OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Modul/Darstellung/Symmetrische Algebra/Bemerkung

Zu einer Moduldarstellung
    $R^{m}{\stackrel {A}{\longrightarrow }}R^{n}\longrightarrow M\longrightarrow 0$
ist die symmetrische Algebra $S(M)$ der Restklassenring $R[T_{1},\ldots ,T_{n}]/{\mathfrak {a}}$, wobei ${\mathfrak {a}}$ durch lineare Polynome erzeugt wird, die aus der Matrix ablesbar sind. Die Schnitte von $\operatorname {Spek} {\left(R\right)}$ in $\operatorname {Spek} {\left(S(M)\right)}$ entsprechen den $R$-Algebrahomomorphismen $S(M)\rightarrow R$ und diese den $R$-Modulhomomorphismen $M\rightarrow R$ und damit insgesamt dem Dualmodul. Die Fasern sind immer affine Räume, aber mit variierender Dimension.
    $V[S]/(\pi S)$
ist ein Achsenkreuz. Über einem diskreten Bewertungsring kann man Variablen, die mit einer Einheit als Vorfaktor in eine Gleichung eingehen, grundsätzlich elimininieren. Variablen, die gar nicht vorkommen, tragen zu einem Zylinder bei. Ansonsten sind Gleichungen der Form
    $u_{1}\pi ^{a_{1}}T_{1}+\cdots +u_{n}\pi ^{a_{n}}T_{n}=0\,$
zu betrachten. Dabei gibt es für jede Variable einen minimalen Exponenten.
    $V[S,T]/(\pi ^{2}S+\pi ^{3}T).$
Die Gleichung hat einen Effekt, wie sich die Komponenten schneiden, hier $V(\pi )$ und $V(S+\pi T)$, wo der Schnitt $V(\pi ,S)$ ist, also die $T$-Achse.
Bei
    $V{\stackrel {\pi ^{s}}{\longrightarrow }}V\longrightarrow V/\pi ^{s}\longrightarrow 0$
geht es um $V[T]/\pi ^{s}T$, die Schnitte sind der Nullmodul, der Modul selbst ist ein Torsionsmodul.
Ein wie oben dargestellter Modul lässt sich direkt zurückziehen.
ist dual
    $0\longrightarrow {M}^{*}\longrightarrow R^{n}\longrightarrow R^{m}$
exakt.
# Elliptische Kurve/Gruppenstruktur/Y^2 ist X^3+1/Torsionspunkte/Beispiel

Auf der durch $y^{2}=x^{3}+1$ gegebenen elliptischen Kurve gibt es über $\mathbb {Q}$ die sechs Torsionspunkte ${\mathfrak {O}},\,(-1,0),\,(0,1),\,(0,-1),\,(2,3),\,(2,-3)$. Dabei hat $(-1,0)$ nach Fakt die Ordnung $2$ und es gibt (über $\mathbb {Q}$ und über $\mathbb {R}$) keinen weiteren Punkt mit Ordnung $2$. In Aufgabe haben wir gesehen, dass $(0,1)$ und $(0,-1)$ zueinander negative Elemente der Ordnung $3$ sind. In Beispiel haben wir $(0,1)+(2,3)=(-1,0)$ berechnet. Also ist
    $(2,3)=(-1,0)-(0,1)=(-1,0)+(0,1)\,$
und daher besitzen $(2,3)$ und $(2,-3)$ die Ordnung $6$.
# Ungerichteter Graph/Anzahl/Ungerader Grad/Gerade/Fakt/Beweis

Es sei $V_{g}$ die Knoten mit einem geraden Grad und $V_{u}$ die Knoten mit einem ungeraden Grad. Nach Fakt gilt
    $\sum _{v\in V_{g}}d(v)+\sum _{v\in V_{u}}d(v)=2\cdot {\#\left(E\right)}\,,$
diese Zahl ist also gerade. Der linke Summand ist als Summe von geraden Zahlen ebenfalls gerade. Somit muss auch der rechte Summand gerade sein. Dies kann nur sein, wenn die Anzahl von $V_{u}$ gerade ist.
# Biqadratische Erweiterung/Wurzel -5 2/Ganzes Element/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $\left({\frac {{\sqrt {2}}+{\sqrt {-10}}}{2}}\right)^{2}={\frac {2-10+2{\sqrt {-20}}}{4}}={\frac {-8+4{\sqrt {-5}}}{4}}=-2+{\sqrt {-5}}\,.$
Daher erfüllt $z$ die Ganzheitsgleichung
    $Z^{2}+2-{\sqrt {-5}}=0\,$
über $\mathbb {Z} [{\sqrt {-5}}]$. Wegen der Transitivität der Ganzheit ist dann $z$ auch ganz über $\mathbb {Z}$. Aus der Rechnung folgt direkt, dass ${\sqrt {-5}}\in \mathbb {Z} [z]$ ist.
Es ist
    ${\begin{aligned}z^{3}&={\left(-2+{\sqrt {-5}}\right)}{\frac {{\sqrt {2}}+{\sqrt {-10}}}{2}}\\&={\frac {-2{\sqrt {2}}-2{\sqrt {-10}}+{\sqrt {-5}}{\sqrt {2}}+{\sqrt {-5}}{\sqrt {-10}}}{2}}\\&={\frac {3{\sqrt {2}}-{\sqrt {-10}}}{2}}\end{aligned}}$
und
    $z^{4}={\left(-2+{\sqrt {-5}}\right)}^{2}=-1-4{\sqrt {-5}}\,.$
Somit ist $Z^{4}+4Z^{2}+9=0$ eine Ganzheitsgleichung für $z$ über $\mathbb {Z}$.
Es ist
    $z^{3}+z=2{\sqrt {2}}\,.$
$\mathbb {Z} [z]$
$z^{j}$
${\sqrt {2}}$
# Forcing algebras/Relation to tight closure/Local cohomology/Characterization/Fakt

Let $R$ be a normal excellent local domain with maximal ideal ${\mathfrak {m}}$ over a field of positive characteristic. Let $f_{1},\ldots ,f_{n}$ generate an ${\mathfrak {m}}$-primary ideal $I$ and let $f$ be another element in $R$. Then $f\in I^{*}$ if and only if
    $H_{\mathfrak {m}}^{\dim(R)}(A)\neq 0\,,$
where $A=R[T_{1},\ldots ,T_{n}]/{\left(f_{1}T_{1}+\cdots +f_{n}T_{n}+f\right)}$ denotes the forcing algebra of these elements.
# Endomorphismus/Geraden/Achsenkreuz/Aufgabe

Wir betrachten die Vektoren $u={\begin{pmatrix}8\\7\\4\end{pmatrix}}$ und $v={\begin{pmatrix}6\\3\\9\end{pmatrix}}$ im $\mathbb {R} ^{3}$. Bestimme die Dimension des Vektorraumes, der aus allen linearen Abbildungen
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$
besteht, die $u$ auf die $x$-Achse und $v$ auf die $y$-Achse abbilden. Beschreibe den entsprechenden Unterraum des Matrizenraums bezüglich passend gewählter Basen.
# Erzeugte Algebra/Erzeugter Körper/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Es sei $A$ eine $R$-Algebra und sei $f_{i}\in A$, $i\in I$, eine Familie von Elementen aus $A$. Dann heißt die kleinste $R$-Unteralgebra von $A$, die alle $f_{i}$ enthält, die von diesen Elementen erzeugte $R$-Algebra. Sie wird mit $R[f_{i},\,i\in I]$ bezeichnet.
Man kann diese $R$-Algebra auch als den kleinsten Unterring von $A$ charakterisieren, der sowohl $R$ als auch die $f_{i}$ enthält. Wir werden hauptsächlich von erzeugten $K$-Algebren in einer Körpererweiterung $K\subseteq L$ sprechen, wobei nur ein einziger Erzeuger vorgegeben ist. Man schreibt dafür dann einfach $K[f]$, und diese $K$-Algebra besteht aus allen $K$-Linearkombinationen von Potenzen von $f$. Dies ist das Bild unter dem durch $X\mapsto f$ gegebenen Einsetzungshomomorphismus.
Gelegentlich werden wir auch den kleinsten Unterkörper von $L$ betrachten, der sowohl $K$ als auch eine Elementfamilie $f_{i}$, $i\in I$, enthält. Dieser wird mit $K(f_{i},i\in I)$ bezeichnet, und man sagt, dass die $f_{i}$ ein Körper-Erzeugendensystem von diesem Körper bilden. Es ist $K[f_{i},i\in I]\subseteq K(f_{i},i\in I)$ und insbesondere $K[f]\subseteq K(f)$.
# Monoidring/C/Graduierung/Zyklische Gruppe/Fixpunktfreiheit/Fundamentalgruppe/Bemerkung

Wir betrachten eine Graduierung des Polynomringes ${\mathbb {C} }[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ durch einen surjektiven Gruppenhomomorphismus
    $\delta \colon \mathbb {Z} ^{n}\longrightarrow \mathbb {Z} /(\ell ):=D$
in eine endliche zyklische Gruppe. Es sei vorausgesetzt, dass $\delta (e_{j})$ ein Erzeuger von $\mathbb {Z} /(\ell )$ für jeden Standardvektor $e_{j}\in \mathbb {Z} ^{n}$ ist. Dann ist die zugehörige Operation der Charaktergruppe $G=D^{\vee }=\mu _{\ell }{\left({\mathbb {C} }\right)}$ auf ${\mathbb {C} }^{n}\setminus \{0\}$ fixpunktfrei. Zu $x\neq 0$ sei $x_{j}\neq 0$. Für jeden Charakter $\chi \neq 1$ gilt
    $\chi (x)=(\ldots ,\chi (\delta (e_{j}))x_{j},\ldots )\neq (\ldots ,x_{j},\ldots )\,,$
da $\delta (e_{j})$ nach Voraussetzung ein Erzeuger ist und somit $\chi (\delta (e_{j}))\neq 1$ ist. Bei $n\geq 2$ ist in einem solchen Fall die Fundamentalgruppe von
    $\operatorname {Spek} {\left({\mathbb {C} }[X_{1},\ldots ,X_{n}]^{G}\right)}_{\mathbb {C} }\setminus \{P\}$
(wobei $P$ das Bild des Nullpunktes sei) aufgrund von Fakt gleich $\mathbb {Z} /(\ell )$.
# Elliptische Kurve/Gruppenstruktur/Y^2 ist X^3+17/Beispiel

Auf der durch $y^{2}=x^{3}+17$ gegebenen elliptischen Kurve gibt es über $\mathbb {Q}$ die beiden unabhängigen Punkte $(-2,3)$ und $(2,5)$. Hier ist
    $E(\mathbb {Q} )\cong \mathbb {Z} \times \mathbb {Z} \,$
und die angegebenen Punkte sind Erzeuger, der Rang ist also $2$.
# Ungerichteter Graph/Bipartit/Gerade Kreise/Fakt/Beweis

Es sei $V=A\uplus B$ eine bipartite Zerlegung eines bipartiten Graphen. In jedem Weg in einem bipartiten Graphen gehören die Knoten abwechselnd zu $A$ oder zu $B$. Die Existenz eines Kreises mit ungerader Anzahl führt daher direkt zu einem Widerspruch.
Es sei nun umgekehrt die Kreisbedingung erfüllt. Wir können annehmen, dass $G$ zusammenhängend ist. Es sei $v\in V$ ein fixierter Punkt. Wir definieren
    $A={\left\{x\in V\mid {\text{ es gibt einen geradzahligen Weg von }}v{\text{ nach }}x\right\}}\,$
und
    $B={\left\{x\in V\mid {\text{ es gibt einen ungeradzahligen Weg von }}v{\text{ nach }}x\right\}}\,.$
Wegen der Zusammenhangseigenschaft ist
    $V=A\cup B\,.$
Nehmen wir an, dass $A$ und $B$ nicht disjunkt sind, sagen wir $y\in A\cap B$. Es gibt dann Wege
    $v=v_{0}\sim v_{1}\sim \ldots \sim v_{r}=y\,$
und
    $v=v_{0}\sim u_{1}\sim \ldots \sim u_{s}=y\,$
mit $r$ gerade und $s$ ungerade. Indem man die beiden Wege zusammensetzt, erhält man einen Zyklus mit ungerade vielen Knoten. Wenn es in ihm Wiederholungen gibt, so kann man daraus zwei kleinere Zyklen herausarbeiten, von denen einer ebenfalls eine ungerade Anzahl besitzt. Somit erhält man auch einen ungeraden Kreis im Widerspruch zur Voraussetzung. Die beiden Mengen sind also disjunkt. Wenn es eine Kante innerhalb von $A$ geben würde, so würden die daran beteiligten Punkte sofort auch zu $B$ gehören im Widerspruch zur gezeigten Disjunktheit.
# Biquadratische Erweiterung/-15/Kähler-Differentiale/Unverzweigt/Aufgabe/Lösung

Es sei
    $x={\frac {-1+{\sqrt {-3}}}{2}}\,$
und
    $y={\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\,,$
die die Gleichungen $x^{2}+x+1=0$ bzw. $y^{2}-y-1=0$ erfüllen. Es sei $T=\mathbb {Z} [x,y]\subseteq S$. Wegen
    $z={\frac {1+{\sqrt {-15}}}{2}}=2xy-x-y+1\,$
ist $R\subseteq T$ und in $\Omega _{T{|}R}$ gilt
    $0=dz=d(2xy-x-y+1)=2xdy+2ydx-dx-dy=(2y-1)dx+(2x-1)dy\,.$
Wegen Aufgabe ist $3dx=0$ und $5dy=0$ in den entsprechenden quadratischen Erweiterungen von $\mathbb {Z}$ und damit erst recht in $\Omega _{T{|}R}$. Damit gilt auch $(10y-5)dx=0$ und $(6x-3)dy=0$. Wir haben ferner $(2x+1)dx=0$ und $(2y-1)dy=0$. Der Annullator von $dx$ enthält also $3,2x+1,10y-5$. Im Restklassenring zu diesem Annullator ist dann $x=1$ und $y=2$, woraus mit $y^{2}-y-1=0$ folgt, dass der Restklassenring der Nullring und der Annullator der ganze Ring ist. Also ist $dx=0$. Der Annullator zu $dy$ enthält $5,2x-1,2y-1$. Damit ist im Restklassenring zu diesem Annullator
    $x=y=3\,$
und aus
    $x^{2}+x+1=13=0\,$
folgt letztlich wieder $dy=0$.
$T$
$R$
$T$
# Euklidischer Algorithmus/Z/Darstellung des ggT/Textabschnitt

Mit dem euklidischen Algorithmus kann man auch durch Zurückrechnen eine Darstellung des größten gemeinsamen Teilers als Linearkombination der beiden vorgegebenen Zahlen erhalten. Dazu seien
    $r_{i}=q_{i}r_{i+1}+r_{i+2}\,$
die Gleichungen im euklidischen Algorithmus und $r_{k-1}=\operatorname {ggT} \,(r_{0},r_{1})$. Aus der letzten Gleichung
    $r_{k-3}=q_{k-3}r_{k-2}+r_{k-1}\,$
erhält man die Darstellung
    $r_{k-1}=r_{k-3}-q_{k-3}r_{k-2}\,$
von $r_{k-1}$ als Linearkombination mit $r_{k-3}$ und $r_{k-2}$. Mit der vorhergehenden Zeile
    $r_{k-4}=q_{k-4}r_{k-3}+r_{k-2}\,$
bzw.
    $r_{k-2}=r_{k-4}-q_{k-4}r_{k-3}\,$
kann man in dieser Darstellung $r_{k-2}$ ersetzen und erhält eine Darstellung von $r_{k-1}$ als Linearkombination von $r_{k-3}$ und $r_{k-4}$. So fortfahrend erhält man schließlich eine Darstellung von
    $r_{k-1}=\operatorname {ggT} \,(r_{0},r_{1})\,$
als Linearkombination von $r_{0}$ und $r_{1}$.

## Beispiel

Wir wollen für $52$ und $30$ eine Darstellung des größten gemeinsamen Teilers finden. Wir führen dazu den euklidischen Algorithmus durch.
    $52=1\cdot 30+22$
    $30=1\cdot 22+8$
    $22=2\cdot 8+6$
    $8=1\cdot 6+2$
    $6=3\cdot 2+0.$
D.h. $2$ ist der größte gemeinsame Teiler von $52$ und $30$. Rückwärts gelesen erhält man daraus die Darstellung
    ${\begin{aligned}2&=8-6\\&=8-(22-2\cdot 8)\\&=3\cdot 8-22\\&=3\cdot (30-22)-22\\&=3\cdot 30-4\cdot 22\\&=3\cdot 30-4\cdot (52-30)\\&=7\cdot 30-4\cdot 52.\end{aligned}}$
# Natürliche Zahl/Zehnersystem/Nachfolger/Bemerkung

Der Nachfolger einer im Dezimalsystem gegebenen natürlichen Zahl
    $n=a_{0}+a_{1}10+a_{2}10^{2}+\cdots +a_{\ell }10^{\ell }\,$
lässt sich einfach bestimmen und im Dezimalsystem ausrechnen. Der Nachfolger ist natürlich
    ${\left(a_{0}+1\right)}+a_{1}10+a_{2}10^{2}+\cdots +a_{\ell }10^{\ell }.$
Wenn $a_{0}\leq 8$ ist, so ist
    $a_{0}+1\leq 9\,$
und die Dezimalentwicklung des Nachfolgers liegt unmittelbar vor. Wenn hingegen $a_{0}=9$ ist, so geht es um die Zahl
    ${\begin{aligned}n+1&=(9+1)+a_{1}10+a_{2}10^{2}+\cdots +a_{\ell }10^{\ell }\\&=10+a_{1}10+a_{2}10^{2}+\cdots +a_{\ell }10^{\ell }\\&=(a_{1}+1)\cdot 10+a_{2}10^{2}+\cdots +a_{\ell }10^{\ell }.\end{aligned}}$
Erneut gilt, dass bei $a_{1}\leq 8$ die Dezimalentwicklung vorliegt, bei $a_{1}=9$ muss man wie zuvor weitermachen. Wenn die hintersten (niedrigststelligen) $s$ Ziffern $a_{0},\ldots ,a_{s-1}$ gleich $9$ sind und
    $a_{s}\neq 9\,$
(was den Fall einschließt, dass $n$ genau $s$ Ziffern hat, in welchem Fall $a_{s}$ als $0$ zu interpretieren ist), so erhält man den Nachfolger, indem man diese $s$ Neunen durch Nullen ersetzt und $a_{s}$ um $1$ erhöht.
# Elliptische Kurve/Gruppenstruktur/Y^2 ist X^3+4x/Torsionspunkte/Beispiel

Auf der durch $y^{2}=x^{3}+4x$ gegebenen elliptischen Kurve gibt es über $\mathbb {Q}$ die vier Torsionspunkte ${\mathfrak {O}},\,(0,0),\,(2,4),\,(2,-4)$. Dabei besitzt $(0,0)$ nach Fakt die Ordnung $2$ und sonst über $\mathbb {Q}$ (und $\mathbb {R}$) keinen weiteren Punkt der Ordnung $2$. Die Punkte $(2,4)$ und $(2,-4)$ haben nach Aufgabe die Ordung $4$.
# Ungerichteter Graph/Blatt/Hinwegnahme/Zusammenhang/Fakt/Beweis

Es sei $G$ zusammenhängend und $u,v\in G\setminus \{b\}$. Dann gibt es in $G$ einen verbindenden Weg von $u$ nach $v$. Wenn in diesem Weg $b$ vorkommt, so jedenfalls nicht als Anfangs- oder als Endpunkt, da dies explizit ausgeschlossen ist. Wenn $b$ in der Mitte vorkommt, so in der Form $w,b,w$, wobei $\{b,w\}$ die einzige Kante an $b$ bezeichne. Doch in diesem Fall kann man diesen Wegabschnitt herausnehmen und erhält einen kürzeren Weg von $u$ nach $v$. Deshalb gibt es auch einen verbindenen Weg, wo $b$ gar nicht vorkommt.
Es sei nun $G\setminus \{b\}$ zusammenhängend und seien $u,v\in G$. Wenn $u,v\neq b$ ist, so kann man direkt einen verbindenden Weg aus $G\setminus \{b\}$ nehmen. Wenn $u=b$ ist, so ist $b$ mit einem weiteren Knotenpunkt $w$ verbunden, und einen Weg in $G\setminus \{b\}$ von $w$ nach $v$ kann man durch die Kante $\{b,w\}$ zu einem Weg in $G$ von $b$ nach $v$ fortsetzverlämgern.
# Biquadratische Gleichung/R/Löse/2/Aufgabe/Lösung

Über $\mathbb {R}$ gibt es keine Lösung, da
    $x^{4}+5x^{2}+7\geq 7>0\,$
ist, da ja reelle Quadrate stets positiv sind. Über ${\mathbb {C} }$ lösen wir zuerst die quadratische Gleichung
    $y^{2}+5y+7=0\,.$
Die Lösungen sind
    $y_{1},y_{2}={\frac {-5\pm {\sqrt {25-28}}}{2}}={\frac {-5\pm {\sqrt {-3}}}{2}}={\frac {-5\pm {\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}\,.$
Jetzt müssen wir noch die komplexen Quadratwurzeln aus diesen Zahlen ziehen.
# Euklidischer Algorithmus/Z/Einführung/Textabschnitt

Es seien $a,b$ ganze Zahlen, $b\neq 0$. Dann kann man die Division mit Rest durchführen und erhält $a=qb+r$ mit $0\leq r<\vert {b}\vert$. Danach kann man (bei $r\neq 0$) die Division mit Rest von $b$ durch $r$ durchführen, d.h. $b$ nimmt die Rolle von $a$ und $r$ die Rolle von $b$ ein und erhält einen neuen Rest. Dies kann man fortsetzen, und da dabei die Reste immer kleiner werden bricht das Verfahren irgendwann ab.

## Definition

Es seien zwei ganze Zahlen $a,b$ (mit $b\neq 0$) gegeben. Dann nennt man die durch die Anfangsbedingungen $r_{0}=a$ und $r_{1}=b$ und die mittels der Division mit Rest
    $r_{i}=q_{i}r_{i+1}+r_{i+2}\,$
rekursiv bestimmte Folge $r_{i}$ die Folge der euklidischen Reste.

## Satz

Es seien ganze Zahlen $r_{0}=a$ und $r_{1}=b\neq 0$ gegeben.
Dann besitzt die Folge $r_{i}$, $i=0,1,2,\ldots$, $,$ der euklidischen Reste folgende Eigenschaften.

### Beweis

* Dies folgt unmittelbar aus der Definition der Division mit Rest.
* Solange $r_{i}\neq 0$ ist, wird die Folge der natürlichen Zahlen $r_{i}$ immer kleiner, sodass irgendwann der Fall $r_{i}=0$ eintreten muss.
* Wenn $t$ ein gemeinsamer Teiler von $r_{i}$ und von $r_{i+1}$ ist, so zeigt die Beziehung dass $t$ auch ein Teiler von $r_{i-1}$ und damit ein gemeinsamer Teiler von $r_{i-1}$ und von $r_{i}$ ist. Die Umkehrung folgt genauso.
    $r_{i-1}=q_{i-1}r_{i}+r_{i+1}\,,$
* Dies folgt aus (3) mit der Gleichungskette
    $\operatorname {ggT} (a,b)=\operatorname {ggT} (b,r_{2})=\operatorname {ggT} (r_{2},r_{3})=\ldots =\operatorname {ggT} (r_{k-2},r_{k-1})=\operatorname {ggT} (r_{k-1},r_{k})=\operatorname {ggT} (r_{k-1},0)=r_{k-1}\,.$
$\Box$

## Beispiel

Aufgabe
Bestimme in $\mathbb {Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von $71894$ und $45327$.
Lösung
Der Euklidische Algorithmus liefert:
    $71894=1\cdot 45327+26567$
    $45327=1\cdot 26567+18760$
    $26567=1\cdot 18760+7807$
    $18760=2\cdot 7807+3146$
    $7807=2\cdot 3146+1515$
    $3146=2\cdot 1515+116$
    $1515=13\cdot 116+7$
    $116=16\cdot 7+4$
    $7=1\cdot 4+3$
    $4=1\cdot 3+1.$
Die Zahlen $71894$ und $45327$ sind also teilerfremd.
Bei kleinen Zahlen sieht man häufig relativ schnell direkt, was ihr größter gemeinsamer Teiler ist, da man die Primfaktorzerlegung kennt bzw. mögliche gemeinsame Teiler schnell übersehen kann. Bei zwei größeren Zahlen müssten aber viel zu viele Probedivisionen durchgeführt werden! Der euklidische Algorithmus ist also zur Bestimmung des größten gemeinsamen Teilers ein sehr effektives Verfahren!
* ↑ Für $i\geq 1$. Da $b$ auch negativ sein könnte ist dies bei $i=0$ als $r_{2}<\vert {r_{1}}\vert$ zu lesen.
# Normale Körpererweiterung/Charakterisierung mit Nullstellen/Bemerkung

Insbesondere die zweite Eigenschaft von Fakt zeigt, dass es sich hierbei um eine recht starke Eigenschaft handelt. Wenn man mit einem Primpolynom $P\in K[X]$ startet und sich den Restklassenkörper $L=K[X]/(P)$ anschaut, so besitzt $P$ in $L$ eine Nullstelle, nämlich die Restklasse $x$ von $X$. Daher gilt in $L[X]$ die Beziehung $P=(X-x)Q$ mit einem Polynom $Q\in L[X]$. Es gibt aber keinen allgemeinen Grund, warum $Q$ über $L$ in Linearfaktoren zerfallen sollte.
# Elliptische Kurve/Gruppenstruktur/Y^2 ist X^3-2X/Beispiel

Auf der durch $y^{2}=x^{3}-2x$ gegebenen elliptischen Kurve gibt es über $\mathbb {Q}$ die beiden Torsionspunkte $(0,0),\,{\mathfrak {O}}$. Daneben gibt es noch den Punkt $(-1,1)$, der den torsionsfreien Teil erzeugt. Die Gruppenstruktur ist
    $E(\mathbb {Q} )\cong \mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} \,$
und $\left(-1,\,1\right)$ ist ein Erzeuger der torsionsfreien Komponente.
# Ungerichteter Graph/Kantengraph/Kantenanzahl/Fakt/Beweis

* Dies folgt unmittelbar aus der Definition des Kantengraphen.
* Es sei $\{u,v\}$ eine Kante von $G$, aufgefasst als Punkt im Kantengraph $K$. Dieser Punkt ist mit einem anderen Punkt des Kantengraphen, also einer Kante $\{r,s\}$ des Ausgangsgraphen, genau dann verbunden, wenn diese Kante an $u$ oder an $v$ anliegt, wobei nur eines der Fall sein kann. Die Anzahl der an $u$ anliegenden Kanten ist $d(u)$, allerdings dürfen wir die Kante $\{u,v\}$ nicht mitzählen.
* Nach Fakt ist die gesuchte Anzahl der Kanten in $K$ unter Verwendung von Teil (2) gleich da in der mittleren Summe der Term $d(v)-1$ so oft vorkommt, wie es $d(v)$ angibt.
    ${\frac {1}{2}}\sum _{\{u,v\}\in E}{\left(d(u)+d(v)-2\right)}={\frac {1}{2}}\sum _{\{u,v\}\in E}{\left(d(u)-1+d(v)-1\right)}={\frac {1}{2}}\sum _{v\in V}d(v)(d(v)-1)\,,$
# Biquadratischer Zahlbereich/1 Modulo 4/Aufgabe/Lösung

Wegen ${\sqrt {a}}=2x-1$ und ${\sqrt {b}}=2y-1$ ist direkt
    ${\begin{aligned}z&={\frac {1+{\sqrt {ab}}}{2}}\\&={\frac {1+{\sqrt {a}}{\sqrt {b}}}{2}}\\&={\frac {1+(2x-1)(2y-1)}{2}}\\&={\frac {4xy-2y-2x+2}{2}}\\&=2xy-y-x+1\\&\in \mathbb {Z} [x,y].\end{aligned}}$
# Hilbert-Kunz Theorie/Graduiert zweidimensional/Relative Situation/en/Textabschnitt
## Theorem (Trivedi)

Let
    $C\longrightarrow \operatorname {Spec} {\left(\mathbb {Z} _{g}\right)}$
be a smooth projective relative curve and let ${\mathcal {T}}$ be a vector bundle over $C$. For the generic fiber $C_{0}$ let
    $\mu _{HK}({\mathcal {T}}_{0})=\sum _{\ell }r_{\ell }\mu _{\ell }^{2}\,,$
where the $\mu _{\ell }$ are the slopes (and $r_{\ell }$ the ranks) in the Harder-Narasimhan filtration of ${\mathcal {T}}_{0}$, and for every prime number let
    ${\bar {\mu }}_{HK}({\mathcal {T}}_{p})={\frac {\sum _{k}r_{k}\mu _{k}^{2}}{p^{e}}}\,,$
where the $\mu _{k}$ are the slopes in the strong Harder-Narasimhan filtration of $F^{e*}({\mathcal {T}}_{p})$ on the fiber $C_{p}$. Then
    $\lim _{p\rightarrow \infty }{\bar {\mu }}_{HK}({\mathcal {T}}_{p})=\mu _{HK}({\mathcal {T}}_{0})\,$
In charcteristic zero and a given homogeneous ideal, we use the slopes from the Harder-Narasimhan filtration of the syzygy bundle to define the Hilbert-Kunz multiplicity by
    $e_{HK}^{0}(I)={\frac {1}{2\operatorname {deg} \,C}}{\left(\mu _{HK}(\operatorname {Syz} )-(\operatorname {deg} \,C)^{2}\sum _{i=1}^{n}d_{i}^{2}\right)}\,.$
In the relative situation, an ideal gives a syzygy bundle over the relative curve and there we can compare the slopes coming from a strong Harder-Narasimhan filtration in the fibers to get the following Corollary.

## Corollary (Trivedi)

Let $\mathbb {Z} \subseteq S$ be a finitely generated graded domain of relative dimension two with normal fibers and let $I\subseteq S$ be a homogeneous ideal such that $I_{p}$ is an $(S\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(p))_{+}$-primary ideal for all prime reductions. Then the limit
    $\lim _{p\rightarrow \infty }e_{HK}(I_{p})$
exists and equals the Hilbert-Kunz multiplicity $e_{HK}^{0}(I_{0})$ in characteristic zero.
It is also known by a result of Brenner, Li, Miller, that it is enough to compute in every positive characteristic $p$ just the first Frobenius pull-back (not all Frobenius powers) and then let $p$ go to infinity to get the same limit.

## Example

The Fermat-quartic $x^{4}+y^{4}+z^{4}=0$ is the easiest example where the Hilbert-Kunz multiplicity of the maximal ideal $(x,y,z)$ fluctuates with the characteristic. We have
    $e_{HK}(R_{p})={\begin{cases}3{\text{ for }}p=\pm 1\,\operatorname {mod} \,8\\3+{\frac {1}{p^{2}}}{\text{ for }}p=\pm 3\,\operatorname {mod} \,8\,.\end{cases}}\,$
The limit is of course $3$, which corresponds to the fact that the syzygy bundle is semistable in characteristic zero. The syzygy bundle is semistable for all prime characteristics $p\geq 3$, but not strongly semistable for the prime numbers $p=\pm 3\,\operatorname {mod} \,8$.
# Endomorphismus/Invarianter Untervektorraum/Matrix/Aufgabe

Es sei $\varphi \colon V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung auf einem endlichdimensionalen $K$-Vektorraum $V$. Es sei $k\leq n$. Zeige, dass es genau dann einen invarianten Untervektorraum $U\subseteq V$ der Dimension $k$ gibt, wenn es eine Basis von $V$ gibt, bezüglich der die beschreibende Matrix von $\varphi$ die Gestalt
    ${\begin{pmatrix}a_{11}&\ldots &a_{1k}&a_{1k+1}&\ldots &a_{1n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\a_{k1}&\ldots &a_{kk}&a_{kk+1}&\ldots &a_{kn}\\0&\ldots &0&a_{k+1k+1}&\ldots &a_{k+1n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\0&\ldots &0&a_{nk+1}&\ldots &a_{nn}\end{pmatrix}}$
besitzt.
# Normaler Integritätsbereich/Quotientenkörper/Galoiserweiterung/Invariantenring/Bemerkung

Es sei $R$ ein normaler Integritätsbereich mit Quotientenkörper $K=Q(R)$ und $K\subseteq L$ eine endliche Galoiserweiterung mit Galoisgruppe $G$. Es sei $S$ der ganze Abschluss von $R$ in $L$. Dann operiert nach Fakt $G$ auf $S$ und der Invariantenring ist $R$. Der Morphismus
    $\varphi \colon \operatorname {Spec} {\left(S\right)}\longrightarrow \operatorname {Spec} {\left(R\right)}$
ist i.A. nicht étale (weder flach noch unverzweigt). Es gibt aber natürliche offene nichtleere Mengen $U\subseteq \operatorname {Spec} {\left(R\right)}$, sodass die Einschränkung
    $\varphi ^{-1}(U)\longrightarrow U$
étale ist.
# Elliptische Kurve/Gruppenstruktur/Y^2 ist X^3-2X/Torsionspunkte/Beispiel

Auf der durch $y^{2}=x^{3}-2x$ gegebenen elliptischen Kurve gibt es über $\mathbb {Q}$ die beiden Torsionspunkte $(0,0),\,{\mathfrak {O}}$. Daneben gibt es noch den Punkt $(-1,1)$, dieser ist kein Torsionspunkt.