OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Körper/Grundkörper/Transzendenzbasis/Endlich/Austauscheigenschaft/Fakt/Name/Inhalt

Es sei $K$ ein Grundkörper und $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung mit endlichen Transzendenzbasen $f_{1},\ldots ,f_{m}$ und $g_{1},\ldots ,g_{n}$. Dann gibt es zu jedem Element $f_{i}$ der ersten Transzendenzbasis ein Element $g_{j}$ der zweiten Transzendenzbasis derart, dass $f_{1},\ldots ,f_{i-1},g_{j},f_{i+1},\ldots ,f_{m}$ ebenfalls eine Transzendenzbasis ist.
# Reelle Zahlen/Anordnungsaxiome/Archimedes/Folgerungen/Fakt/Beweis2

(1). Wir betrachten $y/x$. Aufgrund des Archimedes-Axioms gibt es ein $n$ mit $n\geq y/x$. Da $x$ positiv ist, gilt nach Fakt (6) auch $nx\geq y$. Für (2) und (3) siehe Aufgabe.
# Reelle Zahlen/Teilmenge/Infimum/Definition

Zu einer nichtleeren Teilmenge $M\subseteq \mathbb {R}$ heißt eine untere Schranke $t$ von $M$ das Infimum von $M$, wenn $t\geq s$ für alle unteren Schranken $s$ von $M$ gilt.
# Reelle Zahlen/Teilmenge/Supremum/Definition

Zu einer nichtleeren Teilmenge $M\subseteq \mathbb {R}$ heißt eine obere Schranke $T$ von $M$ das Supremum von $M$, wenn $T\leq S$ für alle oberen Schranken $S$ von $M$ gilt.
# Reelle Zahlen/Vergleich mit rationalen Zahlen/Formulierung in einer freien Variablen/Aufgabe

Es sei $\{0,1,+,\cdot ,\geq \}$ das Symbolalphabet für einen angeordneten Körper. Wir betrachten zu $m,n\in \mathbb {N} _{+}$
die Ausdrücke $\alpha _{m,n}$ in der einen freien Variablen $x$, die durch
    $x+\cdots +x\geq 1+\cdots +1$
gegeben sind, wobei links $m$ mal $x$ und rechts $n$ mal $1$ steht. Wir betrachten den angeordneten Körper $\mathbb {R}$.
* Zeige mit Hilfe von $\alpha _{m,n}$, dass verschiedene reelle Zahlen nicht zueinander elementar äquivalent sind.
* Zeige, dass nicht alle reellen Zahlen durch einen Ausdruck in einer freien Variablen charakterisierbar sind.
* Zeige, dass jede rationale Zahl (innerhalb der reellen Zahlen) durch einen Ausdruck in einer freien Variablen charakterisierbar ist.
# Reelle Zahlen/Vollständigkeit/Erläutert/Axiom

Die reellen Zahlen $\mathbb {R}$ sind vollständig, d.h. jede Cauchy-Folge in $\mathbb {R}$ konvergiert.
# Restklassenringe von Z/Charakterisierung Körper/Prim/Fakt/Beweis2

Bei $n=0$ ist der Restklassenring gleich $\mathbb {Z}$ selbst und kein Körper. Bei $n=1$ besteht der Restklassenring aus nur einem Element und es ist ${\overline {0}}\,={\overline {1}}\,$. Dies ist bei einem Körper explizit ausgeschlossen, und $1$ ist keine Primzahl. Es sei also von nun an $n\geq 2$. Wenn $n$ keine Primzahl ist, so gibt es eine Darstellung
    $n=rs\,$
mit kleineren Zahlen
    $1<r,s<n\,.$
Im Restklassenring $\mathbb {Z} /(n)$ bedeutet dies, dass die Restklassen ${\overline {r}}\,$ und ${\overline {s}}\,$ nicht $0$ sind, dass aber ihr Produkt
    ${\overline {r}}\,{\overline {s}}\,={\overline {rs}}\,={\overline {n}}\,=0\,$
ist. Das kann nach Fakt in einem Körper nicht sein.
Sei nun $n$ eine Primzahl. Wir müssen zeigen, dass jede von $0$ verschiedene Restklasse ${\overline {r}}\,$, $0<r<n$, ein inverses Element besitzt. Da $n$ prim ist, sind $r$ und $n$ teilerfremd. Nach dem Lemma von Bezout gibt es ganze Zahlen $a,b$ mit
    $ar+bn=1\,.$
Dies führt im Restklassenring zur Identität
    ${\begin{aligned}{\overline {1}}\,&={\overline {ar+bn}}\,\\&={\overline {a}}\,{\overline {r}}\,+{\overline {b}}\,{\overline {n}}\,\\&={\overline {a}}\,{\overline {r}}\,,\end{aligned}}$
die besagt, dass ${\overline {r}}\,$ und ${\overline {a}}\,$ invers zueinander sind.
# Rundgang/Äquivalenzrelation/Hamiltonscher Quotient/Aufgabe

Es sei $H$ ein Rundgang. Charakterisiere die Äquivalenzrelationen $\sim$ auf $H$ mit der Eigenschaft, dass der Quotientengraph $G=H/\sim$ hamiltonsch ist.
# Reelle endliche Körpererweiterung/Ist quadratisch und gleich C/Fakt/Beweis2

Das reelle normierte Polynom $P\in \mathbb {R} [X]$ zerfällt über den komplexen Zahlen ${\mathbb {C} }$ nach dem Fundamentalsatz der Algebra in Linearfaktoren, d.h. es ist
    $P=\prod _{j}(X-\lambda _{j})\,$
mit $\lambda _{j}=a_{j}+b_{j}i\in {\mathbb {C} }$. Da $P$ reelle Koeffizienten hat, stimmt es mit seinem komplex-konjugierten überein, d.h. es ist insgesamt
    $\prod _{j}(X-\lambda _{j})=P={\overline {P}}=\prod _{j}(X-{\overline {\lambda _{j}}})\,.$
Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung gibt es zu jedem $j$ ein $k$ mit ${\overline {\lambda _{j}}}=\lambda _{k}$. D.h. entweder, dass $\lambda _{j}\in \mathbb {R}$ ist, und dann liegt ein reeller Linearfaktor vor, oder aber $j\neq k$ und dann ist
    $(X-\lambda _{j})(X-{\overline {\lambda _{j}}})=(X-a_{j}-b_{j}i))(X-a_{j}+b_{j}i)=X^{2}-2a_{j}X+a_{j}^{2}+b_{j}^{2}\,$
ein reelles Polynom. In der reellen Primfaktorzerlegung von $P$ kommen also nur lineare und quadratische Faktoren vor, und insbesondere haben im Reellen alle irreduziblen Polynome den Grad eins oder zwei.
Sei nun $\mathbb {R} \subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung. Es sei $\mathbb {R} \subset L$ und $x\in L$, $x\not \in \mathbb {R}$. Dann ist $x$ algebraisch über $\mathbb {R}$ und nach Fakt ist $\mathbb {R} [x]\cong \mathbb {R} [X]/(P)$ mit einem irreduziblen Polynom $P$ (dem Minimalpolynom zu $x$). Das Polynom $P$ besitzt in ${\mathbb {C} }$ Nullstellen, sodass es einen $\mathbb {R}$-Algebrahomomorphismus $\mathbb {R} [X]/(P)\rightarrow {\mathbb {C} }$ gibt. Da beides reell-zweidimensionale Körper sind, muss eine Isomorphie vorliegen. Wir erhalten also eine endliche Körpererweiterung ${\mathbb {C} }\subseteq L$. Da ${\mathbb {C} }$ algebraisch abgeschlossen ist, muss nach Aufgabe ${\mathbb {C} }=L$ sein.
# Satz von Artin/Fixkörper zu endlicher Gruppe/Gradgleichung/Fakt/Name/Inhalt

Es sei $L$ ein Körper und sei $H\subseteq \operatorname {Aut} _^{\left(L\right)}$ eine endliche Untergruppe der Automorphismengruppe von $L$. Es sei $K=\operatorname {Fix} \,(H)$. Dann ist
    $\operatorname {grad} _{K}L={\#\left(H\right)}\,.$
# Simplizialer Komplex/Stanley-Reisner-Ring/Achsenraumkonfiguration/Ideal/Fakt/Beweis2

Sei zunächst $f=\prod _{v\in A}X_{v}$ zu einer Nichtseite $A\subseteq V$. Es sei $P=(x_{v})$ ein Punkt der zugehörigen Achsenraumkonfiguration. Das bedeutet, dass der Träger $S$ des Tupels eine Seite des simplizialen Komplexes ist. Somit ist $A\not \subseteq S$ und das heißt, dass es ein $v\in A$ derart gibt, dass der Punkt an diesem Index den Eintrag $0$ besitzt. Dann ist auch $f(P)=0$.
Sei nun umgekehrt
    $f\notin I_{\Delta }\,.$
Wir schreiben
    $f=\sum _{\nu }a_{\nu }X^{\nu }\,,$
wobei wir direkt davon ausgehen können, dass nur solche Monome $X^{\nu }$ mit einem Koeffizienten $a_{\nu }\neq 0$ auftreten, deren Träger eine Seite des Komplexes ist (da die Monome zu Nichtseiten die Nullfunktion induzieren). Dabei sei $S$ eine Seite des simplizialen Komplexes, die als Träger eines Monoms in $f$ vorkommt. Es sei $S\subseteq F$ eine Facette und $K^{F}$ der zugehörige Achsenraum, der eine irreduzible Komponente der Achsenraumkonfiguration ist. Ein Monom $X^{\nu }$, das in $f$ vorkommt und dessen Träger nicht in $F$ liegt, induziert auf dem Achsenraum $K^{F}$ die Nullfunktion und man kann es weglassen, da dies den Wert der Polynomfunktion auf diesem Achsenraum nicht ändert. Ohne Einschränkung liege also der Träger eines jedes Monoms von $f$ in $F$. Dann ist aber $f$ einfach ein Polynom in den Variablen $X_{v}$, $v\in F$, und der $K^{F}$ ist der natürliche affine Raum, auf dem diese Polynome als Funktionen wirken. Bei einem unendlichen Körper ist aber nach Aufgabe ein vom Nullpolynom verschiedenes Polynom nicht die Nullfunktion auf dem affinen Raum.
# Ungerichteter Graph/Schwacher Homomorphismus/Faktorisierung/Fakt/Beweis

Wir definieren die Äquivalenzrelation $\sim$ auf $V$ durch $u\sim v$, wenn $\varphi (u)=\varphi (v)$. Es gibt dann nach Fakt eine Abbildung
    $\psi \colon V/\sim \longrightarrow W,$
wodurch $\varphi$ faktorisiert. Dabei ist $\psi$ injektiv und ebenfalls nach der Definition der Kanten auf $G/\sim$ ein Graphhomomorphismus. Der Bildgraph zu $\psi$ (der auch der Bildgraph von $\varphi$ ist), ist ein Untergraph $(U,K)$ von $H$, der zu $G/\sim$ isomorph ist. Wenn man $(U,K)$ durch die Kanten aus $F$ auffüllt, die zwischen Punkten aus $U$ verlaufen, so erhält man einen knotenpunktgleichen vollen Untergraphen von $H$.
# Zweimal stetig differenzierbar/Hesse-Matrix bzgl. Basis/K/Definition

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über ${\mathbb {K} }$, $G\subseteq V$ eine offene Menge und
    $f\colon G\longrightarrow {\mathbb {K} }$
eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei eine Basis $v_{i}$, $i=1,\ldots ,n$, von $V$ gegeben mit den zugehörigen Richtungsableitungen $D_{i}:=D_{v_{i}}$, $i=1,\ldots ,n$. Zu $P\in G$ heißt dann die Matrix
    ${\begin{pmatrix}D_{1}D_{1}f(P)&\cdots &D_{1}D_{n}f(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\D_{n}D_{1}f(P)&\cdots &D_{n}D_{n}f(P)\end{pmatrix}}$
die Hesse-Matrix zu $f$ im Punkt $P$ bezüglich der gegebenen Basis.
# Zahlbereich/Einbettung/Gitter/Fakt/Beweis2

Es sei $b_{1},\ldots ,b_{n}$ eine Ganzheitsbasis von $R$. Es ist zu zeigen, dass die $\tau ^{\mathbb {R} }(b_{k})$, $k=1,\ldots ,n$, linear unabhängig sind. Es ist
    $\tau ^{\mathbb {R} }(b)={\begin{pmatrix}\rho _{1}(b)\\\vdots \\\rho _{r}(b)\\\operatorname {Re} \,{\left(\sigma _{1}(b)\right)}\\\operatorname {Im} \,{\left(\sigma _{1}(b)\right)}\\\vdots \\\operatorname {Re} \,{\left(\sigma _{s}(b)\right)}\\\operatorname {Im} \,{\left(\sigma _{s}(b)\right)}\end{pmatrix}}\,.$
Wäre etwa
    $\tau ^{\mathbb {R} }(b_{n})=\sum _{k=1}^{n-1}c_{k}\tau ^{\mathbb {R} }(b_{k})\,$
mit $c_{k}\in \mathbb {R}$, so wäre insbesondere
    ${\begin{pmatrix}\operatorname {Re} \,{\left(\sigma _{j}(b_{n})\right)}\\\operatorname {Im} \,{\left(\sigma _{j}(b_{n})\right)}\end{pmatrix}}=\sum _{k=1}^{n-1}c_{k}{\begin{pmatrix}\operatorname {Re} \,{\left(\sigma _{j}(b_{k})\right)}\\\operatorname {Im} \,{\left(\sigma _{j}(b_{k})\right)}\end{pmatrix}}\,$
und damit
    ${\begin{aligned}\sigma _{j}(b_{n})&=\operatorname {Re} \,{\left(\sigma _{j}(b_{n})\right)}+{\mathrm {i} }\operatorname {Im} \,{\left(\sigma _{j}(b_{n})\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n-1}c_{k}{\left(\operatorname {Re} \,{\left(\sigma _{j}(b_{k})\right)}+{\mathrm {i} }\operatorname {Im} \,{\left(\sigma _{j}(b_{k})\right)}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n-1}c_{k}\sigma _{j}(b_{k})\end{aligned}}$
und ebenso
    ${\begin{aligned}{\overline {\sigma }}_{j}(b_{n})&=\operatorname {Re} \,{\left(\sigma _{j}(b_{n})\right)}-{\mathrm {i} }\operatorname {Im} \,{\left(\sigma _{j}(b_{n})\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n-1}c_{k}{\left(\operatorname {Re} \,{\left(\sigma _{j}(b_{k})\right)}-{\mathrm {i} }\operatorname {Im} \,{\left(\sigma _{j}(b_{k})\right)}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n-1}c_{k}{\overline {\sigma }}_{j}(b_{k}).\end{aligned}}$
D.h. in diesem Fall könnte man auch das Tupel $(\varphi (b_{n}))_{\varphi }$ zu allen komplexen Einbettungen $\varphi$ als Linearkombination der übrigen Tupel $(\varphi (b_{k}))_{\varphi }$, $k=1,\ldots ,n-1$, ausdrücken. Dies widerspricht aber der Tatsache, dass die Diskriminante von $b_{1},\ldots ,b_{n}$ nicht $0$ ist, siehe Fakt.
# Zahlbereich/Ideal/Restklassenring/Endlich/Fakt/Beweis2

Als kommutative Gruppe ist $R=\mathbb {Z} ^{n}$. Sei $a\in {\mathfrak {a}}$, $a\neq 0$. Dann ist das von $a$ erzeugte Hauptideal eine Untergruppe
    $aR\cong \mathbb {Z} ^{n}\subseteq R\cong \mathbb {Z} ^{n}\,.$
Deshalb ist die Restklassengruppe $\mathbb {Z} ^{n}/aR$ endlich und wegen der natürlichen Surjektion $\mathbb {Z} ^{n}/aR\rightarrow R/{\mathfrak {a}}$ ist auch der Restklassenring endlich.
# Zwischenwertsatz/Intervallhalbierungsmethode/2/Verfahren

Es seien $a\leq b$ reelle Zahlen und sei $f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion mit $f(a)\leq 0$ und $f(b)\geq 0$. Dann besitzt die Funktion aufgrund des Zwischenwertsatzes eine Nullstelle in diesem Intervall. Diese kann man wie im Beweis des Zwischenwertsatzes beschrieben durch eine Intervallhalbierung finden. Dazu setzt man $a_{0}=a$ und $b_{0}=b$ und betrachtet die Intervallmitte $x_{0}={\frac {a_{0}+b_{0}}{2}}$. Man berechnet
    $f(x_{0}).$
Bei $f{\left(x_{0}\right)}\leq 0$ setzt man
    $a_{1}:=x_{0}\,\,{\text{ und }}\,\,b_{1}:=b_{0}$
und bei $f{\left(x_{0}\right)}>0$ setzt man
    $a_{1}:=a_{0}\,\,{\text{ und }}\,\,b_{1}:=x_{0}.$
In jedem Fall hat das neue Intervall $[a_{1},b_{1}]$ die halbe Länge des Ausgangsintervalls und liegt in diesem. Da es wieder die Voraussetzung erfüllt, können wir darauf das gleiche Verfahren anwenden und gelangen so rekursiv zu einer Intervallschachtelung. Die durch die Intervallschachtelung definierte reelle Zahl $x$ ist eine Nullstelle der Funktion.
# Zwischenwertsatz/Intervallhalbierungsmethode/3/Verfahren

Es seien $a\leq b$ reelle Zahlen und sei $f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion mit $f(a)\leq 0$ und $f(b)\geq 0$. Dann besitzt die Funktion aufgrund des Zwischenwertsatzes eine Nullstelle in diesem Intervall. Diese kann man wie im Beweis des Zwischenwertsatzes beschrieben durch eine Intervallhalbierung $[a_{n},b_{n}]$ finden. Dabei setzt man $a_{0}=a$ und $b_{0}=b$, die weiteren Intervallgrenzen werden induktiv derart definiert, dass $f(a_{n})\leq 0$ und $f(b_{n})\geq 0$ gilt. Man setzt $x_{n}={\frac {a_{n}+b_{n}}{2}}$ und berechnet $f(x_{n})$. Bei $f{\left(x_{n}\right)}\leq 0$ setzt man
    $a_{n+1}:=x_{n}\,\,{\text{ und }}\,\,b_{n+1}:=b_{n}$
und bei $f{\left(x_{n}\right)}>0$ setzt man
    $a_{n+1}:=a_{n}\,\,{\text{ und }}\,\,b_{n+1}:=x_{n}.$
In jedem Fall hat das neue Intervall $[a_{n+1},b_{n+1}]$ die halbe Länge des Vorgängerintervalls und es liegt eine Intervallhalbierung vor. Die durch die Intervallschachtelung definierte reelle Zahl $x$ ist eine Nullstelle der Funktion.
# Endliche Körper/Endliche Erweiterung von Fp/Galois und Frobenius/Fakt/Name/Inhalt

Es sei $p$ eine Primzahl und $m\in \mathbb {N}$, $q=p^{m}$. Dann ist die Körpererweiterung ${\mathbb {F} }_{p}\subseteq {\mathbb {F} }_{q}$ eine Galoiserweiterung mit einer zyklischen Galoisgruppe der Ordnung $m$, die vom Frobeniushomomorphismus erzeugt wird.
# Endlicher Körper/Einheitengruppe ist zyklisch/Fakt/Name/Inhalt

Es sei $K$ ein endlicher Körper. Dann ist die Einheitengruppe $K^{\times }$ eine zyklische Gruppe.
# Hyperfläche/Isolierte Singularität/Hesse-Matrix/Nichtausgeartet/Milnorzahl 1/Fakt

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über ${\mathbb {K} }$, $G\subseteq V$ eine offene Menge und
    $f\colon G\longrightarrow {\mathbb {K} }$
eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei eine Basis $v_{i}$, $i=1,\ldots ,n$, von $V$ gegeben mit den Koordinaten $x_{i}$ und den zugehörigen partiellen Ableitungen $\partial _{i}$, $i=1,\ldots ,n$. Es sei $P\in G$ ein nichtausgearteter kritischer Punkt von $f$.
Dann erzeugen die partiellen Ableitungen $\partial _{i}f$ im lokalen Ring das maximale Ideal. Die Milnorzahl von $P$ ist $1$.
# Integritätsbereich/Primelement/Nenneraufnahme/Faktoriell/Fakt/Beweis

Es sei $f\in R$ eine von $0$ verschiedene Nichteinheit von $R$. In $R_{p}$ gilt
    $f={\frac {g_{1}}{p^{n_{1}}}}\cdots {\frac {g_{s}}{p^{n_{s}}}}\,$
mit $g_{i}$, die in $R_{p}$ prim sind (ein Faktor kann eine Einheit sein). In $R$ gilt somit
    $p^{n}f=g_{1}\cdots g_{s}\,.$
Nach Fakt ist
    $g_{i}=h_{i}p^{r_{i}}\,$
mit Primelementen oder Einheiten $h_{i}$. Somit ist
    $p^{n}f=p^{r+r_{1}+\cdots +r_{s}}h_{1}\cdots h_{s}\,.$
Da $p$ kein Teiler der $h_{i}$ ist, kann man $p^{n}$ vollständig wegkürzen und erhält eine Zerlegung von $f$ in Primfaktoren.
# Gruppe/Normalteiler/Restklassengruppe/Fakt/Name/Inhalt

Es sei $G$ eine Gruppe und $H\subseteq G$ ein Normalteiler. Es sei $G/H$ die Menge der Nebenklassen (die Quotientenmenge) und
    $q\colon G\longrightarrow G/H,\,g\longmapsto [g],$
die kanonische Projektion. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte Gruppenstruktur auf $G/H$ derart, dass $q$ ein Gruppenhomomorphismus ist.
# Affine Varietät/Algebraisch abgeschlossener Körper/K-Punkte/Definition

Es sei $K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und sei $R$ eine $K$-Algebra von endlichem Typ. Dann nennt man das $K$-Spektrum $V=K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ von $R$, wobei alle Zariski-offenen Mengen $U\subseteq V$ mit dem Ring der algebraischen Funktionen $\Gamma (U,{\mathcal {O}})$ versehen seien, eine affine Varietät .
# Affiner Raum/Lineare Variablentransformation/Definition

Es sei $K$ ein Körper. Dann nennt man eine Abbildung $\varphi \colon {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}\rightarrow {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ der Form
    $\varphi (x_{1},\ldots ,x_{n})=M{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}+(v_{1},\ldots ,v_{n})\,,$
wobei $M$ eine invertierbare Matrix ist, eine affin-lineare Variablentransformation .
# Algebraische Kurven/Quadrik durch fünf Punkte/Textabschnitt

    Quadriken durch vorgegebene Punkte
Es ist klar, dass es durch zwei verschiedene Punkte in der affinen Ebenen genau eine affine Gerade gibt. Durch einen Punkt (wenn also die beiden Punkte zusammenfallen) gibt es hingegen eine ganze Schar von Geraden. Durch drei Punkte gibt es im Allgemeinen keine Gerade, es sei denn, die Punkte sind kolinear . Etwas grundsätzlich ähnliches gilt auch für Quadriken.

## Lemma

Es sei $K$ ein Körper und es seien
    $(x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2}),(x_{3},y_{3}),(x_{4},y_{4}),(x_{5},y_{5})\in {\mathbb {A} }_{K}^{2}\,$
fünf vorgegebene Punkte.
Dann gibt es mindestens eine Quadrik
auf der diese fünf Punkte liegen.

### Beweis

Jede Quadrik hat die Gestalt
    $F=\alpha X^{2}+\beta XY+\gamma Y^{2}+\delta X+\epsilon Y+\eta \,$
mit Koeffizienten $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta ,\epsilon ,\eta \in K$. Die Aussage beruht darauf, dass man hier sechs freie Variablen hat, denen fünf Bedingungen gegenüber stehen. Für die fünf Punkte ergeben sich die fünf Bedingungen
* $\alpha x_{1}^{2}+\beta x_{1}y_{1}+\gamma y_{1}^{2}+\delta x_{1}+\epsilon y_{1}+\eta =0$
* $\alpha x_{2}^{2}+\beta x_{2}y_{2}+\gamma y_{2}^{2}+\delta x_{2}+\epsilon y_{2}+\eta =0$
* $\alpha x_{3}^{2}+\beta x_{3}y_{3}+\gamma y_{3}^{2}+\delta x_{3}+\epsilon y_{3}+\eta =0$
* $\alpha x_{4}^{2}+\beta x_{4}y_{4}+\gamma y_{4}^{2}+\delta x_{4}+\epsilon y_{4}+\eta =0$
* $\alpha x_{5}^{2}+\beta x_{5}y_{5}+\gamma y_{5}^{2}+\delta x_{5}+\epsilon y_{5}+\eta =0$.
Das sind fünf lineare Bedingungen in den sechs Variablen (hier sind also die griechischen Buchstaben die Variablen, nicht $x$ und $y$). Dafür gibt es eine nicht-triviale Lösung, bei der nicht alle Koeffizenten null sind. Sind in einer gefundenen Lösung $\alpha =\beta =\gamma =0$, so liegt zunächst die Gleichung einer Geraden, also keine Quadrik vor. Man kann daraus aber durch Multiplikation mit einer weiteren Geradengleichung eine Quadrik erhalten.
$\Box$
# Angeordneter Körper/Folgen/Nullfolgen als Unterraum/1 durch n und 1 durch n^2/Aufgabe

Es sei $K$ ein angeordneter Körper und sei
    $V=K^{\mathbb {N} _{+}}\,$
der Vektorraum aller Folgen in $K$ (mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation).
a) Zeige (ohne Sätze über konvergente Folgen zu verwenden), dass die Menge der Nullfolgen, also
    $U={\left\{(x_{n})_{n\in \mathbb {N} _{+}}\mid (x_{n})_{n\in \mathbb {N} _{+}}{\text{ konvergiert gegen 0}}\right\}}\,$
ein $K$-Untervektorraum von $V$ ist.
b) Sind die beiden Folgen
    $(1/n)_{n\in \mathbb {N} _{+}}{\text{ und }}(1/n^{2})_{n\in \mathbb {N} _{+}}$
linear unabhängig in $V$?
# Der Banachsche Fixpunktsatz/Textabschnitt
## Definition

Es sei
    $f\colon L\longrightarrow M,\,x\longmapsto f(x),$
eine Abbildung zwischen den metrischen Räumen $L$ und $M$. Dann heißt $f$ stark kontrahierend, wenn es eine nichtnegative reelle Zahl $c<1$ gibt mit
    $d{\left(f(x),f(y)\right)}\leq c\cdot d{\left(x,y\right)}\,$
für alle $x,y\in L$.
Die Zahl $c$ nennt man einen Kontraktionsfaktor .

## Satz

Es sei $M$ ein nicht-leerer vollständiger metrischer Raum und
    $f\colon M\longrightarrow M$
stark kontrahierende Abbildung.
Dann besitzt $f$ genau einen Fixpunkt.

### Beweis

Es sei $c\in \mathbb {R}$, $0\leq c<1$, ein Kontraktionsfaktor, d.h. es gelte
    $d{\left(f(x),f(y)\right)}\leq c\cdot d{\left(x,y\right)}\,$
für alle $x,y\in M$. Wenn $x,y\in M$ Fixpunkte sind, so folgt aus
    $d(x,y)=d(f(x),f(y))\leq c\cdot d(x,y)\,$
sofort $d(x,y)=0$ und somit $x=y$, es kann also maximal einen Fixpunkt geben. Es sei nun $x\in M$ ein beliebiger Punkt. Wir betrachten die durch
    $x_{0}=x{\text{ und }}x_{n}:=f^{n}(x):=f(x_{n-1})$
rekursiv definierte Folge in $M$. Wir setzen
    $a=d{\left(f(x),x\right)}\,.$
Dann gilt für jedes $n\in \mathbb {N}$ die Beziehung
    $d{\left(f^{n+1}(x),f^{n}(x)\right)}\leq c\cdot d{\left(f^{n}(x),f^{n-1}(x)\right)}\leq c^{n}\cdot d{\left(f(x),x\right)}=c^{n}a\,.$
Daher gilt aufgrund der Dreiecksungleichung und der geometrischen Reihe für $n\geq m$ die Beziehung
    ${\begin{aligned}d{\left(f^{n}(x),f^{m}(x)\right)}&\leq d{\left(f^{n}(x),f^{n-1}(x)\right)}+d{\left(f^{n-1}(x),f^{n-2}(x)\right)}+\cdots +d{\left(f^{m+1}(x),f^{m}(x)\right)}\\&\leq a\left(c^{n-1}+c^{n-2}+\cdots +c^{m+1}+c^{m}\right)\\&=ac^{m}\left(c^{n-m-1}+c^{n-m-2}+\cdots +c^{2}+c^{1}+1\right)\\&\leq c^{m}a{\frac {1}{1-c}}.\,\end{aligned}}$
Zu einem gegebenen $\epsilon >0$ wählt man $n_{0}$ mit
    $c^{n_{0}}a{\frac {1}{1-c}}\leq \epsilon \,.$
Dies zeigt, dass eine Cauchy-Folge vorliegt, die aufgrund der Vollständigkeit gegen ein $y\in M$ konvergiert. Wir zeigen, dass dieses $y$ ein Fixpunkt ist. Die Bildfolge ${\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen $f(y)$, da eine kontrahierende Abbildung stetig ist. Andererseits stimmt diese Bildfolge mit der Ausgangsfolge bis auf die Indizierung überein, sodass der Grenzwert $y$ sein muss.
$\Box$
# Diffeomorphismus/Transformationsformel/Integralformel für Quader/Fakt/Beweis

Da $\varphi$ stetig differenzierbar ist, ist die Abbildung
    $G\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto j(x)=\vert {(J(\varphi ))(x)}\vert =\vert {\det \left(D\varphi \right)_{x}}\vert ,$
stetig und daher nach Fakt gleichmäßig stetig auf dem kompakten Quader $Q$. D.h. zu jedem $\epsilon >0$ gibt es ein $\delta >0$ mit $j(B\left(x,\delta \right))\subseteq B\left(j(x),\epsilon \right)$ für alle $x\in Q$. Dann gibt es auch ein ${\tilde {\delta }}>0$ derart, dass für alle kompakten Teilquader $K\subseteq Q$ mit maximaler Kantenlänge $\leq {\tilde {\delta }}$ das Bild $j(K)$ in einem abgeschlossenen Intervall der Länge $2\epsilon$ liegt. Damit ist die Differenz zwischen dem Minimum und dem Maximum von ${\left\{j(x)\mid x\in K\right\}}$ maximal gleich $2\epsilon$.
Sei $\epsilon >0$ gegeben. Wir unterteilen $Q$ in $k^{n}$ kompakte Teilquader, indem wir jede Quaderkante in $k$ gleichlange Teile unterteilen, und wählen dabei $k\in \mathbb {N}$ so groß, dass die entstehenden $k^{n}$ Teilquader die oben beschriebene Eigenschaft haben. Es sei $I$ eine Indexmenge zu dieser Unterteilung, es ist also $Q=\bigcup _{i\in I}K_{i}$ und damit $\varphi (Q)=\bigcup _{i\in I}\varphi (K_{i})$. Diese beiden Vereinigungen sind nicht disjunkt, jedoch sind die Schnittmengen der Quader nach Fakt und die Schnittmengen der $\varphi (K_{i})$ als Bilder von Quaderseiten nach Fakt Nullmengen. Wir wenden Fakt auf die Teilquader $K_{i}$ an und erhalten
    ${\begin{aligned}\sum _{i\in I}\lambda ^{n}(K_{i})\cdot {\min {\left(j(x),x\in K_{i}\right)}}&\leq \lambda ^{n}(\varphi (Q))\\&=\sum _{i\in I}\lambda ^{n}(\varphi (K_{i}))\\&\leq \sum _{i\in I}\lambda ^{n}(K_{i})\cdot {\max {\left(j(x),x\in K_{i}\right)}}.\end{aligned}}$
Dabei ist die Differenz zwischen links und rechts durch
    $\sum _{i\in I}\lambda ^{n}(K_{i})2\epsilon =2\epsilon \lambda ^{n}(Q)\,$
beschränkt, kann also durch $\epsilon \rightarrow 0$ beliebig klein gemacht werden. Die gleichen Abschätzungen gelten wegen der Monotonie des Integrals auch für das Integral $\int _{Q}j(x)\,d\lambda ^{n}(x)$, sodass
    $\lambda ^{n}(\varphi (Q))=\int _{Q}j(x)\,d\lambda ^{n}(x)\,$
gilt.
# Ebene algebraische Kurven/Rationale Kurve/Definition

Eine ebene algebraische Kurve $C=V(F)$ heißt rational , wenn sie irreduzibel ist und es eine rationale Parametrisierung für sie gibt.
# Gruppenoperation/Trivial/Beispiel

Es sei $G$ eine Gruppe und $M$ eine Menge. Dann gibt es stets die sogenannte triviale Operation von $G$ auf $M$, die durch $gx=x$ für alle $g\in G$ und alle $x\in M$ gegeben ist. In diesem Fall ist jeder Punkt ein Fixpunkt und alle Bahnen sind einelementig.