OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Satz von Bezout/Neilsche Parabel/Kreis/Aufgabe/Lösung

Die homogene Gleichung der Neilschen Parabel ist $Y^{2}Z-X^{3}=0$. Die Kreisgleichung ist
    $(X-1)^{2}+Y^{2}-1=X^{2}-2X+Y^{2}=0\,,$
die Homogenisierung davon ist
    $X^{2}-2XZ+Y^{2}=0\,.$
Zur Berechnung der Schnittpunkte betrachten wir zunächst $D_{+}(Z)$, also die affine Ausgangssituation. Die Differenz der beiden Gleichungen ergibt
    $0=X^{3}+X^{2}-2X=X(X^{2}+X-2)\,.$
Also ist $X=0$, was den Punkt $(0,0)$ ergibt, oder
    $X={\frac {\pm {\sqrt {7}}{\mathrm {i} }-1}{2}}\,.$
Zu jedem dieser zwei Werte gehören jeweils zwei komplexe Lösungen für $Y$, sodass es hier neben $(0,0)$ noch vier weitere Schnittpunkte gibt. Da in $(0,0)$ die Neilsche Parabel eine Singularität besitzt, ist dort nach Fakt
$2$
$6$
$2$
$1$
$V_{+}(Z)$
# Polynome/1/Affin-linear/Aufgabe

Bestimme die Polynome $P\in \mathbb {R} [X]$, die eine affin-lineare Abbildung
    $P\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$
definieren.
# Satz von Cayley/Formuliere und beweise/Aufgabe/Lösung

Der Satz von Cayley für endliche Gruppen besagt, dass sich jede endliche Gruppe als Untergruppe einer endlichen Permutationsgruppe auffassen lässt. Zum Beweis geht man wie folgt vor. Zur Gruppe $G$ bezeichnet $\operatorname {Perm} \,(G)$ die Gruppe der Permutationen auf der Menge $G$. Man betrachtet die Abbildung
    $L\colon G\longrightarrow \operatorname {Perm} \,(G),\,g\longmapsto L_{g}:(h\mapsto gh),$
d.h. dem Gruppenelement $g$ wird die Multiplikation mit $g$ zugeordnet. Dabei ist diese Multiplikation wirklich eine Bijektion auf $G$ (mit der Multiplikation mit $g^{-1}$ als inverser Abbildung). Wir zeigen, dass die Zuordnung $g\mapsto L_{g}$ ein injektiver Gruppenhomomorphismus ist. Offenbar ist $L_{e_{G}}$ die Identität, also das neutrale Element der Permutationsgruppe. Es seien $g,g'\in G$ und $h\in G$. Dann ist
    $L_{gg'}(h)=(gg')h=g(g'h)=L_{g}(g'h)=L_{g}(L_{g'}(h))=(L_{g}\circ L_{g'})(h)\,,$
$L_{g}=\operatorname {id}$
$g=L_{g}(e_{G})=e_{G}$
$G$
# Polynome/2/Komplex und reell/Jacobi-Determinante invertierbar/Konstant/Aufgabe

Es seien $P,Q$ zwei komplexe (bzw. reelle) Polynome und
    $\varphi \colon {\mathbb {K} }^{2}\longrightarrow {\mathbb {K} }^{2},\,(x,y)\longmapsto (P(x,y),Q(x,y)),$
die zugehörige Abbildung. Die Determinante der Jacobi-Matrix zu $\varphi$ sei in jedem Punkt $P\in {\mathbb {K} }^{2}$ von $0$ verschieden.
* Zeige, dass bei ${\mathbb {K} }={\mathbb {C} }$ die Determinante konstant ist.
* Zeige durch ein Beispiel, dass bei ${\mathbb {K} }=\mathbb {R}$ die Determinante nicht konstant sein muss.
# Satz von Green/Direkter Beweis für Dreieck/Aufgabe/Lösung

Es seien
    $P_{1}={\begin{pmatrix}a_{1}\\b_{1}\end{pmatrix}},\,P_{2}={\begin{pmatrix}a_{2}\\b_{2}\end{pmatrix}}{\text{ und }}P_{3}={\begin{pmatrix}a_{3}\\b_{3}\end{pmatrix}}$
die drei Eckpunkte. Wegen $d(xdy)=dx\wedge dy$ ist das Integral zu dieser Flächenform über $D$ gleich dem Flächeninhalt des Dreiecks. Dieses Dreieck wird von $P_{1}$ aus von den beiden Vektoren ${\begin{pmatrix}a_{2}-a_{1}\\b_{2}-b_{1}\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}a_{3}-a_{1}\\b_{3}-b_{1}\end{pmatrix}}$ aufgespannt. Der Flächeninhalt ist nach der Determinantenformel für ein Parallelotop somit gleich
    ${\frac {1}{2}}\vert {(a_{2}-a_{1})(b_{3}-b_{1})-(b_{2}-b_{1})(a_{3}-a_{1})}\vert ={\frac {1}{2}}\vert {a_{2}b_{3}-a_{2}b_{1}-a_{1}b_{3}-a_{3}b_{2}+a_{1}b_{2}+a_{3}b_{1}}\vert \,.$
Wenn die beiden Vektoren die Standardorientierung repräsentieren, was wir von nun an annehmen, so kann man den Betrag weglassen.
Wir berechnen nun das Wegintegral zu $xdy$ entlang des gegen den Uhrzeigersinn durchlaufenen Dreiecksrandes. Dabei geht der Weg von $P_{1}$ nach $P_{2}$, dann nach $P_{3}$ und zurück zu $P_{1}$ (dies entspricht dem entgegengesetzten Uhrzeigersinn bei der fixierten Orientierung). Diese linearen Wege sind (jeweils auf dem Einheitsintervall definiert)
    $\gamma _{1}(t)=P_{1}+t(P_{2}-P_{1})={\begin{pmatrix}a_{1}\\b_{1}\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}a_{2}-a_{1}\\b_{2}-b_{1}\end{pmatrix}},$
    $\gamma _{2}(t)=P_{2}+t(P_{3}-P_{2})={\begin{pmatrix}a_{2}\\b_{2}\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}a_{3}-a_{2}\\b_{3}-b_{2}\end{pmatrix}}$
und
    $\gamma _{3}(t)=P_{3}+t(P_{1}-P_{3})={\begin{pmatrix}a_{3}\\b_{3}\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}a_{1}-a_{3}\\b_{1}-b_{3}\end{pmatrix}}.$
Es ist
    ${\begin{aligned}\int _{\gamma _{1}}xdy&=\int _{0}^{1}(a_{1}+t(a_{2}-a_{1}))(b_{2}-b_{1})dt\\&=(a_{1}(b_{2}-b_{1})t+{\frac {1}{2}}(a_{2}-a_{1})(b_{2}-b_{1})t^{2})|_{0}^{1}\\&=a_{1}(b_{2}-b_{1})+{\frac {1}{2}}(a_{2}-a_{1})(b_{2}-b_{1})\\&={\frac {1}{2}}(a_{2}+a_{1})(b_{2}-b_{1}).\end{aligned}}$
Entsprechend ist
    $\int _{\gamma _{2}}xdy={\frac {1}{2}}(a_{3}+a_{2})(b_{3}-b_{2})\,$
und
    $\int _{\gamma _{3}}xdy={\frac {1}{2}}(a_{1}+a_{3})(b_{1}-b_{3})\,.$
Die Summe dieser drei Wegintegrale ist die Hälfte von
    ${\begin{aligned}(a_{2}+a_{1})(b_{2}-b_{1})+(a_{3}+a_{2})(b_{3}-b_{2})+(a_{1}+a_{3})(b_{1}-b_{3})&=a_{2}b_{2}-a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2}-a_{1}b_{1}+a_{3}b_{3}-a_{3}b_{2}+a_{2}b_{3}-a_{2}b_{2}+a_{1}b_{1}-a_{1}b_{3}+a_{3}b_{1}-a_{3}b_{3}\\&=-a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2}-a_{3}b_{2}+a_{2}b_{3}-a_{1}b_{3}+a_{3}b_{1},\,\end{aligned}}$
# Polynome/Beschränkter Grad/Wert/Affiner Raum/Aufgabe

Es sei $d\in \mathbb {N} _{+}$ und ein Körper $K$ fixiert. Es seien $n$ verschiedene Elemente $a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ und $n$ Elemente $b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$ gegeben. Zeige, dass die Menge $E$ der Polynome $P$ vom Grad maximal $d$ mit
    $P(a_{i})=b_{i}\,$
für $i=1,\ldots ,n$ einen affinen Unterraum von $K[X]_{\leq d}$ bilden. Was ist der zugehörige Untervektorraum? Was kann man über die Dimension von $E$ sagen, wann ist $E$ leer?
# Polynome/Einheitsintervall/1/Aufgabe

Es seien
    $f,g\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R}$
mit $f(x)=2x^{3}-x+3$ und $g(x)=-5x^{2}+4x-7$. Berechne
    $\left\langle f,g\right\rangle ,\,\Vert {f}\Vert ,\,\Vert {g}\Vert$
im Sinne von Beispiel.
# Satz von Schwarz/Dreierumordnung/Aufgabe/Lösung

Unter mehrfacher Anwendung des Satzes von Schwarz ist (die Klammern verdeutlichen, wie der Satz angewendet wird. Für die vierte Gleichung wird verwendet, dass ${\frac {\partial }{\partial y}}f$ zweimal stetig differenzierbar ist)
    ${\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial z}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}f&={\frac {\partial }{\partial z}}{\left({\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}f\right)}\\&={\frac {\partial }{\partial z}}{\left({\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial y}}f\right)}\\&={\left({\frac {\partial }{\partial z}}{\frac {\partial }{\partial x}}\right)}{\left({\frac {\partial }{\partial y}}f\right)}\\&={\left({\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial z}}\right)}{\left({\frac {\partial }{\partial y}}f\right)}\\&={\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {\partial }{\partial z}}{\frac {\partial }{\partial y}}f\right)}\\&={\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial z}}f\right)}\\&={\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial z}}f.\end{aligned}}$
# Polynome/Einheitsintervall/2/Aufgabe

Es seien
    $f,g\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R}$
mit $f(x)=-x^{2}+1$ und $g(x)=x^{2}+x+3$. Berechne $\left\langle f,g\right\rangle$ im Sinne von Beispiel.
# Schachfigur/5x5/König/Planarer Graph/Aufgabe/Lösung

Der Spielzuggraph zum König auf einem $5\times 5$-Feld ist nicht planar. Er besitzt $20$ horizontale Kanten, $20$ vertikale Kanten und $2\cdot 16$ diagonale Kanten. Deshalb gibt es insgesamt $72$ Kanten. Bei einem planaren Graphen mit $25$ Knoten darf es aber nach
Fakt (1) höchstens
    $3\cdot 25-6=69\,$
# Polynome/Formel für X^ungerade+1/Aufgabe

Beweise die Formel
    $X^{u}+1=(X+1){\left(X^{u-1}-X^{u-2}+X^{u-3}-\cdots +X^{2}-X+1\right)}\,$
für $u$ ungerade.
# Schachfiguren/Planarer Graph/Aufgabe/Lösung

Zum Turm betrachten wir die $5$ Felder einer fixierten Zeile, die alle untereinander durch einen Turmzug erreichbar sind. Das ist also ein vollständiger Untergraph mit $5$ Knotenpunkten. Nach Beispiel ist dieser nicht planar und daher ist auch der Spielzuggraph zum Turm nicht planar. Für den Läufer betrachten wir $5$ Felder auf der Hauptidagonalen (oder Hauptnebendiagonalen). Dies ist ebenfalls ein vollständiger Graph mit $5$ Knotenpunkten und somit nicht planar. Der Spielzuggraph zur Dame ist aus dem gleichen Grund nicht planar.
Der Spielzuggraph zum König ist ebenfalls nicht planar. Er besitzt $56$ horizontale Kanten, $56$ vertikale Kanten und $2\cdot 49$ diagonale Kanten. Deshalb gibt es insgesamt $210$ Kanten. Bei einem planaren Graphen mit $64$ Knoten darf es aber nach
Fakt (1) höchstens
    $3\cdot 64-6=186\,$
# Polynome/Maximaler Grad/Endlichdimensionaler Untervektorraum/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und sei $K[X]$ der Polynomring über $K$. Es sei $d\in \mathbb {N}$. Zeige, dass die Menge aller Polynome vom Grad $\leq d$ ein endlichdimensionaler Untervektorraum von $K[X]$ ist. Was ist seine Dimension?
# Schnittmultiplizität/y^2-x^b,y^2-x^c/(0,0)/(1,1)/Unendlich ferner Schnittpunkt/Aufgabe/Lösung

a) Die Schnittmultiplizität ist die $K$-Vektorraum-Dimension von $K[X,Y]_{(X,Y)}/(Y^{2}-X^{b},Y^{2}-X^{c})$. Im lokalen Ring $K[X,Y]_{(X,Y)}$ gilt $X^{b}-X^{c}=X^{b}(1-X^{c-b})$ und $1-X^{c-b}$ ist eine Einheit. Daher gelten die Gleichheiten
    ${\begin{aligned}(Y^{2}-X^{b},Y^{2}-X^{c})&=(Y^{2}-X^{b},X^{b}-X^{c})\\&=(Y^{2}-X^{b},X^{b})\\&=(Y^{2},X^{b}).\end{aligned}}$
Somit ist
    $K[X,Y]_{(X,Y)}/(Y^{2}-X^{b},Y^{2}-X^{c})=K[X,Y]_{(X,Y)}/(Y^{2},X^{b})=K[X,Y]/(Y^{2},X^{b})\,,$
und dessen Dimension ist $2b$.
b) Die partiellen Ableitungen von $Y^{2}-X^{b}$ sind $(2Y,-bX^{b-1})$. Im Punkt $(1,1)$ ist dies $(2,-b)$. Daran sieht man, dass ein glatter Punkt vorliegt, dessen Tangente durch den Richtungsvektor $(b,2)$ gegeben ist. Entsprechendes gilt für $Y^{2}-X^{c}$. Daher schneiden sich die beiden Kurven in $(1,1)$ transversal und somit ist nach Fakt die Schnittmultiplizität gleich $1$.
c) Die Homogenisierungen der Kurvengleichungen sind $Y^{2}Z^{b-2}-X^{b}$ und $Y^{2}Z^{c-2}-X^{c}$. Die unendlich fernen Schnittpunkte liegen in ${\mathbb {P} }_{K}^{2}\setminus D_{+}(Z)$, also auf $V_{+}(Z)$. Dies ergibt für beide Kurven die Bedingung $Z=X=0$
$(0,1,0)$
# Polynome/n Variablen/Algebraisch abhängig/Aufgabe

Es sei $K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ der Polynomring über einem Körper $K$ und seien $n+1$ Polynome $f_{1},\ldots ,f_{n+1}\in K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ gegeben. Zeige, dass diese algebraisch abhängig sind.
# Schnittpunkt/Funktionen/x-1/2 durch x/Aufgabe/Lösung

* Die Schnittbedingung führt auf bzw. auf Quadratisches Ergänzen führt auf also Somit ist die $x$-Koordinate des einzigen Schnittpunktes (die negative Wurzel führt zu einem Punkt außerhalb des Definitionsbereiches). Der einzige Schnittpunkt ist
    ${\frac {1}{x}}=x-1\,$
    $1=x^{2}-x\,.$
    $1={\left(x-{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}\,,$
    ${\left(x-{\frac {1}{2}}\right)}^{2}={\frac {5}{4}}\,.$
    $x={\frac {\sqrt {5}}{2}}+{\frac {1}{2}}\,$
    $\left({\frac {\sqrt {5}}{2}}+{\frac {1}{2}},\,{\frac {\sqrt {5}}{2}}-{\frac {1}{2}}\right).$
# Polynome/n/Linearform/Variable/Algebraisch rechtsäquivalent/Aufgabe

Es sei $P=\sum _{i=1}^{n}a_{i}X_{i}$ ein lineares Polynom $\neq 0$. Zeige, dass $X_{1}$ und $P$ zueinander algebraisch rechtsäquivalent sind.
# Schnittpunkte von Kreis und Gerade/Koordinaten/(-2,3) Radius 4 und Gerade y-3x+1 ist 0/Aufgabe/Lösung

Die Kreisgleichung ist
    $(x+2)^{2}+(y-3)^{2}=16\,.$
Wir lösen die Geradengleichung nach $y$ auf und erhalten
    $y=3x-1\,.$
Dies setzen wir in die Kreisgleichung ein und erhalten
    $(x+2)^{2}+(3x-4)^{2}=x^{2}+4x+4+9x^{2}-24x+16=16\,,$
also
    $10x^{2}-20x+4=0\,$
bzw.
    $x^{2}-2x+{\frac {2}{5}}=0\,.$
Somit ist
    $x={\frac {2\pm {\sqrt {4-4\cdot {\frac {2}{5}}}}}{2}}={\frac {2\pm {\sqrt {\frac {12}{5}}}}{2}}={\frac {2\pm 2{\sqrt {\frac {3}{5}}}}{2}}=1\pm {\sqrt {\frac {3}{5}}}\,.$
Bei
    $x_{1}=1+{\sqrt {\frac {3}{5}}}\,$
ist
    $y_{1}=3{\left(1+{\sqrt {\frac {3}{5}}}\right)}-1=2+3{\sqrt {\frac {3}{5}}}\,,$
der erste Schnittpunkt ist also
    $P_{1}=\left(1+{\sqrt {\frac {3}{5}}},\,2+3{\sqrt {\frac {3}{5}}}\right)\,.$
Bei
    $x_{2}=1-{\sqrt {\frac {3}{5}}}\,$
ist
    $y_{2}=3{\left(1-{\sqrt {\frac {3}{5}}}\right)}-1=2-3{\sqrt {\frac {3}{5}}}\,,$
der zweite Schnittpunkt ist also
    $P_{2}=\left(1-{\sqrt {\frac {3}{5}}},\,2-3{\sqrt {\frac {3}{5}}}\right)\,.$
# Polynome/n/Lokaler Ring/Stetige Keime/Aufgabe

Es sei $R=\mathbb {R} [X_{1},\ldots ,X_{n}]_{\left(X_{1},\ldots ,X_{n}\right)}$ die Lokalisierung des Polynomringes am maximalen Ideal ${\left(X_{1},\ldots ,X_{n}\right)}$ und sei $S$ der Ring der Keime stetiger Funktionen in Punkt $0\in \mathbb {R} ^{n}$. Zeige, dass es einen natürlichen injektiven $\mathbb {R}$-Algebrahomomorphismus
    $R\longrightarrow S$
gibt.
# Schnittpunkte von Kreis und Gerade/Koordinaten/Durch Punkte/1/Aufgabe/Lösung

Der Richtungsvektor der Geraden ist ${\begin{pmatrix}5\\-3\end{pmatrix}}$. Somit besitzt die Geradengleichung die Form
    $3x+5y=c\,.$
Einsetzen eines Punkt ergibt $c=2$. Somit ist
    $y={\frac {2-3x}{5}}\,.$
Dies setzen wir in die Kreisgleichung
    $x^{2}+y^{2}=1\,$
ein und erhalten
    $x^{2}+{\left({\frac {2-3x}{5}}\right)}^{2}=1\,$
oder
    $x^{2}+{\frac {4-12x+9x^{2}}{25}}-1={\frac {34}{25}}x^{2}-{\frac {12}{25}}x-{\frac {21}{25}}=0\,.$
Die Normierung davon ist
    $x^{2}-{\frac {6}{17}}x-{\frac {21}{34}}.$
Somit ist
    ${\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {{\frac {6}{17}}\pm {\sqrt {{\left({\frac {6}{17}}\right)}^{2}+4\cdot {\frac {21}{34}}}}}{2}}\\&={\frac {{\frac {6}{17}}\pm {\sqrt {{\left({\frac {6}{17}}\right)}^{2}+{\frac {42}{17}}}}}{2}}\\&={\frac {6\pm {\sqrt {6^{2}+714}}}{34}}\\&={\frac {6\pm {\sqrt {750}}}{34}}\\&={\frac {6\pm 5{\sqrt {30}}}{34}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}y_{1,2}&={\frac {2-3x_{1,2}}{5}}\\&={\frac {2-3{\left({\frac {6\pm 5{\sqrt {30}}}{34}}\right)}}{5}}\\&={\frac {68-3{\left(6\pm 5{\sqrt {30}}\right)}}{170}}\\&={\frac {50\mp 15{\sqrt {30}}}{170}}\\&={\frac {10\mp 3{\sqrt {30}}}{34}}.\end{aligned}}$
Die Schnittpunkte sind also
    $\left({\frac {6+5{\sqrt {30}}}{34}},\,{\frac {10-3{\sqrt {30}}}{34}}\right)\,\,{\text{ und }}\,\,\left({\frac {6-5{\sqrt {30}}}{34}},\,{\frac {10+3{\sqrt {30}}}{34}}\right).$
# Polynome/R/Gruppenhomomorphismus/Aufgabe

a) Für welche reellen Polynome $P\in \mathbb {R} [X]$ ist die zugehörige polynomiale Abbildung
    $(\mathbb {R} ,0,+)\longrightarrow (\mathbb {R} ,0,+),\,x\longmapsto P(x),$
ein Gruppenhomomorphismus?
b) Für welche reellen Polynome $Q\in \mathbb {R} [X]$ ist allenfalls $0$ eine Nullstelle und die zugehörige polynomiale Abbildung
    $(\mathbb {R} ^{\times },1,\cdot )\longrightarrow (\mathbb {R} ^{\times },1,\cdot ),\,x\longmapsto Q(x),$
ein Gruppenhomomorphismus?
# Schnittpunkte von Kreis und Kreis/Koordinaten/(3,4) Radius 6 und (-8,1) Radius 7/Aufgabe/Lösung

Die Kreisgleichungen der beiden Kreise sind
    $(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=x^{2}-6x+y^{2}-8y+25=36\,$
und
    $(x+8)^{2}+(y-1)^{2}=x^{2}+16x+y^{2}-2y+65=49\,.$
Die Differenz der beiden Gleichungen ergibt
    $22x+6y+40=13\,.$
Also ist
    $y={\frac {-22x-27}{6}}\,.$
Dies setzen wir in die erste Kreisgleichung ein und erhalten
    ${\begin{aligned}x^{2}-6x+{\left({\frac {-22x-27}{6}}\right)}^{2}-8{\frac {-22x-27}{6}}-11&=x^{2}+{\frac {121}{9}}x^{2}-6x+33x+{\frac {81}{4}}+{\frac {88}{3}}x+36-11\\&={\frac {130}{9}}x^{2}+{\frac {169}{3}}x+{\frac {181}{4}}\\&=0.\end{aligned}}$
Nach der Lösungsformel für eine quadratische Gleichung ist
    ${\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {-{\frac {169}{3}}\pm {\sqrt {{\frac {28561}{9}}-4\cdot {\frac {130}{9}}\cdot {\frac {181}{4}}}}}{\frac {260}{9}}}\\&={\frac {-169\pm {\sqrt {28561-130\cdot 181}}}{\frac {260}{3}}}\\&={\frac {-3\cdot 169\pm 3{\sqrt {28561-23530}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 3{\sqrt {5031}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 9{\sqrt {559}}}{260}}.\end{aligned}}$
Somit ist
    ${\begin{aligned}y_{1}&={\frac {-22x_{1}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169+3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}y_{2}&={\frac {-22x_{2}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169-3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}.\end{aligned}}$
Die Schnittpunkte sind also
    $\left({\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}},\,-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right)$
und
    $\left({\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}},\,{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right).$
# Kommutative Ringtheorie/Noethersch lokal nulldimensional/Potenz ist null/Fakt/Beweis

Wir behaupten zunächst, dass jedes Element in $R$ eine Einheit oder nilpotent ist. Es sei hierzu $f\in R$ keine Einheit. Dann ist $f\in {\mathfrak {m}}$. Angenommen, $f$ ist nicht nilpotent. Dann gibt es nach Fakt ein Primideal ${\mathfrak {p}}$ in $R$ mit $f\notin {\mathfrak {p}}$. Damit ergibt sich der Widerspruch ${\mathfrak {p}}\neq {\mathfrak {m}}$.
Es ist also jedes Element im maximalen Ideal nilpotent. Insbesondere gibt es für ein endliches Erzeugendensystem $f_{1},\ldots ,f_{k}$ von ${\mathfrak {m}}$ eine natürliche Zahl $m$ mit $f_{i}^{m}=0$ für alle $i=1,\ldots ,k$. Sei $n=km$. Dann ist ein beliebiges Element aus ${\mathfrak {m}}^{n}$ von der Gestalt
    ${\left(\sum _{i=1}^{k}a_{i1}f_{i}\right)}{\left(\sum _{i=1}^{k}a_{i2}f_{i}\right)}\cdots {\left(\sum _{i=1}^{k}a_{in}f_{i}\right)}.$
Ausmultiplizieren ergibt eine Linearkombination mit Monomen $f_{1}^{r_{1}}\cdots f_{k}^{r_{k}}$ und $\sum _{i=1}^{k}r_{i}=n$, sodass ein $f_{i}$ mit einem Exponenten $\geq n/k=m$ vorkommt. Daher ist das Produkt $0$.
# Polynomfamilie/Endliche Transzendenzbasis/Primpolynom/Restfamilie/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper der Charakteristik $0$ und $f_{1},\ldots ,f_{n}\in K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ Polynome, die für den Körper der rationalen Funktionen $K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ eine Transzendenzbasis über $K$ bilden. Es sei $f_{n}$ ein Primpolynom. Zeige, dass die Restklassen der $f_{1},\ldots ,f_{n-1}$ im Quotientenkörper $Q(K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/(f_{n}))$ eine Transzendenzbasis bilden.
# Schokolade/Heidi Gonzales/Aufteilung/Aufgabe/Lösung

Am Anfang gibt es nur die eine Schokolade, es kann also in der ersten Sekunde nur ein Teilungsvorgang stattfinden. Danach gibt es zwei Stücke und es können auch zwei Teilungsvorgänge stattfinden. Danach gibt es vier Stücke und ab da können alle vier Personen sich am Teilungsprozess beteiligen. Da man insgesamt $23$ Teilungsprozesse braucht, braucht man wegen
    $1+2+4+4+4+4+4=23\,$
$7$
$2\times 3$
$5$
# Polynomfunktion/C/(X-a)^n teilt/Ableitungsnullstelle/Aufgabe

Es sei $P\in {\mathbb {C} }[X]$ ein Polynom, $a\in {\mathbb {C} }$ und $n\in \mathbb {N}$. Zeige, dass $P$ genau dann ein Vielfaches von $(X-a)^{n}$ ist, wenn $a$ eine Nullstelle sämtlicher Ableitungen $P,P^{\prime },P^{\prime \prime },\ldots ,P^{(n-1)}$ ist.
# Schokolade/Heidi Gonzales/Aufteilung/Karate/Aufgabe/Lösung

Sie kann es mit fünf Karateschlägen schaffen. Mit dem ersten Schlag macht sie zwei $2\times 6$-Schokoladen, legt diese übereinander und macht daraus vier $1\times 6$-Schokoladen. Dann legt sie diese übereinander, haut in der Mitte durch und macht daraus acht $1\times 3$-Schokoladen. Dann legt sie diese acht Stück übereinander und haut das linke Drittel ab, wobei acht $1\times 1$-Stücke und acht $1\times 2$-Stücke entstehen. Zuletzt halbiert sie noch diese acht Stücke mit einem Schlag.
Mit vier Karateschlägen kann sie es nicht schaffen. Da mit jedem Schlag aus jeder Teilschokolade höchstens zwei Teilschokoladen entstehen, kann es nach vier Schlägen höchstens $2^{4}=16$
$24$
# Polynomfunktion/K/n/Schwarz/Aufgabe

Zeige für Polynomfunktionen
    $f\colon {\mathbb {K} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {K} }$
direkt, dass
    ${\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}={\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}\,$
gilt.
# Schokolade/Rillenlänge/Aufgabe/Lösung

Die Länge der Schokolade ist $ad$ und die Höhe ist $bc$, deshalb ist der Flächeninhalt der Schokolade gleich $abcd$.
Es gibt $b-1$ Längsrillen, die jeweils die Länge $ad$ haben, und es gibt $a-1$ Querrillen, die jeweils die Länge $bc$ haben. Die gesamte Länge der Rillen ist daher
    $(b-1)ad+(a-1)bc=ab(d+c)-ad-bc\,.$
# Polynomfunktion/R/(X-a)^n teilt/Ableitungsnullstelle/Aufgabe

Es sei $P\in \mathbb {R} [X]$ ein Polynom, $a\in \mathbb {R}$ und $n\in \mathbb {N}$. Zeige, dass $P$ genau dann ein Vielfaches von $(X-a)^{n}$ ist, wenn $a$ eine Nullstelle sämtlicher Ableitungen $P,P^{\prime },P^{\prime \prime },\ldots ,P^{(n-1)}$ ist.
# Schokolade/Teilung/Brechungstiefe/Aufgabe/Lösung

* Man halbiert zuerst in der Mitte, die beiden $2\times 4$-Schokoladen halbiert man so, dass jeweils $2\times 2$-Schokoladen entstehen, diese halbiert man wieder und die entstehenden $2\times 1$-Schokoladen halbiert man noch mal. Bei diesem Aufteilungsprozess ist jedes Stück an $4$ Teilungen beteiligt. Die Aufspaltungstiefe ist also $4$ für jedes Stück.
* Die minimale Aufteilungstiefe eines Eckstückes ist $2$, diese erreicht man, indem man von der Gesamtschokolade eine Einerreihe mit der Ecke abtrennt und daraus dann die Ecke als Einzelstück abtrennt. Aufteilungstiefe $1$ ist sicher nicht möglich. Die maximale Aufteilungstiefe ist $6$. Größer kann sie nicht sein, da es nur drei Quer- und drei Längsrillen gibt und die Anzahl der Rillen auf den Teilschokoladen bei jedem Teilungsschritt um zumindest $1$ kleiner wird. Unter der Aufteilung, bei der man stets eine die Ecke nicht enthaltende Einerrandreihe abtrennt, besitzt die Ecke die Aufteilungstiefe $6$.
* Die Gesamtaufteilungstiefe hängt von der Aufteilung ab. Betrachten wir eine $4\times 1$-Schokolade. Wenn man in der Mitte halbiert und dann noch die beiden Teilschokoladen albiert, so ist jedes Stück an zwei Teilungsvorgängen beteiligt, die Gesamtaufteilungstiefe ist also $8$. Wenn man hingegen jeweils ein Randstück abtrennt, so ist die Summe der Aufteilungstiefen gleich
    $1+2+3+3=9\,.$
# Polynomfunktion/R/Grad d/(d+1)-te Ableitung/Aufgabe

Zeige, dass ein Polynom $P\in \mathbb {R} [X]$ genau dann einen Grad $\leq d$ besitzt (oder $P=0$ ist), wenn die $(d+1)$-te Ableitung von $P$ das Nullpolynom ist.
# Schokoriegel/n/Teilung/Aufgabe/Lösung

Ohne Induktion. Eine Schockriegel mit $n$ Höckern hat $n-1$ Einkerbungen. Jede muss bei einer vollständigen Teilung genau einmal gebrochen werden, deshalb braucht man genau $n-1$ Teilungsschritte.
Mit Induktion. Induktionsanfang. Bei $n=1$ gibt es nichts zu teilen, also kein Teilungsschritt. Induktionsvoraussetzung. Es sei bereits bewiesen, dass man bei einer vollständigen Teilung eines Schokoriegels der Länge $n$ genau $n-1$ Schritte braucht. Es sei ein Schokoriegel der Länge $n+1$ gegeben. Jeder Teilungsvorgang desselben beginnt mit einer ersten Teilung, wobei zwei Teilriegel entstehen, wobei der eine Riegel aus $a$ (mit $1\leq a\leq n$)
und der andere aus $n+1-a$ Stücken besteht. Auf diese beiden Teilriegel können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden. Die Anzahl der dann benötigten Teilungsschritte ist
    $1+(a-1)+(n+1-a-1)=n\,,$
# Polynomiale Abbildung/Formales partielles Ableiten/Produktregel/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und seien $F,G\in K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ Polynome. Zeige, dass für die partiellen Ableitungen die Produktregel
    $\partial _{i}(FG)=F\partial _{i}(G)+G\partial _{i}(F)\,$
gilt.
# Schraubenlinie/Längenbestimmung/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\begin{aligned}L&=\int _{0}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert dt\\&=\int _{0}^{b}\Vert {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\\1\end{pmatrix}}\Vert dt\\&=\int _{0}^{b}{\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t+1}}dt\\&=\int _{0}^{b}{\sqrt {2}}dt\\&={\sqrt {2}}b.\end{aligned}}$