OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Reelle Funktion/Stetig/Konstant/Identität/Beispiel

Eine konstante Funktion
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto c,$
ist stetig. Zu jedem vorgegebenen $\epsilon$ kann man hier ein beliebiges $\delta$ wählen, da ja ohnehin
    $d(f(x),f(x'))=d(c,c)=0\leq \epsilon \,$
gilt.
Die Identität
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x,$
ist ebenfalls stetig. Zu jedem vorgegebenen $\epsilon$ kann man hier $\delta =\epsilon$ wählen, was zu der Tautologie führt: Wenn $d(x,x')\leq \delta =\epsilon$, so ist
    $d(f(x),f(x'))=d(x,x')\leq \epsilon \,.$
# Hyperbel/1 bis 2/Maximale dreistufige untere Treppenfunktion/Aufgabe/Lösung

* Da $g$ streng fallend ist, besitzt die maximale untere Treppenfunktion auf jedem Teilintervall den Wert von $g$ an der oberen Intervallgrenze. Der Flächeninhalt der maximalen unteren Treppenfunktion zu ist also
    $1<x<y<2\,$
    ${\begin{aligned}f(x,y)&={\left(x-1\right)}{\frac {1}{x}}+{\left(y-x\right)}{\frac {1}{y}}+{\left(2-y\right)}{\frac {1}{2}}\\&=3-{\frac {1}{x}}-{\frac {x}{y}}-{\frac {y}{2}}.\end{aligned}}$
* Es ist und Damit beide partiellen Ableitungen gleich $0$ sind, muss also $y=x^{2}$ und also $x={\frac {1}{2}}y^{2}$ sein. Dies ergibt für $x$ die Bedingung also, da $x\neq 0$, und damit Der einzige kritische Punkt liegt also in vor. Die Hesse-Matrix ist Die Determinante ist Im kritischen Punkt ist dies wegen positiv. Also ist die Hesse-Form im kritischen Punkt negativ definit und somit liegt in diesem Punkt ein isoliertes lokales Maximum vor. Da es der einzige kritische Punkt ist, und in Randpunkten kein Maximum vorliegt, da diese ja einer Unterteilung mit weniger Punkten entsprechen, liegt auch ein globales Maximum vor. Das Flächenintegral für diesen Punkt ist gleich
    ${\frac {\partial f}{\partial x}}={\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{y}}\,$
    ${\frac {\partial f}{\partial y}}={\frac {x}{y^{2}}}-{\frac {1}{2}}\,.$
    ${\frac {1}{x^{2}}}={\frac {1}{y}}\,,$
    ${\frac {x}{y^{2}}}={\frac {1}{2}}\,,$
    $x={\frac {1}{2}}x^{4}\,,$
    $x={\sqrt[{3}]{2}}=2^{\frac {1}{3}}\,$
    $y=2^{\frac {2}{3}}\,$
    $\left(2^{\frac {1}{3}},\,2^{\frac {2}{3}}\right)$
    ${\begin{pmatrix}-2x^{-3}&y^{-2}\\y^{-2}&-2xy^{-3}\end{pmatrix}}.$
    $4x^{-2}y^{-3}-y^{-4}=x^{-2}y^{-4}{\left(4y-x^{2}\right)}\,.$
    $4\cdot 2^{\frac {2}{3}}-2^{\frac {2}{3}}=3\cdot 2^{\frac {2}{3}}>0\,$
    ${\begin{aligned}f(2^{\frac {1}{3}},2^{\frac {2}{3}})&=3-{\frac {1}{2^{\frac {1}{3}}}}-{\frac {2^{\frac {1}{3}}}{2^{\frac {2}{3}}}}-{\frac {2^{\frac {2}{3}}}{2}}\\&=3-2^{-{\frac {1}{3}}}-2^{-{\frac {1}{3}}}-2^{-{\frac {1}{3}}}\\&=3-3\cdot 2^{-{\frac {1}{3}}}.\end{aligned}}$
# K-Spektrum/Endlich viele Punkte/Umgebungsfilter hat D(f) als Basis/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und sei $R$ eine $K$-Algebra von endlichem Typ. Es seien $P_{1},\ldots ,P_{n}$ endlich viele Punkte in $X=K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ Zeige, dass der Umgebungsfilter dieser Punkte durch offene Mengen der Form $D(f)$ erzeugt wird.
# Reelle Funktion/Stetig/Konstant/Lineare Funktion/Beispiel

Eine konstante Funktion
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto c,$
ist stetig. Zu jedem vorgegebenen $\epsilon$ kann man hier ein beliebiges $\delta$ wählen, da ja ohnehin
    $d(f(x),f(x'))=d(c,c)=0\leq \epsilon \,$
gilt.
Eine lineare Funktion
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto cx,$
mit einem Proportionalitätsfaktor $c\neq 0$ (bei $c=0$ ist die Funktion konstant und somit auch stetig) ist ebenfalls stetig. Zu jedem vorgegebenen $\epsilon$ kann man unabhängig vom Punkt $x$ hier $\delta ={\frac {\epsilon }{\vert {c}\vert }}$ wählen: Wenn nämlich
    $d(x,x')\leq \delta ={\frac {\epsilon }{\vert {c}\vert }}\,$
gilt, so ist
    $d(f(x),f(x'))=d(cx,cx')=\vert {c}\vert d(x,x')\leq \vert {c}\vert \cdot \delta =\vert {c}\vert \cdot {\frac {\epsilon }{\vert {c}\vert }}=\epsilon \,.$
# Hyperbel/1 bis 2/Maximale zweistufige untere Treppenfunktion/Aufgabe/Lösung

* Da $g$ streng fallend ist, besitzt die maximale untere Treppenfunktion auf jedem Teilintervall den Wert von $g$ an der oberen Intervallgrenze. Der Flächeninhalt der maximalen unteren Treppenfunktion ist also
    $h(x)={\left(x-1\right)}{\frac {1}{x}}+{\left(2-x\right)}{\frac {1}{2}}=2-{\frac {1}{x}}-{\frac {x}{2}}\,.$
* Es ist Dies ist genau dann gleich $0$, wenn also ist. Da die zweite Ableitung negativ ist, liegt in diesem Punkt ein lokales isoliertes Maximum mit dem Wert vor, das auch global ist, da an den Grenzen der Wert ${\frac {1}{2}}$ ist.
    $h'(x)={\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{2}}\,.$
    ${\frac {1}{x^{2}}}={\frac {1}{2}}\,,$
    $x={\sqrt {2}}\,$
    $h({\sqrt {2}})=2-{\frac {1}{\sqrt {2}}}-{\frac {\sqrt {2}}{2}}=2-2{\frac {1}{\sqrt {2}}}=2-{\sqrt {2}}\,$
# K-Spektrum/Endlich viele Punkte/Umgebungshalm ist nicht lokal/Aufgabe

Es sei $X=K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ eine affine Varietät und seien $P_{1},\ldots ,P_{n}\in X$ endlich viele Punkte. Es sei $F$ der Umgebungsfilter dieser Punkte und ${\mathcal {O}}_{F}$ der zugehörige Halm. Zeige, dass ${\mathcal {O}}_{F}$ genau dann ein lokaler Ring ist, wenn $n=1$ ist.
# Reelle Funktion/Stetig/Quadrat/7/Beispiel

Wir zeigen, dass das Quadrieren
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{2},$
an der Stelle $7$ stetig ist. Es sei ein $\epsilon >0$ vorgegeben, das wir als $\epsilon \leq 1$ annehmen dürfen. Wir müssen ein $\delta >0$ finden, das die Eigenschaft besitzt: Wenn
    $\vert {x-7}\vert \leq \delta \,,$
dann ist auch
    $\vert {x^{2}-7^{2}}\vert \leq \epsilon \,,$
also wenn $x$ und $7$ $\delta$-nahe beieinander sind, so sind die beiden Funktionswerte $\epsilon$-nahe beieinander. Wenn man zu $7$ eine Zahl $\delta$ hinzuaddiert, so ist der Funktionswert gleich
    $(7+\delta )^{2}=7^{2}+14\delta +\delta ^{2}\,,$
und die Differenz zu $7^{2}$ ist somit $14\delta +\delta ^{2}$. Insbesondere muss diese Differenz kleinergleich dem vorgegebenen $\epsilon$ werden. Dies wird erreicht, wenn die beiden Summanden $14\delta$ und $\delta ^{2}$ beide kleinergleich $\epsilon /2$ sind. Dies legt die Wahl
    $\delta :={\frac {\epsilon }{28}}\,$
nahe. Es gelten dann in der Tat für
    $\vert {x-7}\vert \leq \delta \,$
die Abschätzungen
    ${\begin{aligned}\vert {x^{2}-7^{2}}\vert &=\vert {x-7}\vert \cdot \vert {x+7}\vert \\&\leq \delta {\left(14+\delta \right)}\\&=14\delta +\delta ^{2}\\&\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$
# Hyperbelfunktion/Harmonische Reihe/Unbeschränkt/Aufgabe/Lösung

Für $x\in \mathbb {R} _{\geq 1}$ mit $n-1\leq x\leq n$ ist ${\frac {1}{x}}\geq {\frac {1}{n}}$. Deshalb ist auf $[1,m]$ (mit $m\in \mathbb {N}$) diejenige Funktion, die auf dem ganzzahligen Intervall $[n-1,n[$ den Wert ${\frac {1}{n}}$ besitzt, eine untere Treppenfunktion zu $1/x$. Das zugehörige Treppenintegral hat den Wert
    ${\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+\cdots +{\frac {1}{m}}=\sum _{k=2}^{m}{\frac {1}{k}}\,$
und damit ist diese Summe ein unteres Treppenintegral
$1/x$
$[1,m]$
$1/x$
$m$
# K-Spektrum/Halm der Strukturgarbe im Punkt/Ist lokal/direkt/Aufgabe

Es sei $K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und $R$ eine endlich erzeugte kommutative $K$-Algebra. Es sei $P\in K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ ein Punkt. Zeige, dass der Halm ${\mathcal {O}}_{P}$ ein lokaler Ring ist.
# Reelle Funktion/Stetig/Quadrat/Beispiel

Wir zeigen, dass das Quadrieren
    $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{2},$
stetig ist. Es sei dazu $a\in \mathbb {R}$ fixiert, wir zeigen die Stetigkeit im Punkt $a$. Es sei ein $\epsilon >0$ vorgegeben. Wir müssen ein $\delta >0$ finden (bzw. die Existenz eines solchen $\delta$ nachweisen), das die Eigenschaft besitzt: Wenn
    $\vert {x-a}\vert \leq \delta \,,$
dann ist auch
    $\vert {x^{2}-a^{2}}\vert \leq \epsilon \,,$
also wenn $x$ und $a$ $\delta$-nahe sind, so sind die beiden Funktionswerte $\epsilon$-nahe. Es ist klar, dass die Wahl von $\delta$ nicht nur von $\epsilon$ abhängt, sondern auch von $a$. Wenn man nämlich zu $a$ eine Zahl $\delta$ hinzuaddiert, so ist der Funktionswert gleich
    $(a+\delta )^{2}=a^{2}+2a\delta +\delta ^{2}\,,$
und die Differenz zu $a^{2}$ ist somit $2a\delta +\delta ^{2}$. Insbesondere muss der Betrag dieser Differenz kleinergleich dem vorgegebenen $\epsilon$ werden. Dies wird erreicht, wenn die beiden Summanden $2a\delta$ und $\delta ^{2}$ beide kleinergleich $\epsilon /2$ sind. Von daher ist bei $a>0$ und $\epsilon \leq 1$ die Wahl
    $\delta :={\min {\left({\frac {\epsilon }{4a}},{\frac {\epsilon }{2}}\right)}}\,$
naheliegend. Um alle Fälle zu erfassen, wählen wir
    $\delta :={\min {\left({\frac {\epsilon }{4\vert {a}\vert }},{\frac {\epsilon }{2}}\right)}}\,,$
wobei der vordere Term bei $a=0$ zu ignorieren ist. Es gelten dann in der Tat für
    $\vert {a-x}\vert \leq \delta \,$
die Abschätzungen
    ${\begin{aligned}\vert {x^{2}-a^{2}}\vert &=\vert {x-a}\vert \cdot \vert {x+a}\vert \\&\leq \delta {\left(2\vert {a}\vert +\delta \right)}\\&=2\vert {a}\vert \delta +\delta ^{2}\\&\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$
# Hyperelliptische Gleichung/Grad 5/Dichte Perioden/Periodengitter/Aufgabe/Lösung

* Wir setzen $u_{1}=\int _{\gamma }\omega _{1}$ und $u_{2}=\int _{\gamma }\omega _{2}$, beides sind positive reelle Zahlen. Nach Beispiel bzw. den entsprechenden Berechnungen für $\omega _{2}$ (siehe Aufgabe) ist
    $\operatorname {Per} {\left(\gamma \right)}=\left(u_{1},\,u_{2}\right)\,,$
    $\operatorname {Per} {\left(\theta \circ \gamma \right)}=\left(\zeta u_{1},\,\zeta ^{3}u_{2}\right)\,,$
    $\operatorname {Per} {\left(\theta ^{2}\circ \gamma \right)}=\left(\zeta ^{2}u_{1},\,\zeta ^{6}u_{2}\right)\,,$
    $\operatorname {Per} {\left(\theta ^{3}\circ \gamma \right)}=\left(\zeta ^{3}u_{1},\,\zeta u_{2}\right)\,.$
* Wir behaupten, dass diese vier Periodenvektoren reell linear unabhängig sind und daher das Periodengitter das von diesen Vektoren erzeugte Gitter ist. Dazu betrachten wir die ${\mathbb {C} }$-lineare Abbildung die die Standardbasisvektoren auf $(u_{1},0)$ bzw. auf $(0,u_{1})$ abbildet. Es ist dann die reelle Unabhängigkeit von zu zeigen. Wegen geht es um die vier Vektoren (geänderte Reihenfolge) Die Summe bzw. die Differenz der beiden hinteren Spaltenvektoren ergibt ${\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {2}}\\0\\{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}$ bzw. ${\begin{pmatrix}{\sqrt {2}}\\0\\-{\sqrt {2}}\\0\end{pmatrix}}$, woraus die lineare Unabhängigkeit ersichtlich ist.
    ${\mathbb {C} }^{2}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{2},$
    $\left(1,\,1\right),\,\left(\zeta ,\,\zeta ^{3}\right),\,\left(\zeta ^{2},\,\zeta ^{6}\right),\,\left(\zeta ^{3},\,\zeta \right)$
    $\zeta ={\frac {1}{\sqrt {2}}}+{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\mathrm {i} }\,,$
    $\zeta ^{2}={\mathrm {i} }\,,$
    $\zeta ^{3}=-{\frac {1}{\sqrt {2}}}+{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\mathrm {i} }\,,$
    $\zeta ^{6}=-{\mathrm {i} }\,$
    ${\begin{pmatrix}1\\0\\1\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\1\\0\\-1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}.$
# K-Spektrum/Integre Algebren/Homomorphismus zwischen Quotientenkörper/Realisierung/Aufgabe

Es sei $K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und seien $R$ und $S$ zwei integre $K$-Algebren von endlichem Typ. Es sei ein $K$-Algebrahomomorphismus
    $\varphi \colon Q(R)\longrightarrow Q(S)$
zwischen den Quotientenkörpern gegeben. Zeige, dass es eine offene Teilmenge $U\subseteq K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(S\right)}$ und einen Morphismus
    $U\longrightarrow K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$
gibt, der $\varphi$ induziert.
# Reelle Matrix/2x2/Trigonalisierbarkeit über charakteristisches Polynom/Beispiel

Wir betrachten eine reelle $2\times 2$-Matrix $M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$. Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\left(xE_{2}-M\right)}\\&=\det {\begin{pmatrix}x-a&-b\\-c&x-d\end{pmatrix}}\\&=(x-a)(x-d)-bc\\&=x^{2}-(a+d)x+ad-bc\\&={\left(x-{\frac {a+d}{2}}\right)}^{2}-{\left({\frac {a+d}{2}}\right)}^{2}+ad-bc\\&={\left(x-{\frac {a+d}{2}}\right)}^{2}-{\left({\frac {a-d}{2}}\right)}^{2}-bc.\end{aligned}}$
Dieses Polynom zerfällt in (reelle) Linearfaktoren genau dann, wenn ${\left({\frac {a-d}{2}}\right)}^{2}+bc\geq 0$ ist. Genau in diesem Fall ist die Matrix nach Fakt trigonalisierbar.
# Hyperelliptische Gleichung/Grad 5/Dichte Perioden/Reelle Abhängigkeit/Aufgabe/Lösung

Wegen
    $\zeta ={\frac {1}{\sqrt {2}}}+{\frac {\mathrm {i} }{\sqrt {2}}}\,$
ist
    ${\begin{aligned}-\int _{\gamma }\omega +{\sqrt {2}}\int _{\theta \circ \gamma }\omega -\int _{\theta ^{2}\circ \gamma }\omega &=-\int _{\gamma }\omega +{\sqrt {2}}\zeta \int _{\gamma }\omega -\zeta ^{2}\int _{\gamma }\omega \\&={\left(-1+{\sqrt {2}}{\left({\frac {1}{\sqrt {2}}}+{\frac {\mathrm {i} }{\sqrt {2}}}\right)}+{\mathrm {i} }\right)}\int _{\gamma }\omega \\&=0.\end{aligned}}$
# K-Spektrum/Quasiaffin/Abbildung nach affiner Raum faktorisiert durch V genau dann, wenn Ideal im Kern/Aufgabe

Es sei $U$ eine quasiaffine Varietät über einem algebraisch abgeschlossenen Körper $K$ und sei
    ${\psi }\colon U\longrightarrow {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$
ein Morphismus. Zeige, dass ${\psi }$ genau dann durch die abgeschlossene Menge $V({\mathfrak {a}})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ faktorisiert, wenn ${\mathfrak {a}}$ im Kern des globalen Ringhomomorphismus
    ${\tilde {\psi }}\colon K[T_{1},\ldots ,T_{n}]\longrightarrow \Gamma (U,{\mathcal {O}}_{U})$
liegt.
# Reelle Partialbruchzerlegung/1 durch x^3-1/Beispiel

Wir betrachten die rationale Funktion
    ${\frac {1}{X^{3}-1}}={\frac {1}{(X-1){\left(X^{2}+X+1\right)}}}\,.$
wobei der Faktor rechts reell nicht weiter zerlegbar ist. Daher muss es eine eindeutige Darstellung
    ${\frac {1}{X^{3}-1}}={\frac {a}{X-1}}+{\frac {bX+c}{X^{2}+X+1}}\,$
geben. Multiplikation mit dem Nennerpolynom führt auf
    ${\begin{aligned}1&=a{\left(X^{2}+X+1\right)}+(bX+c)(X-1)\\&=(a+b)X^{2}+(a+c-b)X+a-c.\end{aligned}}$
Koeffizientenvergleich führt auf das inhomogene lineare Gleichungssystem
    $a+b=0{\text{ und }}a+c-b=0{\text{ und }}a-c=1$
mit den eindeutigen Lösungen
    $a={\frac {1}{3}},\,b=-{\frac {1}{3}},\,c=-{\frac {2}{3}}.$
Die Partialbruchzerlegung ist also
    ${\frac {1}{X^{3}-1}}={\frac {\frac {1}{3}}{X-1}}+{\frac {-{\frac {1}{3}}X-{\frac {2}{3}}}{X^{2}+X+1}}={\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{X-1}}-{\frac {1}{3}}\cdot {\frac {X+2}{X^{2}+X+1}}\,.$
# Hyperfläche/Homogene Zerlegung/Obergrad/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten
    $F=X+Y^{d}\,$
für verschiedene $d\geq 1$. Es ist stets, da man $X$ durch $-Y^{d}$ ausdrücken kann,
    ${\left({\left(K[X,Y]\right)}_{(X,Y)}\right)}/(F)={\left(K[X,Y]/(F)\right)}_{(X,Y)}\cong K[Y]_{(Y)}\,,$
$d$
# K-Spektrum/Quasiaffin/Algebraischen Funktionen/Lokale Eigenschaft/Aufgabe

Es sei $R$ eine kommutative $K$-Algebra von endlichem Typ über einem algebraisch abgeschlossenen Körper. Es sei $U\subseteq K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ eine offene Teilmenge und $f\colon U\rightarrow K$ eine Funktion. Es sei $U=\bigcup _{i\in I}U_{i}$ eine offene Überdeckung mit der Eigenschaft, dass die Einschränkungen $f_{i}=f\!\mid _{U_{i}}$ algebraische Funktionen sind. Zeige, dass dann $f$ selbst algebraisch ist.
# Reelle Partialbruchzerlegung/x^3-x+5 durch x^2(x^2+1)/Beispiel

Wir betrachten die rationale Funktion
    ${\frac {X^{3}-X+5}{X^{4}+X^{2}}}={\frac {X^{3}-X+5}{X^{2}{\left(X^{2}+1\right)}}}\,,$
wo die Faktorzerlegung des Nennerpolynoms sofort ersichtlich ist. Der Ansatz
    ${\frac {X^{3}-X+5}{X^{2}{\left(X^{2}+1\right)}}}={\frac {a}{X}}+{\frac {b}{X^{2}}}+{\frac {cX+d}{X^{2}+1}}\,$
führt durch Multiplikation mit dem Nennerpolynom auf
    ${\begin{aligned}X^{3}-X+5&=aX{\left(X^{2}+1\right)}+b{\left(X^{2}+1\right)}+(cX+d)X^{2}\\&=aX^{3}+aX+bX^{2}+b+cX^{3}+dX^{2}\\&=(a+c)X^{3}+(b+d)X^{2}+aX+b.\end{aligned}}$
Koeffizientenvergleich führt auf das inhomogene lineare Gleichungssystem
    $a+c=1{\text{ und }}b+d=0{\text{ und }}a=-1{\text{ und }}b=5$
mit der Lösung
    $b=5,\,a=-1,\,d=-5,\,c=2.$
Insgesamt ist die Partialbruchzerlegung also gleich
    ${\frac {X^{3}-X+5}{X^{2}(X^{2}+1)}}=-{\frac {1}{X}}+{\frac {5}{X^{2}}}+{\frac {2X-5}{X^{2}+1}}\,.$
# Häuptling/Tipi/3x3/Stangenlänge 5/Aufgabe/Lösung

a) Die Länge einer schrägen Zeltflächenhöhe ist
    $g={\sqrt {5^{2}-{\left({\frac {3}{2}}\right)}^{2}}}={\sqrt {25-{\frac {9}{4}}}}={\sqrt {\frac {91}{4}}}={\frac {\sqrt {91}}{2}}\,.$
Die Gesamtfläche des Zeltdaches ist daher
    $4{\frac {1}{2}}3g=3{\sqrt {91}}\,.$
b) Die Diagonale der Grundfläche hat die Länge $3{\sqrt {2}}$, der Grundflächenmittelpunkt hat also zu den Eckpunkten den Abstand ${\frac {1}{2}}3{\sqrt {2}}$. Die Zelthöhe ist daher
    $h={\sqrt {5^{2}-{\left({\frac {1}{2}}3{\sqrt {2}}\right)}^{2}}}={\sqrt {25-{\frac {9}{2}}}}={\sqrt {\frac {41}{2}}}\,.$
Das Volumen des Tipis ist somit nach Fakt gleich
    ${\frac {1}{3}}9h=3{\sqrt {\frac {41}{2}}}\,.$
# K-Spektrum/Quasiaffin/Globale Einheiten und Morphismen nach punktierter Gerade/Aufgabe

Es sei $U$ eine quasiaffine Varietät über einem algebraisch abgeschlossenen Körper $K$. Zeige, dass die Einheiten in $\Gamma (U,{\mathcal {O}}_{U})$ den Morphismen von $U$ nach ${{\mathbb {A} }_{K}^{\times }}={\mathbb {A} }_{K}^{1}\setminus \{0\}$ entsprechen.
# Reelle Reihe/Kehrwerte der Quadrate/Konvergenz/Beispiel

Wir wollen bestimmen, ob die Reihe
    $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}=1+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{16}}+{\frac {1}{25}}+\ldots \,$
konvergiert oder nicht. Dazu ziehen wir das Majorantenkriterium und Beispiel heran, wo wir die Konvergenz von $\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}$ gezeigt haben. Für $k\geq 2$ ist
    ${\frac {1}{k^{2}}}\leq {\frac {1}{k(k-1)}}\,.$
Daher konvergiert $\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ und somit auch $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$. Über den Wert der Summe ist damit noch nichts gesagt. Mit deutlich aufwändigeren Methoden (siehe Fakt) kann man zeigen, dass diese Summe gleich ${\frac {\pi ^{2}}{6}}$ ist.
# Höhensatz/Aus Kathetensatz/Lineare Algebra/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Es sei $A,B,C$ das rechtwinklige Dreieck mit dem rechten Winkel an $C$ und es sei $D$ der Höhenfußpunkt von $C$ auf der durch $A$ und $B$ gegebenen Geraden. Wegen der Rechtwinkligkeit liegt dieser zwischen $A$ und $B$, d.h. es ist
    $d(A,B)=d(A,D)+d(D,B)\,.$
Nach dem Satz des Pythagoras (angewendet auf das rechtwinklige Dreieck $A,C,D$ mit rechtem Winkel an $D$) und nach dem Kathetensatz ist
    ${\begin{aligned}d(D,C)^{2}&=d(A,C)^{2}-d(A,D)^{2}\\&=d(A,D)\cdot d(A,B)-d(A,D)^{2}\\&=d(A,D)\cdot (d(A,B)-d(A,D))\\&=d(A,D)\cdot d(D,B),\end{aligned}}$
# K-Spektrum/Quasiaffine Varietät/Algebraische Funktion/Beschreibung der Nullfasern/Aufgabe

Es sei $U\subseteq K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ eine quasiaffine Varietät und sei $f\in \Gamma (U,{\mathcal {O}})$ eine algebraische Funktion. Es seien $q=g_{i}/h_{i}$, $i=1,\ldots ,n$, lokale Darstellungen von $f$ auf $D(h_{i})\subseteq U$. Zeige, dass das Urbild $f^{-1}(0)$ gleich der abgeschlossenen Menge $V(h_{1}g_{1},\ldots ,h_{n}g_{n})\cap U$ ist.
# Reelle Reihe/Summe 1 durch k(k+1)/Beispiel

Wir wollen die Reihe
    $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)}}$
berechnen, wozu wir zuerst eine Formel für die $n$-te Partialsumme angeben. Es ist
    $s_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}=\sum _{k=1}^{n}{\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)}=1-{\frac {1}{n+1}}={\frac {n}{n+1}}\,.$
Diese Folge konvergiert gegen $1$, sodass die Reihe konvergiert und ihre Summe gleich $1$ ist.
# Höhere Ableitung/C/2x e hoch 3x/Induktion/Aufgabe/Lösung

Die Ableitung von $f$ ist nach der Produktregel
    $f'(x)=2e^{3x}+2x\cdot 3e^{3x}={\left(3^{1}\cdot 2x+2\right)}e^{3x}={\left(3^{1}\cdot 2x+3^{0}\cdot 2\cdot 1\right)}e^{3x}\,.$
Dadurch ist die Gleichung für $n=1$ richtig und der Induktionsanfang ist gesichert. Es sei die Gleichung nun für die $n$-te Ableitung schon bewiesen. Wegen $f^{(n+1)}=(f^{n})'$ gilt somit
    ${\begin{aligned}f^{(n+1)}&={\left({\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\right)}'\\&=3^{n}\cdot 2e^{3x}+3{\left(3^{n}\cdot 2x+3^{n-1}\cdot 2n\right)}e^{3x}\\&={\left(3^{n+1}\cdot 2x+3^{n}\cdot 2+3^{n}\cdot 2n\right)}e^{3x}\\&={\left(3^{n+1}\cdot 2x+3^{n}\cdot 2(n+1)\right)}e^{3x}.\end{aligned}}$
$(n+1)$
# K-Spektrum/Topologische Filter/Inklusion/Abbildung der Halme/Aufgabe

Es sei $K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und $R$ eine endlich erzeugte kommutative $K$-Algebra. Es seien $F_{1}$ und $F_{2}$ zwei topologische Filter in $K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ mit $F_{1}\subseteq F_{2}$. Zeige, dass es einen Ringhomomorphismus
    ${\mathcal {O}}_{F_{1}}\longrightarrow {\mathcal {O}}_{F_{2}}$
gibt.
# Reelle Zahl/Zehnersystem/Folgenbegriff/Beispiel

Eine reelle Zahl $x$ aus $[0,1[$ wird im Zehnersystem durch eine unendliche Dezimalbruchentwicklung der Form
    $x=0{,}z_{1}z_{2}z_{3}z_{4}\ldots \,$
wiedergegeben. Dabei sind die $z_{n}$, $n\in \mathbb {N} _{+}$, Ziffern aus $\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ und $z_{n}$ bezeichnet die $n$-te Nachkommaziffer. Wenn man eine solche unendliche Ziffernentwicklung nur bis zur $n$-ten Stelle liest und die weiteren Stellen vernachlässigt, so erhält man die rationalen Zahlen
    $x_{n}=0{,}z_{1}z_{2}\ldots z_{n}={\frac {z_{1}10^{n-1}+z_{2}10^{n-2}+\cdots +z_{n-1}10+z_{n}}{10^{n}}}\,,$
die eine zunehmend bessere Approximation von $x$ darstellen. Der Fehler der $n$-ten Approximation $x_{n}$, also der Abstand $x-x_{n}$, ist höchstens $1/10^{n}$. Man kann also den Fehler beliebig klein machen, indem man die rationalen Approximationen $x_{n}$ für hinreichend große $n$ betrachtet.
# Höhere Ableitung/C/Linear und trigonometrisch/Aufgabe/Lösung

Zum Induktionsanfang betrachten wir $n=0$, es geht also um die Funktion selbst. Wegen
    $f(x)=g(x)\sin x+h(x)\cos x=(-1)^{0}{\left({\left(g(x)+0h'(x)\right)}\sin x+{\left(-0g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}\,$
ist die Formel für $n=0$ gerade richtig.
Wir beweisen nun nun die Formel für $n+1$ unter der Induktionsvoraussetzung, dass sie für alle kleinere Zahlen richtig ist. Es sei zunächst $n+1$ ungerade, also $n$ gerade. Dann ist (unter Verwendung der Tatsache, dass die zweiten Ableitungen von $g$ und $h$ gleich $0$ sind)
    ${\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}\right)}'(x)\\&=(-1)^{n/2}{\left({\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x+{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}'\\&=(-1)^{n/2}{\left(g'(x)\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x+h'(x)\cos x-{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\sin x\right)}\\&=(-1)^{n/2}{\left({\left(g'(x)+ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)+h'(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{((n+1)-1)/2}{\left({\left((n+1)g'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\cos x\right)},\end{aligned}}$
sodass der Ausdruck für $n+1$ ungerade vorliegt.
Bei $n+1$ gerade, also $n$ ungerade, ist
    ${\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}\right)}'(x)\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x\right)}'\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left(-h'(x)\sin x+{\left(ng'(x)-h(x)\right)}\cos x+g'(x)\cos x-{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x\right)}\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(-g(x)-(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left((n+1)g'(x)-h(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{(n-1)/2}(-1){\left({\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left(-(n+1)g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{(n+1)/2}{\left({\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left(-(n+1)g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)},\end{aligned}}$
$n+1$
# K/Standard-graduiert/Modul/Jede endliche Hilbert-Funktion/Aufgabe

Es sei $R=R_{0}=K$ ein Körper, den wir als einen $\mathbb {Z}$-graduierten Ring auffassen, bei dem sämtliche Stufen $R_{d}=0$ für $d\neq 0$ sind. Zeige, dass man jede Funktion $f\colon \mathbb {Z} \rightarrow \mathbb {Z}$, die für fast alle Zahlen den Wert $0$ annimmt, als die Hilbertfunktion eines endlich erzeugten graduierten Moduls $M$ über $R$ erhalten kann.