring selbst.
# Dreieck/Grundseite und Höhe/Minimaler Umfang/Aufgabe/Lösung

Wenn $(x,h)$ der (neben $(0,0)$ und $(s,0)$) dritte Eckpunkt des Dreieckes ist, so ist der Umfang gleich
    $s+{\sqrt {x^{2}+h^{2}}}+{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}.$
Wir müssen also die Funktion
    $f(x)={\sqrt {x^{2}+h^{2}}}+{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}\,$
minimieren. Da $h$ positiv ist, ist diese Funktion differenzierbar, und zwar ist
    $f'(x)={\frac {x}{\sqrt {x^{2}+h^{2}}}}+{\frac {x-s}{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}}\,.$
Die Bedingung $f'(x)=0$ führt auf
    ${\frac {x}{\sqrt {x^{2}+h^{2}}}}={\frac {s-x}{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}}\,$
bzw. auf
    $x{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}=(s-x){\sqrt {x^{2}+h^{2}}}\,.$
Quadrieren führt auf
    $x^{2}((x-s)^{2}+h^{2})=(s-x)^{2}(x^{2}+h^{2})\,$
und dies auf
    $x^{2}h^{2}=(s-x)^{2}h^{2}\,$
und somit ist
    $x^{2}=(s-x)^{2}\,$
und daher (der Fall $x=x-s$ ist ausgeschlossen)
    $x=s-x\,$
und somit
    $x={\frac {s}{2}}\,.$
Dies muss ein Minimum sein, da für $x\rightarrow \pm \infty$ der Umfang gegen $+\infty$ strebt. Der minimale Umfang ist daher
    $s+2{\sqrt {{\frac {s^{2}}{4}}+h^{2}}}=s+{\sqrt {s^{2}+4h^{2}}}\,.$