OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Elliptische Kurve/Zahlkörper/Reelle Einbettung/Nicht homöomorph/Aufgabe/Lösung

Es sei $K=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}}]=\mathbb {Q} [U]/(U^{2}-2)$ und wir betrachten die Gleichung
    $Y^{2}=X^{3}-{\sqrt {2}}X=X(X^{2}-{\sqrt {2}})\,.$
Unter $\varphi _{1}$ werde $U$ auf ${\sqrt {2}}$ und unter $\varphi _{2}$ werde $U$ auf $-{\sqrt {2}}$ abgebildet. Die von den Einbettungen abhängigen reellen Gleichungen sind
    $Y^{2}=X(X^{2}-{\sqrt {2}})\,$
bzw.
    $Y^{2}=X(X^{2}+{\sqrt {2}})\,.$
Im ersten Fall besitzt die rechte Seite drei reelle Nullstellen, im zweiten Fall nur eine. Daher besteht im ersten Fall die elliptische Kurve (siehe Aufgabe und Aufgabe) topologisch aus zwei reellen Zusammenhangskomponenten, also
    $E(\mathbb {R} )_{1}\cong S^{1}\uplus S^{1}\,,$
und im zweiten Fall aus einer reellen Zusammenhangskomponente,
    $E(\mathbb {R} )_{2}\cong S^{1}\,.$
$S^{1}\times \mathbb {Z} /(2)$
$S^{1}$
$2$
# Geometrische Reihe/0...01/Aufgabe

Es sei $m\in \mathbb {N} _{+}$ und sei
    $x=0,{\overline {0\ldots 01}}\,$
die reelle Zahl mit Periodenlänge $m$ (die Periode besteht aus $m-1$ Nullen und einer $1$). Sei
    $y=\sum _{i=0}^{m-1}z_{i}10^{i}\,$
mit $z_{i}\in \{0,1,2,\ldots ,9\}$. Zeige
    $xy=0,{\overline {z_{m-1}z_{m-2}\ldots z_{1}z_{0}}}\,.$
# Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Homogen/y' ist 1 durch t mal y/Beispiel

Wir betrachten die homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung ($t>0$)
    $y'={\frac {y}{t}}\,.$
Eine Stammfunktion zu $g(t)={\frac {1}{t}}$ ist der natürliche Logarithmus. Die Lösungen dieser Differentialgleichung sind daher nach Fakt gleich
    $c\cdot \exp(\ln t)=ct\,$
mit
$c\in \mathbb {R}$.
# Elliptische Kurve/Zerlegt mit Quadratwurzeln/Halbierungspunkt/Erfüllt Gleichung/Aufgabe/Lösung

Die linke Seite ist
    $z^{2}=(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})^{2}w^{2}-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$
und die rechte Seite ist
    $(w+\mu _{1}^{2})(w+\mu _{2}^{2})(w+\mu _{3}^{2})=w^{3}+(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w^{2}+(\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2})w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,.$
Um die Gleichheit zu zeigen, können wir den Summanden $\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}$ beidseitig abziehen und $w$ ausklammern, es ist somit
    $(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})^{2}w-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}=w^{2}+(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$
zu zeigen. Wir ziehen $(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})w$ beidseitig ab und dann ist
    $2(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})w-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}=w^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}\,$
zu zeigen. Der Summand links ist $2w^{2}$, wir ziehen $w^{2}$ beidseitig ab und somit folgt die Behauptung aus
    ${\begin{aligned}w^{2}&=(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})^{2}\\&=\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{3}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}+2\mu _{1}^{2}\mu _{2}\mu _{3}+2\mu _{1}\mu _{2}^{2}\mu _{3}+2\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}^{2}\\&=\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{3}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}+2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}\end{aligned}}$
# Geordnete Menge/Atome/Einfache Eigenschaften/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei $(M,\preccurlyeq )$ eine geordnete Menge mit einem kleinsten Element $0$ und mit der Eigenschaft, dass zu je zwei Elementen das Infimum $x\sqcap y$ existiert. Zeige, dass die folgenden Eigenschaften gelten.
* Wenn $a\in M$ ein Atom ist, so ist $a\sqcap x=0$ oder $a\sqcap x=a$ für alle $x$.
* Wenn $a$ und $b$ verschiedene Atome sind, so ist $a\sqcap b=0$.
* Es sei $M$ endlich. Dann gibt es zu jedem $x\in M\setminus \{0\}$ ein Atom $a$ mit $a\preccurlyeq x$.
# Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Homogen/y' ist 1 durch t^2+1 mal y/Beispiel

Wir betrachten die homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung
    $y'={\frac {y}{t^{2}+1}}\,.$
Um die Lösungen zu bestimmen brauchen wir eine Stammfunktion zu
    $g(t)={\frac {1}{t^{2}+1}}\,,$
eine solche ist (nach Fakt (3)) durch
    $G(t)=\arctan t\,$
gegeben. Daher sind die Lösungen gleich
    $c\cdot \exp(\arctan t).$
# Elliptische Kurve/Zerlegt mit Quadratwurzeln/Halbierungspunkt/Nachweis/Aufgabe/Lösung

Wir ziehen die Verdoppelungsformeln aus Aufgabe heran. Es ist
    ${\begin{aligned}\alpha &={\frac {3w^{2}-2(\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3})w+\lambda _{1}\lambda _{2}+\lambda _{1}\lambda _{3}+\lambda _{2}\lambda _{3}}{2z}}\\&={\frac {3(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})^{2}+2(\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2})(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})+\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}}{-2(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})+2\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}}}\\&={\frac {4\mu _{1}^{2}\mu _{2}^{2}+4\mu _{1}^{2}\mu _{3}^{2}+4\mu _{2}^{2}\mu _{3}^{2}+8\mu _{1}^{2}\mu _{2}\mu _{3}+8\mu _{1}\mu _{2}^{2}\mu _{3}+8\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}^{2}+2(\mu _{1}\mu _{2}^{3}+\mu _{1}\mu _{3}^{3}+\mu _{2}\mu _{3}^{3}+\mu _{1}^{3}\mu _{3}+\mu _{1}^{3}\mu _{2}+\mu _{2}^{3}\mu _{3})}{-2\mu _{1}^{2}\mu _{2}-2\mu _{1}\mu _{2}^{2}-2\mu _{1}^{2}\mu _{3}-2\mu _{1}\mu _{3}^{2}-2\mu _{2}^{2}\mu _{3}-2\mu _{2}\mu _{3}^{2}-4\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}}}\\&=-\mu _{1}-\mu _{2}-\mu _{3}\end{aligned}}$
und
    $2w-\lambda _{1}-\lambda _{2}-\lambda _{3}=2\mu _{1}\mu _{2}+2\mu _{1}\mu _{3}+2\mu _{2}\mu _{3}+\mu _{1}^{2}+\mu _{2}^{2}+\mu _{3}^{2}=(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})^{2}\,.$
Somit ist die erste Koordinate von $2(w,z)$ gleich $0$. Die Geradengleichung der Tangente an $(w,z)$ ist
    $Y=\alpha X+\beta \,,$
wobei wir $\beta$ über
    ${\begin{aligned}\beta &=z-\alpha w\\&=-(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})+\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}+(\mu _{1}+\mu _{2}+\mu _{3})(\mu _{1}\mu _{2}+\mu _{1}\mu _{3}+\mu _{2}\mu _{3})\\&=\mu _{1}\mu _{2}\mu _{3}\end{aligned}}$
# Gerade Funktion/Differenzierbar/Beziehung/Aufgabe

Es sei $f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine gerade Funktion, die im Punkt $x$ differenzierbar sei. Zeige, dass $f$ auch im Punkt $-x$ differenzierbar ist und dass die Beziehung
    $f'(-x)=-f'(x)\,$
gilt.
# Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Homogen/y' ist 1 durch t^2-1 mal y/Beispiel

Wir betrachten die homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung ($t>1$)
    $y'={\frac {y}{t^{2}-1}}\,.$
Um die Lösungen zu bestimmen brauchen wir eine Stammfunktion zu
    $g(t)={\frac {1}{t^{2}-1}}={\frac {1}{(t-1)(t+1)}}={\frac {1/2}{t-1}}-{\frac {1/2}{t+1}}\,.$
Aus der Partialbruchzerlegung gelangt man zur Stammfunktion
    $G(t)={\frac {1}{2}}\ln(t-1)-{\frac {1}{2}}\ln(t+1)\,.$
Daher sind die Lösungen nach Fakt gleich
    ${\begin{aligned}c\cdot \exp {\left({\frac {1}{2}}\ln(t-1)-{\frac {1}{2}}\ln(t+1)\right)}&=c{\frac {\exp \left({\frac {1}{2}}\ln(t-1)\right)}{\exp \left({\frac {1}{2}}\ln(t+1)\right)}}\\&=c{\frac {\sqrt {\exp \left(\ln(t-1)\right)}}{\sqrt {\exp \left(\ln(t+1)\right)}}}\\&=c\cdot {\frac {\sqrt {t-1}}{\sqrt {t+1}}}.\end{aligned}}$
# Elliptische Kurve/Zerlegungsform/Projektion/Verzweigung/Aufgabe/Lösung

Die Abbildung besitzt den Grad $2$ und wird projektiv durch
    $E\longrightarrow {\mathbb {P} }_{K}^{1},\,(x,y,z)\longmapsto (x,z),$
gegeben, in homogenen Koordinaten geht es um die vier Punkte $\left(0,\,1,\,0\right),\,\left(\lambda _{1},\,0,\,1\right),\,\left(\lambda _{2},\,0,\,1\right),\,\left(\lambda _{3},\,0,\,1\right)$. Wir verwenden Fakt und müssen lediglich zeigen, dass genau in den angegebenen Punkten die Fasern nur aus einem Punkt bestehen. Es wird
    ${\mathfrak {O}}=\left(0,\,1,\,0\right)\,$
auf $\left(0,\,1\right)$ abgebildet (die Koordinantenbeschreibung ist etwas verwirrend, die rationale Funktion $x/z$ hat jedenfalls in ${\mathfrak {O}}$ einen Pol) und dies ist der einzige Urbildpunkt, da $V_{+}(Z)\cap E$ nur aus ${\mathfrak {O}}$ besteht. Für die anderen Punkte können wir allein im Affinen arbeiten. Für
    $x=\lambda _{i}\,$
ist das kubische Polynom gleich $0$ und daher gibt es für $y$ nur die Möglichkeit
    $y=0\,.$
In diesen Punkten liegt also Verzweigung vor. Für
    $x\neq \lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3}\,$
$\neq 0$
$\left(x,\,\pm {\sqrt {{\left(x-\lambda _{1}\right)}{\left(x-\lambda _{2}\right)}{\left(x-\lambda _{3}\right)}}}\right)$
# Gerade und Kreis/Kein algebraischer Punkt/Aufgabe

a) Man gebe eine Gerade $G$ in der Ebene $\mathbb {R} ^{2}={\mathbb {C} }$ an, die keine algebraische Zahl enthält.
b) Man gebe einen Kreis $K$ in der Ebene $\mathbb {R} ^{2}={\mathbb {C} }$ an, der keine algebraische Zahl enthält.
# Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Homogen/y' ist ay/Beispiel

Sei $c\in \mathbb {R}$. Die homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung
    $y'=cy\,$
besitzt nach Fakt die Lösungen
    $y(t)=ae^{ct}{\text{ mit }}a\in \mathbb {R} .$
# Numerische Monoidringe/Unitäre Differentialoperatoren/Textabschnitt
## Beispiel

Auf der Neilschen Parabel, die durch die numerische Halbgruppe
    $M=\{0,2,3,\ldots \}\subset \mathbb {N} \,$
gegeben ist, lassen sich zu jedem Monom $U^{n}$, $n\in M$, direkt unitäre Differentialoperatoren rational angeben. Wir betrachten ${\frac {1}{2!}}\partial _{U}^{2}$. Dies schickt $U^{2}$ auf $1$, ist aber nur eine rationaler Operator, da
    ${\left({\frac {1}{2!}}\partial _{U}^{2}\right)}{\left(U^{3}\right)}=3U\notin K[M]\,.$
Diesen Umstand kann man aber durch einen Korrekturterm einfach beheben. Wir betrachten
    ${\frac {1}{2!}}\partial _{U}^{2}-3U{\frac {1}{3!}}\partial _{U}^{3},$
der Koeffizient rechts ist so gewählt, dass $U^{3}$ insgesamt auf $0$ abgebildet wird. Der Term $U^{2}$ wird nach wie vor auf $1$ abgebildet. Monome der Form $U^{n}$, $n\geq 4$, werden auf skalare Vielfache von $U^{n-2}$ abgebildet, das Bild gehört also zum Ring. Somit ist der angegebene Operator ein unitärer Operator für $U^{2}$ auf $K[M]$.
In der gleichen Weise ergeben sich unitäre Operatoren für $U^{n}$, $n\geq 3$, man kann stets
    ${\frac {1}{n!}}{\left(\partial _{U}^{n}-U\partial _{U}^{n+1}\right)}$
nehmen.
In derselben Weise kann man zu jeder numerischen Semigruppe für jede Potenz unitäre Operatoren angeben. Zu $U^{n}$, $n\in M$, startet man mit ${\frac {1}{n!}}\partial _{U}^{n}$. Dann betrachtet man das nächstgrößte Element, sagen wir $m\in M$. Bei
    ${\left({\frac {1}{n!}}\partial _{U}^{n}\right)}{\left(U^{m}\right)}\in K[M]\,$
muss man nichts hinzunehmen. Wenn dies aber nicht zu $K[M]$ gehört, so nimmt man
    ${\frac {1}{n!}}\partial _{U}^{n}+c_{m}U^{m-n}{\frac {1}{m!}}\partial _{U}^{m},$
wobei der Koeffizient $c_{m}$ so zu wählen ist, dass das Gesamtergebnis des Operators, angewendet auf $U^{m}$, gleich $0$ ist. Man fährt induktiv mit dem nächsten $m'\in M$ fort. Die Hinzunahme der neuen Summanden ändert die Werte des Operators auf den kleineren Potenzen nicht. Jeder Summand hat dabei den Grad $-n$. Wenn $m-n\geq f$, wobei $f$ die Führungszahl von $M$ ist, so landet $X^{m}$ aus Gradgründen in $K[M]$ und man ist fertig.

## Beispiel

Numerischer Halbgruppenring/3,5,7/Unitäre Differentialoperatoren/Beispiel
# Elliptische Kurve/Zi/Y^2 ist X^3+i/Reduktionseigenschaften/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $X^{3}+{\mathrm {i} }=(X-{\mathrm {i} })(X^{2}+{\mathrm {i} }X-1)\,.$
Somit ist neben ${\mathfrak {O}}$ der Punkt $({\mathrm {i} },0)$ ein Torsionspunkt der Ordnung $2$. Die Existenz von weiteren Torsionspunkten der Ordnung $2$ hängt davon ab, ob eine weitere Zerlegung des rechten Faktors $(X^{2}+{\mathrm {i} }X-1)$ möglich ist, siehe Fakt. Dies hängt davon ab, ob $-{\mathrm {i} }$ neben ${\mathrm {i} }$ weitere dritte Wurzeln besitzt. Eine dritte Wurzel von $-{\mathrm {i} }$ ist eine zwölfte Wurzel der $1$.
* Siehe (2).
* Über ${\mathbb {C} }$ ist ${\frac {1+{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}$ eine dritte Einheitswurzel, daher sind ${\frac {-{\mathrm {i} }+{\sqrt {3}}}{2}}$ und ${\frac {-{\mathrm {i} }-{\sqrt {3}}}{2}}$ dritte Wurzeln von $-{\mathrm {i} }$. Es ist Diese Nullstellen gehören nicht zu $\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$, über diesem Körper haben wir also schon alle Torsionselemente der Ordnung $2$ bestimmt. Über ${\mathbb {C} }$ gibt es also die vier Torsionspunkte der Ordnung $2$
    $X^{2}+{\mathrm {i} }X-1={\left(X+{\frac {{\mathrm {i} }-{\sqrt {3}}}{2}}\right)}{\left(X+{\frac {{\mathrm {i} }+{\sqrt {3}}}{2}}\right)}\,.$
    ${\mathfrak {O}},\,({\mathrm {i} },0),\,({\frac {-{\mathrm {i} }+{\sqrt {3}}}{2}},0),\,({\frac {-{\mathrm {i} }-{\sqrt {3}}}{2}},0).$
* Bei ${\mathrm {i} }\mapsto 2$ liegt über $\mathbb {Z} /(5)$ die Zerlegung vor, der quadratische Polynom besitzt keine weitere Zerlegung (es liegt eine elliptische Kurve vor, da dieses Polynom kein Quadrat ist). Die Torsionsuntergruppe zur Ordnung $2$ besteht aus ${\mathfrak {O}},\,(2,0)$.
    $X^{3}+2=(X+3)(X^{2}+2X+4)\,$
* Bei ${\mathrm {i} }\mapsto 3$ liegt über $\mathbb {Z} /(5)$ die Zerlegung vor, der quadratische Polynom besitzt keine weitere Zerlegung (es liegt eine elliptische Kurve vor, da dieses Polynom kein Quadrat ist). Die Torsionsuntergruppe zur Ordnung $2$ besteht aus ${\mathfrak {O}},\,(3,0)$.
    $X^{3}+3=(X+2)(X^{2}+3X+4)\,$
* Bei liegt die Zerlegung vor. Da die Einheitengruppe von $K$ aus $8$ Elementen besteht, ist das Potenzieren mit dem Exponenten $3$ bijektiv und daher gibt es neben ${\mathrm {i} }$ keine weitere dritte Wurzel von $-{\mathrm {i} }$. Die Torsionsuntergruppe zur Ordnung $2$ besteht aus ${\mathfrak {O}},\,({\mathrm {i} },0)$.
    $K=\mathbb {Z} /(3)[{\mathrm {i} }]\,$
    $X^{3}+{\mathrm {i} }=(X-{\mathrm {i} })(X^{2}+{\mathrm {i} }X-1)\,$
# Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Homogen/y' ist y/Beispiel

Die homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung
    $y'=y\,$
besitzt genau die Lösungen
    $y(t)=ce^{t}{\text{ mit }}c\in \mathbb {R} .$
# Endlichdimensionale K-Vektorräume/Stabilitätsbegriffe/Determinante/Keine Umkehrung/Aufgabe/Lösung

Wir betrachten die Matrix
    $M={\begin{pmatrix}2&0\\0&{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}\,.$
Dabei ist
    $M^{n}={\begin{pmatrix}2&0\\0&{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}^{n}={\begin{pmatrix}2^{n}&0\\0&{\frac {1}{3^{n}}}\end{pmatrix}}\,$
und wegen dem Eintrag links oben ist diese Matrixpotenzfolge nicht beschränkt, die Matrix ist also nicht stabil. Es ist
    $\det M^{n}=\det {\begin{pmatrix}2^{n}&0\\0&{\frac {1}{3^{n}}}\end{pmatrix}}={\left({\frac {2}{3}}\right)}^{n}\,$
$0$
# Gerade/Hyperebene/Nicht parallel/Generisch/Aufgabe

Sei $E\subset K^{n}$ eine Hyperebene, $n\geq 2$. Dann ist die generische Gerade nicht parallel zu $E$.
# Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Inhomogen/y' ist ty+1/Fehlerintegral/Beispiel

Wir betrachten die inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung
    $y'=ty+1\,.$
Die zugehörige homogene Differentialgleichung $y'=ty$ hat die Lösung
    $e^{{\frac {1}{2}}t^{2}},$
somit sind nach Fakt die Lösungen der inhomogenen Gleichung gleich $c(t)e^{{\frac {1}{2}}t^{2}}$, wobei $c(t)$ eine Stammfunktion von $e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}$ ist. Diese Funktion ist aber nicht elementar integrierbar (diese Funktion kommt auch beim sogenannten Fehlerintegral vor).
# Obere Halbebene/Schwache Modulfunktion/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Es sei $k\in \mathbb {Z}$. Eine meromorphe Funktion $f\colon {\mathbb {H} }\rightarrow {\mathbb {C} }$ auf der oberen Halbebene ${\mathbb {H} }$ heißt schwach modular vom Gewicht $k$, wenn
    $f(Mz)=(cz+d)^{k}f(z)\,$
für alle
    $M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\in \operatorname {SL} _{2}\!{\left(\mathbb {Z} \right)}\,$
gilt, wobei $M$ durch Modulsubstitution auf ${\mathbb {H} }$ operiert.
Explizit bedeutet die Bedingung, dass
    $f{\left({\frac {az+b}{cz+d}}\right)}=(cz+d)^{k}f(z)\,$
für alle $z\in {\mathbb {H} }$ gilt. Ein direktes Korollar aus Fakt ist die folgende Aussage.

## Lemma

Es sei $f\colon {\mathbb {H} }\rightarrow {\mathbb {C} }$ eine meromorphe Funktion auf der oberen Halbebene ${\mathbb {H} }$.
Dann ist $f$ genau dann schwach modular vom Gewicht $k$, wenn sie die beiden Bedingungen $f(z+1)=f(z)$ und $f{\left(-{\frac {1}{z}}\right)}=z^{k}f(z)$ für alle $z\in {\mathbb {H} }$ erfüllt.

### Beweis

$\Box$
# Endlichdimensionaler Vektorraum/Äquivalenzrelation durch lineare Abbildung/Aufgabe/Lösung

* Die Relation ist reflexiv, da man für $\varphi$ die Identität nehmen kann, und sie ist transitiv, da es bei $uRv$ und $vRw$ lineare Abbildungen $\varphi ,\psi$ mit und gibt. Daher ist insgesamt und somit $uRw$. Die Relation ist nicht symmetrisch, da aufgrund der Existenz der Nullabbildung stets $xR0$ gilt, aber umgekehrt $0Rx$ nur bei $x=0$ gilt.
    $\varphi (u)=v\,$
    $\psi (v)=w\,$
    $(\psi \circ \varphi )(u)=w\,$
* Wenn man sich auf bijektive Abbildungen beschränkt, so liegt eine Äquivalenzrelation vor. Die Argumentation für die Reflexivität und die Transititvität ist wie in Teil (1), da ja die Verknüpfung von bijektiven Abbildungen wieder bijektiv ist. Wenn $uSv$ gilt, so bedeutet dies die Existenz einer bijektiven linearen Abbildung $\varphi$ mit Somit ist und daher $vRu$.
    $\varphi (u)=v\,.$
    $u=\varphi ^{-1}(v)\,$
* Es gibt zwei Äquivalenzklassen. Der Nullpunkt $0$ ist nur zu sich selbst äquivalent, da unter jeder linearen Abbildung $0$ auf sich selbst abgebildet wird. Hingegen sind je zwei Vektoren $u,v$, die beide nicht $0$ sind, untereinander äquivalent. Man kann sie nämlich jeweils zu einer Basis $u_{1}=u,u_{2},\ldots ,u_{n}$ bzw. $v_{1}=v,v_{2},\ldots ,v_{n}$ von $V$ ergänzen. Aufgrund des Festlegungssatzes gibt es eine lineare Abbildung mit $\varphi (u_{i})=v_{i}$, also insbesondere mit $\varphi (u)=v$, und diese ist bijektiv, da sie eine Basis auf eine Basis abbildet.
# Gerade/Verdoppelter Punkt/Verklebung/Aufgabe

Wir betrachten die reelle Gerade zweifach, also $G_{1}=\mathbb {R}$ und $G_{2}=\mathbb {R}$ zusammen mit der Verklebungsabbildung
    $\operatorname {Id} \colon G_{1}\setminus \{0\}\longrightarrow G_{2}\setminus \{0\}.$
Es sei $M$ der entstehende topologische Raum gemäß der in Aufgabe beschriebenen Konstruktion. Zeige, dass $M$ keine Mannigfaltigkeit ist.
# Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Inhomogen/y' ist y + t^2/y(3) ist 4/Beispiel

Wir betrachten die inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung
    $y'=y+t^{2}\,$
mit der Anfangsbedingung $y(3)=4$. Die Exponentialfunktion $a(t)=e^{t}$ ist eine Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung. Nach Fakt müssen wir daher eine Stammfunktion zu
    ${\frac {t^{2}}{e^{t}}}=t^{2}\cdot e^{-t}\,$
finden. Mit zweifacher partieller Integration findet man die Stammfunktion
    ${\left(-t^{2}-2t-2\right)}e^{-t}.$
Also haben die Lösungen der inhomogenen Differentialgleichung die Form
    $e^{t}{\left({\left(-t^{2}-2t-2\right)}e^{-t}+c\right)}=-t^{2}-2t-2+ce^{t}\,.$
Wenn wir noch die Anfangsbedingung $y(3)=4$ berücksichtigen, so ergibt sich die Bedingung
    $-9-6-2+ce^{3}=-17+ce^{3}=4\,,$
also $c={\frac {21}{e^{3}}}$. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also
    $y(t)=-t^{2}-2t-2+{\frac {21}{e^{3}}}e^{t}\,.$
# Offenes Unterschemata/Affinität/Variiert mit Basis/Einführung/en/Textabschnitt

We consider a base scheme $B$ and a morphism
    $Z\longrightarrow B$
together with an open subscheme $W\subseteq Z$. For every base point $b\in B$ we get the open subset
    $W_{b}\subseteq Z_{b}\,$
inside the fiber $Z_{b}$. It is a natural question to ask how properties of $W_{b}$ vary with $b$. In particular we may ask how the cohomological dimension of $W_{b}$ varies and how the affineness may vary.
In the algebraic setting we have a $D$-algebra $S$ and an ideal ${\mathfrak {a}}\subseteq S$ (so $B=\operatorname {Spec} {\left(D\right)}$, $Z=\operatorname {Spec} {\left(S\right)}$ and $W=D({\mathfrak {a}})$) which defines for every prime ideal ${\mathfrak {p}}\in \operatorname {Spec} {\left(D\right)}$ the extended ideal ${\mathfrak {a}}_{\mathfrak {p}}$ in $S\otimes _{D}\kappa ({\mathfrak {p}})$.
This question is already interesting when $B=\operatorname {Spec} {\left(D\right)}$ is an affine one-dimensional integral scheme, in particular in the following two situations.
* $B=\operatorname {Spec} {\left(\mathbb {Z} \right)}$. Then we speak of an arithmetic deformation and want to know how affineness varies with the characteristic and what the relation is to characteristic zero.
* $B={\mathbb {A} }_{K}^{1}=\operatorname {Spec} {\left(K[t]\right)}$, where $K$ is a field. Then we speak of a geometric deformation and want to know how affineness varies with the parameter $t$, in particular how the behavior over the special points where the residue class field is algebraic over $K$ is related to the behavior over the generic point.
It is fairly easy to show that if the open subset in the generic fiber is affine, then also the open subsets are affine for almost all special points.
# Endliche Algebra über Körper/Kommutativ/Einheit und Nichtnullteiler/Aufgabe/Lösung

Wenn $f$ eine Einheit ist, so gibt es $g\in A$ mit $gf=1$. Aus $fh=0$ folgt dann direkt
    $h=gfh=g0=0\,.$
Also ist $f$ ein Nichtnullteiler.
Wenn umgekehrt $f$ ein Nichtnullteiler ist, so betrachten wir die $K$-lineare Multiplikationsabbildung
    $\mu _{f}\colon A\longrightarrow A,\,h\longmapsto fh,$
die in diesem Fall injektiv ist. Da $A$ als Modul endlich über dem Körper $K$ ist, ist $A$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum. Nach Fakt ist dann $\mu _{f}$ auch surjektiv, was insbesondere bedeutet, dass es ein $g\in A$ mit
    $fg=1\,$
$f$
# Geraden/Ebene/Schnittverhalten/Möglichkeiten/Aufgabe

Es seien $n$ Geraden in der Ebene gegeben. Was kann man über die mögliche Anzahl von Schnittpunkten aussagen? Man mache sich die Situation für $n=2,3,4,5$ klar und versuche, Gesetzmäßigkeiten zu erkennen, diese für beliebiges $n$ zu formulieren und zu beweisen.
# Lineare gewöhnliche Differentialgleichung/Inhomogen/y' ist y durch t^2-1 + t-1/y(2) ist 5/Beispiel

Wir betrachten für $t>1$ die inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung
    $y'={\frac {y}{t^{2}-1}}+t-1\,$
mit der Anfangsbedingung $y(2)=5$. Hier ist also $h(t)=t-1$ die Störfunktion und
    $y'={\frac {y}{t^{2}-1}}\,$
ist die zugehörige homogene lineare Differentialgleichung. Eine Stammfunktion von ${\frac {1}{t^{2}-1}}$ ist
    $G(t)={\frac {1}{2}}\ln(t-1)-{\frac {1}{2}}\ln(t+1)={\frac {1}{2}}\ln {\left({\frac {t-1}{t+1}}\right)}=\ln {\left({\frac {\sqrt {t-1}}{\sqrt {t+1}}}\right)}\,.$
Daher ist nach Fakt (bzw. nach Beispiel)
    $a(t)={\frac {\sqrt {t-1}}{\sqrt {t+1}}}\,$
eine Lösung zur homogenen Differentialgleichung. Zur Lösung der inhomogenen Differentialgleichung brauchen wir eine Stammfunktion zu
    ${\frac {h(t)}{a(t)}}={\frac {\sqrt {t+1}}{\sqrt {t-1}}}\cdot (t-1)={\sqrt {t+1}}\cdot {\sqrt {t-1}}={\sqrt {t^{2}-1}}\,.$
Eine Stammfunktion dazu ist
    $c(t)={\frac {1}{2}}{\left(t{\sqrt {t^{2}-1}}-\,\operatorname {arcosh} \,t\,\right)}\,.$
Die Lösungen der inhomogenen Differentialgleichung haben also die Gestalt
    ${\sqrt {\frac {t-1}{t+1}}}\cdot {\left({\frac {1}{2}}{\left(t{\sqrt {t^{2}-1}}-\,\operatorname {arcosh} \,t\,\right)}+c\right)}$
Die Anfangsbedingung führt zu
    $5={\frac {1}{\sqrt {3}}}\cdot {\left({\frac {1}{2}}{\left(2{\sqrt {3}}-\,\operatorname {arcosh} \,2\,\right)}+c_{0}\right)}=1-{\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}\,\operatorname {arcosh} \,2\,+c_{0}{\frac {1}{\sqrt {3}}}\,.$
Also ist
    $c_{0}=4{\sqrt {3}}+{\frac {1}{2}}\,\operatorname {arcosh} \,2\,\,$
und die Lösung des Anfangswertproblems ist
    $y(t)={\sqrt {\frac {t-1}{t+1}}}\cdot {\left({\frac {1}{2}}{\left(t{\sqrt {t^{2}-1}}-\,\operatorname {arcosh} \,t\,\right)}+4{\sqrt {3}}+{\frac {1}{2}}\,\operatorname {arcosh} \,2\,\right)}\,.$