OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Division mit Rest/Z/Betragsrest/Aufgabe/Lösung

Aufgrund der Division mit Rest in $\mathbb {Z}$ gibt es eindeutig bestimmte ganze Zahlen $q$ und $r$ mit
    $0\leq r<d\,$
mit
    $n=qd+r\,.$
Bei
    $r\leq {\frac {d}{2}}\,$
ist die Existenz bewiesen. Bei
    $r>{\frac {d}{2}}\,$
setzt man
    $s:=r-d\,.$
Es ist dann
    $0>s=r-d>{\frac {d}{2}}-d=-{\frac {d}{2}}\,$
und
    $n=qd+r=(q+1)d+r-d=(q+1)d+s\,$
ergibt die Existenz. Aus zwei Darstellungen
    $kd+s=n=\ell d+t\,$
mit $s\geq t$ ergibt sich
    $0=(k-\ell )d+s-t\,$
mit
    $0\leq s-t<d\,$
# Zehnersystem/Schriftliches Multiplizieren/Korrekt/Fakt/Beweis

Die beiden Zahlen seien
    $m=a_{0}+a_{1}10+a_{2}10^{2}+\cdots +a_{k}10^{k}\,\,{\text{ und }}\,\,n=b_{0}+b_{1}10+b_{2}10^{2}+\cdots +b_{\ell }10^{\ell }.$
Beim schriftlichen Multiplizieren berechnet man unabhängig voneinander
    $a_{k}\ldots a_{2}a_{1}a_{0}\,\,\cdot \,\,b_{j}$
für $j=0,1,\ldots ,\ell$ und notiert das Ergebnis so, dass die Einerziffer unterhalb von $b_{j}$ steht. So entstehen $\ell +1$ Zahlen, die versetzt übereinander stehen. Diese Zahlen werden nach hinten mit Nullen aufgefüllt (wobei man dies nur gedanklich machen muss). Die Summe dieser Zahlen im Sinne des schriftlichen Addierens ist das Endergebnis
    ${\begin{aligned}m\cdot n&=m\cdot {\left(b_{\ell }10^{\ell }+b_{\ell -1}10^{\ell -1}+\cdots +b_{2}10^{2}+b_{1}10+b_{0}\right)}\\&=m\cdot b_{\ell }10^{\ell }+mb_{\ell -1}\cdot 10^{\ell -1}+\cdots +m\cdot b_{2}10^{2}+m\cdot b_{1}10+m\cdot b_{0}.\end{aligned}}$
Nach Fakt werden die $m\cdot b_{j}$ im schriftlichen Multiplizieren korrekt ausgerechnet. Dadurch, dass die Einzelergebnisse unterhalb von $b_{j}$ stehen und nach hinten mit Nullen aufgefüllt werden, stehen im Algorithmus wegen Fakt die Zahlen $m\cdot b_{j}10^{j}$ korrekt übereinander, sodass das schriftliche Addieren nach Fakt das korrekte Ergebnis liefert.
# Division/Durch 17/Verschiedene Nenner/Aufgabe/Lösung

* Es ist
    $10\cdot 1=0\cdot 17+10\,,$
    $10\cdot 2=1\cdot 17+3\,,$
    $10\cdot 3=1\cdot 17+13\,,$
    $10\cdot 4=2\cdot 17+6\,,$
    $10\cdot 5=2\cdot 17+16\,,$
    $10\cdot 6=3\cdot 17+9\,,$
    $10\cdot 7=4\cdot 17+2\,,$
    $10\cdot 8=4\cdot 17+12\,,$
    $10\cdot 9=5\cdot 17+5\,,$
    $10\cdot 10=5\cdot 17+15\,,$
    $10\cdot 11=6\cdot 17+8\,,$
    $10\cdot 12=7\cdot 17+1\,,$
    $10\cdot 13=7\cdot 17+11\,,$
    $10\cdot 14=8\cdot 17+4\,,$
    $10\cdot 15=8\cdot 17+14\,,$
    $10\cdot 16=9\cdot 17+7\,.$
* Man kann aus den ganzzahligen Anteilen der obigen Liste die Ziffern ablesen. Somit ist
    ${\frac {3}{17}}=0{,}{\overline {1764705882352941}}\,.$
* Es ist
    ${\frac {11}{17}}=0{,}{\overline {6470588235294117}}\,.$
# Zehnersystem/Schriftliches Multiplizieren/Zehnerpotenz als Faktor/Fakt/Beweis

Es ist
    ${\begin{aligned}m\cdot 10^{\ell }&={\left(a_{k}10^{k}+\cdots +a_{2}10^{2}+a_{1}10+a_{0}\right)}\cdot 10^{\ell }\\&=a_{k}10^{k+\ell }+\cdots +a_{2}10^{2+\ell }+a_{1}10^{1+\ell }+a_{0}10^{\ell }\\&=a_{k}10^{k+\ell }+\cdots +a_{2}10^{2+\ell }+a_{1}10^{1+\ell }+a_{0}10^{\ell }+0\cdot 10^{\ell -1}+\cdots +0\cdot 10^{1}+0\cdot 10^{0},\end{aligned}}$
woraus unmittelbar die Dezimaldarstellung des Produktes ablesbar ist.
# Formen/Untersuche auf Bilinearität/1/Aufgabe

Untersuche, welche der folgenden Abbildungen $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R}$ bilinear sind. Wenn ja, so untersuche die jeweilige Abbildung auch auf die Eigenschaften alternierend und symmetrisch.
* $\varphi (x,y):=x_{1}y_{1}$.
* $\varphi (x,y):=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}$.
* $\varphi (x,y):=2x_{1}y_{2}+3x_{2}y_{1}$.
# Jordan-Block/2/Potenzen/Konvergenzverhalten/Beispiel

Es sei
    $M={\begin{pmatrix}\lambda &1\\0&\lambda \end{pmatrix}}\,$
mit $\lambda \in {\mathbb {C} }$. Dann ist nach Aufgabe
    $M^{n}={\begin{pmatrix}\lambda ^{n}&n\lambda ^{n-1}\\0&\lambda ^{n}\end{pmatrix}}\,.$
Für
    $\vert {\lambda }\vert <1\,$
konvergiert diese Matrixfolge gegen die Nullmatrix, da jeder Eintrag gegen $0$ konvergiert, für
    $\lambda =1\,$
konvergiert die Folge nicht, da der Eintrag rechts oben nicht konvergiert und noch nicht einmal beschränkt ist. Dies ist generell bei $\vert {\lambda }\vert \geq 1$ der Fall.
# Division/Ed/Reproduzieren/Aufgabe/Lösung

Ed rechnet
    ${\begin{aligned}63&=6\cdot 10+3\\&=6\cdot (7+3)+3\\&=6\cdot 7+6\cdot 3+3\\&=6\cdot 7+21\\&=6\cdot 7+2\cdot 10+1\\&=6\cdot 7+2\cdot (7+3)+1\\&=6\cdot 7+2\cdot 7+2\cdot 3+1\\&=8\cdot 7+7\\&=9\cdot 7,\end{aligned}}$
$9$
# Zehnersystem/Schriftliches Subtrahieren/Korrektheit/Fakt/Beweis

Es sei
    $m=a_{0}+a_{1}10+a_{2}10^{2}+\cdots +a_{k}10^{k}\,\,{\text{ und }}\,\,n=b_{0}+b_{1}10+b_{2}10^{2}+\cdots +b_{k}10^{k}$
und
    $m\geq n\,.$
Wir behaupten, dass für jedes $i=-1,0,1,\ldots ,k$ der Ausdruck
    $S_{i}=a_{k}10^{k}+\cdots +a_{i+1}10^{i+1}-d_{i+1}10^{i+1}+b_{i}10^{i}+\cdots +b_{1}10+b_{0}+c_{i}10^{i}+\cdots +c_{1}10+c_{0}\,$
konstant gleich $m$ ist. Für
    $i=-1\,$
fehlen die $b$-, die $c$- und die $d$-Ausdrücke, sodass dies richtig ist. Wir betrachten den Übergang von $S_{i-1}$ nach $S_{i}$, was dem $i$-ten Rechenschritt entspricht. Im Fall
    $a_{i}\geq b_{i}+d_{i}\,$
ist $d_{i+1}=0$, $a_{i}-d_{i}=b_{i}+c_{i}$ und somit
    ${\begin{aligned}S_{i-1}&=a_{k}10^{k}+\cdots +a_{i}10^{i}-d_{i}10^{i}+b_{i-1}10^{i-1}+\cdots +b_{1}10+b_{0}+c_{i-1}10^{i-1}+\cdots +c_{1}10+c_{0}\\&=a_{k}10^{k}+\cdots +a_{i+1}10^{i+1}+(b_{i}+c_{i})10^{i}+b_{i-1}10^{i-1}+\cdots +b_{1}10+b_{0}+c_{i-1}10^{i-1}+\cdots +c_{1}10+c_{0}\\&=a_{k}10^{k}+\cdots +a_{i+1}10^{i+1}-d_{i+1}10^{i+1}+b_{i}10^{i}+\cdots +b_{1}10+b_{0}c_{i}10^{i}+\cdots +c_{1}10+c_{0}\\&=S_{i}.\,\end{aligned}}$
Im Fall
    $a_{i}<b_{i}+d_{i}\,$
ist $d_{i+1}=1$, $a_{i}=b_{i}+c_{i}+d_{i}-10$ und somit
    ${\begin{aligned}S_{i-1}&=a_{k}10^{k}+\cdots +a_{i}10^{i}-d_{i}10^{i}+b_{i-1}10^{i-1}+\cdots +b_{1}10+b_{0}+c_{i-1}10^{i-1}+\cdots +c_{1}10+c_{0}\\&=a_{k}10^{k}+\cdots +a_{i+1}10^{i+1}+{\left(b_{i}+c_{i}+d_{i}-10\right)}10^{i}-d_{i}10^{i}+b_{i-1}10^{i-1}+\cdots +b_{1}10+b_{0}+c_{i-1}10^{i-1}+\cdots +c_{1}10+c_{0}\\&=a_{k}10^{k}+\cdots +a_{i+1}10^{i+1}-10\cdot 10^{i}+b_{i}10^{i}+b_{i-1}10^{i-1}+\cdots +b_{1}10+b_{0}+c_{i}10^{i}+c_{i-1}10^{i-1}+\cdots +c_{1}10+c_{0}\\&=a_{k}10^{k}+\cdots +a_{i+1}10^{i+1}-d_{i+1}\cdot 10^{i+1}+b_{i}10^{i}+b_{i-1}10^{i-1}+\cdots +b_{1}10+b_{0}+c_{i}10^{i}+c_{i-1}10^{i-1}+\cdots +c_{1}10+c_{0}\\&=S_{i}.\,\end{aligned}}$
Für $i=k$ sind die $a$- und die $d$-Ausdrücke vollständig abgebaut ($d_{k+1}=0$) und es bleiben die vollständigen $b$- und $c$-Ausdrücke übrig. Damit ist gezeigt, dass
    $m=b_{k}10^{k}+\cdots +b_{1}10+b_{0}+c_{k}10^{k}+\cdots +c_{1}10+c_{0}=n+c_{k}10^{k}+\cdots +c_{1}10+c_{0}\,$
ist und somit ist $c_{k}10^{k}+\cdots +c_{1}10+c_{0}$ gleich der Differenz $m-n$.
# Formen/Untersuche auf Bilinearität/2/Aufgabe

Untersuche, welche der folgenden Abbildungen $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R}$ bilinear sind. Wenn ja, so untersuche die jeweilige Abbildung auch auf die Eigenschaften alternierend und symmetrisch.
* $\varphi (x,y):=x_{1}-y_{1}$.
* $\varphi (x,y):=x_{1}y_{1}-x_{2}y_{2}$.
* $\varphi (x,y):=2x_{1}y_{2}-2x_{2}y_{1}$.
# K-Algebra/Direkter Summand/Beispiel

Es sei $K$ ein Körper und $A$ eine von $0$ verschiedene $K$-Algebra. Dann ist $K$ ein direkter Summand von $A$. Dies beruht darauf, dass man die $1$ zu einer $K$-Basis von $A$ ergänzen kann. Mit dem von den anderen Basiselementen erzeugten $K$-Untervektorraum $V\subset A$ ist dann $A\cong K\cdot 1\oplus V$. Im Allgemeinen muss es aber keinen $K$-Algebrahomomorphismus $A\rightarrow K$ geben. Bei einer (nichttrivialen) Körpererweiterung $K\subset L$ gibt es keinen Ringhomomorphismus von $L$ nach $K$.
# Divisionsalgorithmus/Berechne 1 durch 41/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $1=0\cdot 41+1\,,$
    $10=0\cdot 41+10\,,$
    $100=2\cdot 41+18\,,$
    $180=4\cdot 41+16\,,$
    $160=3\cdot 41+37\,,$
    $370=9\cdot 41+1\,.$
Von dieser Stelle an wiederholen sich die Zahlen und es beginnt die Periode, das Ergebnis ist also
    ${\frac {1}{41}}=0{,}{\overline {02439}}\,.$
# Konjugationsklassen/Klassengleichung/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Zu einer Gruppe $G$ nennt man die Äquivalenzklassen zur Äquivalenzrelation, bei der zwei Elemente als äquivalent (oder konjugiert) gelten, wenn sie durch einen inneren Automorphismus ineinander überführt werden können, die Konjugationsklassen.
Zwei Elemente $a,b\in G$ sind also konjugiert, wenn es ein $x\in G$ mit $b=xax^{-1}$ gibt.
Die folgende Aussage heißt Klassengleichung.

## Lemma

Es sei $G$ eine endliche Gruppe und seien $K_{1},\ldots ,K_{r}$ die Konjugationsklassen von $G$ mit mindestens zwei Elementen.
Dann ist

### Beweis

Die Konjugationsklassen sind Äquivalenzklassen, daher bilden sie eine Zerlegung von $G$. Die Summe der Anzahl der Elemente in den Konjugationsklassen ist daher gleich der Ordnung von $G$. Die einelementigen Konjugationsklassen entsprechen dabei den Elementen im Zentrum der Gruppe.
$\Box$
Die Anzahl der Elemente in den einzelnen Konjugationsklassen unterliegt starken Einschränkungen, die das folgende Lemma beinhaltet.

## Lemma

Es sei $G$ eine endliche Gruppe und sei $a\in G$. Dann gelten folgende Aussagen.

### Beweis

(1). Es ist klar, dass das neutrale Element zu $G_{a}$ gehört. Es seien $x,y\in G_{a}$. Dann ist
    $xya(xy)^{-1}=xyay^{-1}x^{-1}=xax^{-1}=a\,,$
also $xy\in G_{a}$. Bei $x\in G_{a}$ ist $xax^{-1}=a$, was man direkt zu $a=x^{-1}ax$ auflösen kann, was wiederum $x^{-1}\in G_{a}$ bedeutet. (2). Wir betrachten die Abbildung
    $G\longrightarrow K,\,x\longmapsto xax^{-1}.$
Da $K$ genau aus allen zu $a$ konjugierten Elementen besteht, ist diese Abbildung surjektiv. Unter dieser Abbildung ist $G_{a}$ das Urbild von $a$. Es gilt $xax^{-1}=yay^{-1}$ genau dann, wenn $y^{-1}xax^{-1}y=a$ ist, also genau dann, wenn $y^{-1}x\in G_{a}$ ist. Das bedeutet, dass die Fasern der Abbildung gerade die Linksnebenklassen zur Untergruppe $G_{a}$ sind. Daher ist ${\#\left(K\right)}$ gleich dem Index von $G_{a}$ in $G$. (3) folgt aus (2) und Fakt.
$\Box$

## Lemma

Es sei $p$ eine Primzahl und $G$ eine endliche Gruppe mit $p^{r}$, $r\geq 1$, Elementen.
Dann ist das Zentrum $Z$ von $G$ nicht trivial.

### Beweis

Wir gehen von der Klassengleichung aus, also von
    $\operatorname {ord} {\left(G\right)}=\operatorname {ord} {\left(Z\right)}+\sum _{j\in J}n_{j}\,,$
wobei $n_{j}$ den Index der zu den mehrelementigen Konjugationsklassen $C_{j}$ gehörenden echten Untergruppen (im Sinne von Fakt) $G_{j}\subseteq G$ bezeichnet. Jedes $n_{j}$ ist nach Fakt (3) ein Vielfaches von $p$. Daher ist auch $\operatorname {ord} {\left(Z\right)}$ ein Vielfaches von $p$. Somit ist $Z$ nicht trivial.
$\Box$
# Zentralfeld/Zeitabhängig/Lösungsverfahren/Fakt/Beweis

Es ist
    ${\begin{aligned}v'(t)&=(\alpha (t)\cdot w)'\\&=\alpha '(t)\cdot w\\&=g(t,\alpha (t)\cdot w)\cdot \alpha (t)\cdot w\\&=F(t,\alpha (t)\cdot w)\\&=F(t,v(t))\end{aligned}}$
und
    $v(t_{0})=\alpha (t_{0})\cdot w=w\,,$
sodass eine Lösung des Anfangswertproblems vorliegt.
# Fundamentalgruppe/Assoziativität/Aufgabe

Es sei $X$ ein topologischer Raum und $x\in X$. Zeige, dass die Verknüpfung von Homotopieklassen geschlossener Wege mit Aufpunkt $x$ assoziativ ist.
# K-Spektrum/Abgeschlossene Einbettung/Nicht überall ringsurjektiv/Kegel/Beispiel

Wir betrachten den Standardkegel, der als abgeschlossene Teilmenge
    $V=V(X^{2}+Y^{2}-Z^{2})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{3}}\,$
gegeben sei. Es sei $U=D(X,Z-Y)\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{3}}$ die offene Teilmenge mit dem Durchschnitt $V\cap U=D(X,Z-Y)$ (in $V$), der eine offene Menge in $V$ ist. Wir behaupten, dass der zugehörige Ringhomomorphismus
    $\Gamma (U,{\mathcal {O}})\longrightarrow \Gamma (U\cap V,{\mathcal {O}})$
nicht surjektiv ist. Das liegt daran, dass links einfach der Polynomring in drei Variablen steht (vergleiche Aufgabe). Dagegen ergibt sich aus der Gleichung
    $X^{2}=Z^{2}-Y^{2}=(Z-Y)(Z+Y)\,,$
dass es auf $U\cap V$ die algebraische Funktion
    ${\frac {X}{Z-Y}}={\frac {Z+Y}{X}}\,$
gibt, die nicht im Bild der Abbildung liegt, da es keine Funktion auf dem ganzen Kegel ist.
# Zerfällungskörper/Ist eindeutig/Fakt/Beweis

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über den Grad $\operatorname {grad} _{K}L_{1}$. Wenn der Grad eins ist, so ist $K=L_{1}$ und das Polynom $F$ zerfällt bereits über $K$ in Linearfaktoren. Dann gehören alle Nullstellen von $F$ in einem beliebigen Erweiterungskörper $K\subseteq M$ zu $K$ selbst. Also ist auch $L_{2}=K$. Es sei nun $\operatorname {grad} _{K}L_{1}\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bewiesen. Dann zerfällt $F$ über $K$ nicht in Linearfaktoren. Daher gibt es einen irreduziblen Faktor $P$ von $F$ mit $\operatorname {grad} \,(P)\geq 2$ und $K'=K[X]/(P)$ ist nach Fakt und nach Fakt eine Körpererweiterung von $K$ vom Grad $\geq 2$. Da $P$ als Faktor von $F$ ebenfalls über $L_{1}$ und über $L_{2}$ in Linearfaktoren zerfällt, gibt es $K$-Algebrahomomorphismen $K'\rightarrow L_{1}$ und $K'\rightarrow L_{2}$. Diese sind injektiv, sodass $K'$ sowohl von $L_{1}$ als auch von $L_{2}$ ein Unterkörper ist. Nach Fakt sind dann $L_{1}$ und $L_{2}$ Zerfällungskörper von $F\in K'[X]$. Nach Fakt ist
    $\operatorname {grad} _{K'}L_{1}<\operatorname {grad} _{K}L_{1}\,,$
sodass wir auf $K',L_{1},L_{2}$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Es gibt also einen $K'$-Algebraisomorphismus
    $\varphi \colon L_{1}\longrightarrow L_{2}.$
Dieser ist erst recht ein $K$-Algebraisomorphismus.
# Fundamentalgruppe/Inverses Element/Nullhomotop/Aufgabe

Es sei $X$ ein topologischer Raum und $x,y\in X$. Es sei
    $\gamma \colon [0,1]\longrightarrow X$
ein stetiger Weg von $x$ nach $y$ und sei $\gamma ^{-1}$ der umgekehrt durchlaufene Weg, also $\gamma ^{-1}(t):=\gamma (1-t)$. Zeige, dass die Verknüpfung $\gamma \gamma ^{-1}$ homotop zum konstanten Weg $x$ ist.
# Koch Schneeflocke/Rekursiv/Beschreibung/Flächenkonvergenz und Längendivergenz/Beispiel

Unter den Kochschen Schneeflocken versteht man die Folge $K_{n}$ der folgendermaßen rekursiv definierten ebenen Figuren: Die Ausgangsfigur $K_{0}$ ist ein gleichseitiges Dreieck. Die Figur $K_{n+1}$ entsteht aus $K_{n}$, indem man in jeder Begrenzungskante von $K_{n}$ das mittlere Drittel durch die beiden Schenkel eines darauf aufgesetzten nach außen gerichteten gleichmäßigen Dreiecks ersetzt.
Es sei $A_{n}$ der Flächeninhalt und $L_{n}$ die Länge des Randes der $n$-ten Kochschen Schneeflocke. Wir wollen zeigen, dass die Folge $A_{n}$ konvergiert und die Folge $L_{n}$ bestimmt gegen $\infty$ divergiert.
Die Anzahl der Kanten von $K_{n}$ ist $3\cdot 4^{n}$, da bei jedem Unterteilungsschritt eine Kante durch vier Kanten ersetzt wird, deren Länge $1/3$ der Länge der Vorgängerkante ist. Es sei $r$ die Seitenlänge des gleichseitigen Ausgangsdreiecks. Dann besteht $K_{n}$ aus $3\cdot 4^{n}$ Kanten der Länge $r{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n}$ und die Gesamtlänge der Kanten von $K_{n}$ ist gleich
    $L_{n}=3\cdot 4^{n}r{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n}=3r{\left({\frac {4}{3}}\right)}^{n}\,.$
Wegen ${\frac {4}{3}}>1$ divergiert dies gegen $\infty$.
Beim Übergang von $K_{n}$ nach $K_{n+1}$ kommt für jede Kante ein neues Dreieck mit gedrittelter Seitenlänge hinzu. Der Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks mit Seitenlänge $s$ ist ${\frac {\sqrt {3}}{4}}s^{2}$ (Grundseite mal Höhe durch $2$). Im Schritt von $K_{n}$ nach $K_{n+1}$ kommen somit $3\cdot 4^{n}$ Dreiecke mit dem Flächeninhalt ${\frac {\sqrt {3}}{4}}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{2(n+1)}r^{2}={\frac {\sqrt {3}}{4}}r^{2}{\left({\frac {1}{9}}\right)}^{n+1}$ hinzu. Daher ist der Gesamtflächeninhalt von $K_{n}$ gleich
    ${\begin{aligned}&\,{\frac {\sqrt {3}}{4}}r^{2}\left(1+3{\frac {1}{9}}+12\left({\frac {1}{9}}\right)^{2}+48\left({\frac {1}{9}}\right)^{3}+\cdots +3\cdot 4^{n-1}\left({\frac {1}{9}}\right)^{n}\right)\\&={\frac {\sqrt {3}}{4}}r^{2}\left(1+{\frac {3}{4}}\left({\frac {4}{9}}\right)^{1}+{\frac {3}{4}}\left({\frac {4}{9}}\right)^{2}+{\frac {3}{4}}\left({\frac {4}{9}}\right)^{3}+\cdots +{\frac {3}{4}}\left({\frac {4}{9}}\right)^{n}\right).\end{aligned}}$
Wenn wir hinten die erste $1$ und den Faktor ${\frac {3}{4}}$ ignorieren, was die Konvergenzeigenschaft nicht ändert, so steht in der Klammer die Partialsumme einer geometrischen Reihe zu ${\frac {4}{9}}$, welche konvergiert.
# Doppelbruchungleichung/Lösung/Aufgabe/Lösung

Es ist
    ${\frac {\,\,{\frac {3}{x}}\,\,}{\,\,{\frac {-7}{4}}\,\,}}={\frac {12}{-7x}}={\frac {-12}{7x}}\,.$
Bei positivem $x$ führt die Bedingung
    ${\frac {-12}{7x}}>-1\,$
auf
    $-12>-7x\,$
bzw.
    $12<7x\,.$
Dies ist für
    $x\geq 2\,$
erfüllt. Für negatives $x$ schreiben wir
    $x=-y\,$
mit $y$ positiv. Die Bedingung
    ${\frac {-12}{7(-y)}}>-1\,$
bedeutet dann
    ${\frac {12}{7y}}>-1\,$
und ist für jedes (positive)
$y$
$\neq 0,1$
# Zerfällungskörper/Konjugierte Elemente/Automorphismus/Fakt/Beweis

Zunächst gibt es wegen
    $K[\alpha ]\cong K[X]/(F)\cong K[\beta ]\,$
einen $K$-Algebrahomomorphismus $\varphi$ von $K[\alpha ]$ nach $K[\beta ]$. Der Körper $L$ ist über diesen beiden Unterkörpern der Zerfällungskörper von $F$. Daher gibt es nach Fakt einen $K$-Algebraautomorphismus von $L$ nach $L$, der $\varphi$ fortsetzt.
# Funktion in mehreren Variablen/Approximierendes Polynom/Eindeutig/Aufgabe

Es sei $G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen, $P\in G$ ein Punkt und
    $f\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$
eine Funktion. Sei $k\in \mathbb {N}$. Zeige, dass es maximal ein Polynom $p(x_{1},\ldots ,x_{n})$ vom Grad $\leq k$ mit der Eigenschaft geben kann, dass
    $\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\Vert {f(x)-p(x)}\Vert }{\Vert {x}\Vert ^{k}}}=0\,$
gilt.
# Kommutative Algebra/Modul/Beispiel

* Jeder Vektorraum über einem Körper $K$ ist ein $K$-Modul.
* Jede abelsche Gruppe $G$ ist ein $\mathbb {Z}$-Modul: Die Abbildung ist erklärt durch $n\cdot g=g+g+\cdots +g$ ($n$ Summanden) für $n\in \mathbb {N}$, $g\in G$ und
    $\cdot \colon \mathbb {Z} \times G\longrightarrow G$
    $(-n)\cdot g=-(n\cdot g)\,.$
# Zerfällungskörper/Operation auf Nullstellen/Fakt/Beweis

Es sei $\varphi \in \operatorname {Gal} \,(L{|}K)$. Nach Fakt ist $\varphi (\alpha _{i})$ wieder eine Nullstelle von $F$, daher muss $\varphi {\left(\alpha _{i}\right)}=\alpha _{j}$ für ein gewisses $j$ sein. Dies definiert ein Abbildung der Nullstellenmenge in sich selbst. Da $\varphi$ injektiv ist, ist auch diese induzierte Abbildung injektiv, also nach Fakt bijektiv und somit eine Permutation. Die Gesamtzuordnung ist offenbar ein Gruppenhomomorphismus. Da die Nullstellen ein Erzeugendensystem des Zerfällungskörpers bilden, liegt nach Fakt ein injektiver Homomorphismus vor.
# Funktion in mehreren Variablen/Produkt/Taylor-Polynom durch Gradabschneiden/Aufgabe

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, $G\subseteq V$ offen, $P\in G$ und seien
    $f,g\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$
zwei $k$-mal stetig differenzierbare Funktionen mit den Taylor-Polynomen $T_{k}(f)$ und $T_{k}(g)$ in $P$ vom Grad $\leq k$. Zeige, dass das Produkt $fg$ ebenfalls $k$-mal stetig differenzierbar ist, und dass für das Taylor-Polynom $T_{k}(fg)$ von $fg$ in $P$ vom Grad $\leq k$ die Beziehung
    $T_{k}(fg)=(T_{k}(f)\cdot T_{k}(g))_{\leq k}\,$
besteht, wobei der Subskript ${\leq k}$ bedeutet, dass das Polynom bis zum Grad $k$ genommen wird.
# Kommutative Gruppe/Höhenfunktion/Endlich erzeugt/Charakterisierung/Nur eine Bedingung/Beispiel

Die Gruppe $G={\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{(\mathbb {N} )}$ zu $n\in \mathbb {N} _{+}$ ist nicht endlich erzeugt. Wenn $n$ teilerfremd zu $m$ ist, so ist
    $G/mG={\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{(\mathbb {N} )}/m{\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{(\mathbb {N} )}={\left(\mathbb {Z} /(m,n)\right)}^{(\mathbb {N} )}=0\,.$
Nach Fakt kann es keine Höhenfunktion auf $G$ geben.
Auf $\mathbb {Z} ^{(\mathbb {N} )}$ gibt es eine Höhenfunktion.
# Konvexe Menge/Gitter/Grundmasche/Für Gitterpunksatz/Textabschnitt
## Definition

Eine Teilmenge $T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ heißt konvex, wenn mit je zwei Punkten $P,Q\in T$ auch jeder Punkt der Verbindungsstrecke, also jeder Punkt der Form
    $rP+(1-r)Q{\text{ mit }}r\in [0,1],$
ebenfalls zu $T$ gehört.
Der Durchschnitt von konvexen Teilmengen ist wieder konvex. Daher kann man definieren.

## Definition

Zu einer Teilmenge $U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ heißt die kleinste konvexe Teilmenge $T$, die $U$ umfasst, die konvexe Hülle von $U$.
Die konvexe Hülle ist einfach der Durchschnitt von allen konvexen Teilmengen, die $U$ umfassen.
Im zweidimensionalen kann man sich die konvexe Hülle so vorstellen, dass man eine Schnur um die fixierten Punkte aus $U$ legt und die Schnur dann zusammen zieht. Dreidimensional nehme man ein Stofftuch.

## Definition

Zu einem durch linear unabhängige Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$ gegebenen Gitter bezeichnet man die konvexe Hülle der Vektoren $\epsilon _{1}v_{1}+\cdots +\epsilon _{n}v_{n}$ mit $\epsilon _{i}\in \{0,1\}$ als die Grundmasche (oder Fundamentalmasche) des Gitters.
Die in der vorstehenden Definition auftauchenden Vektoren sind die Eckpunkte des von den Basisvektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$ erzeugten Parallelotops. Die Elemente der Grundmasche selbst sind alle Vektoren der Form
    $r_{1}v_{1}+\cdots +r_{n}v_{n}{\text{ mit }}r_{i}\in [0,1]$
Wir werden die Grundmasche häufig mit ${\mathfrak {M}}$ bezeichnen. Zu einem Gitterpunkt $P$ nennt man die Menge $P+{\mathfrak {M}}$ eine Masche des Gitters. Ein beliebiger Punkt $Q\in \mathbb {R} ^{n}$ hat eine eindeutige Darstellung $Q=t_{1}v_{1}+\cdots +t_{n}v_{n}$ und damit ist
    $Q=(\lfloor t_{1}\rfloor v_{1}+\cdots +\lfloor t_{n}\rfloor v_{n})+((t_{1}-\lfloor t_{1}\rfloor )v_{1}+\cdots +(t_{n}-\lfloor t_{n}\rfloor )v_{n})\,,$
wobei der erste Summand zum Gitter gehört und der zweite Summand zur Grundmasche. Insbesondere haben zwei verschiedene Maschen nur Randpunkte, aber keine inneren Punkte gemeinsam.
Da ein Gitter keine wohldefinierte Gitterbasis besitzt, gibt es eine wohldefinierte Grundmasche nur dann, wenn eine Gitterbasis fixiert wurde, siehe Beispiel. Allerdings, und dies ist entscheidend, ist das Volumen einer Grundmasche unabhängig von der Gitterbasis und hängt nur vom Gitter selbst ab. Dies folgt aus Fakt in Verbindung mit Fakt. Das Volumen eines Parallelotops und insbesondere einer Grundmasche kann man mit den beiden folgenden Sätzen berechnen.

## Satz

Es sei $v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis im $\mathbb {R} ^{n}$ und sei $P$ das davon erzeugte Parallelotop.
Dann gilt für das Borel-Lebesgue-Maß $\lambda$ auf $\mathbb {R} ^{n}$
wobei in der Matrix die Koordinaten von $v_{i}$ bezüglich der Standardbasis stehen.

### Beweis

$\Box$

## Satz

Es sei $(V,\left\langle -,-\right\rangle )$ ein euklidischer Vektorraum, sei $v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von $V$ und sei $P$ das davon erzeugte Parallelotop.
Dann gilt für das Borel-Lebesgue-Maß $\lambda _{V}$ auf $V$

### Beweis

$\Box$
# Drehmatrizen/360 durch n/Kreisteilungskörper/Aufgabe/Lösung

* Es genügt die Drehmatrix zu $k=1$, also da ja ist. Wegen $n\geq 3$ kann man auf diese nicht verzichten.
    ${\begin{pmatrix}\cos \alpha &-\sin \alpha \\\sin \alpha &\cos \alpha \end{pmatrix}},$
    ${\begin{pmatrix}\cos k\alpha &-\sin k\alpha \\\sin k\alpha &\cos k\alpha \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\cos \alpha &-\sin \alpha \\\sin \alpha &\cos \alpha \end{pmatrix}}^{k}\,$
* Es sei $K_{n}$ der $n$-te Kreisteilungskörper über $\mathbb {Q}$, der von erzeugt wird. Wir betrachten die surjektive Abbildung die durch $e^{2\pi {\mathrm {i} }/n}\mapsto {\begin{pmatrix}\cos \alpha &-\sin \alpha \\\sin \alpha &\cos \alpha \end{pmatrix}}$ gegeben ist. Diese ist wohldefiniert und bijektiv, da eine Summe genau dann $0$ ist, wenn dies in der ersten Spalte gilt. Somit liegt ein $\mathbb {Q}$-Algebraautomorphismus vor und alle Eigenschaften übertragen sich vom Kreisteilungskörper. Insbesondere ist die Algebra kommutativ
    $e^{2\pi {\mathrm {i} }/n}=\cos 360^{\circ }/n+{\mathrm {i} }\sin 360^{\circ }/n=\cos \alpha +{\mathrm {i} }\sin \alpha \,$
    $K_{n}\longrightarrow A,$
    $\sum _{i=0}^{n-1}a_{i}{\begin{pmatrix}\cos \alpha &-\sin \alpha \\\sin \alpha &\cos \alpha \end{pmatrix}}^{i}$
* und ein Körper
* der endlichen $\mathbb {Q}$-Dimension ${\varphi (n)}$.
# Zirkel und Lineal/Das regelmäßige 9-Eck ist nicht konstruierbar/Fakt/Beweis

Wäre das regelmäßige $9$-Eck konstruierbar, so müsste nach Fakt ${\varphi (9)}$ eine Zweierpotenz sein. Es ist aber ${\varphi (9)}=2\cdot 3=6$.