OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Zahlbereich/Gebrochenes Ideal/Beschreibung/Fakt/Beweis

Es sei zunächst ${\mathfrak {f}}$ ein gebrochenes Ideal. Dann ist
    ${\mathfrak {f}}=R{\left({\frac {a_{1}}{r_{1}}},\ldots ,{\frac {a_{n}}{r_{n}}}\right)}\,.$
Nach Übergang zu einem Hauptnenner kann man annehmen, dass $r=r_{1}=\ldots =r_{n}$ ist. Dann hat man mit dem Ideal ${\mathfrak {a}}=(a_{1},\ldots ,a_{n})$ eine Beschreibung der gewünschten Art. Ist umgekehrt ${\mathfrak {f}}={\frac {\mathfrak {a}}{r}}$, so ist dies natürlich ein endlich erzeugter $R$-Untermodul von $Q(R)$.
# Differentialgleichung/Archimedische Spiralen als Lösungen/Spezielles Anfangswertproblem/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    ${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'(t)={\begin{pmatrix}at\cos \left(t+t_{0}\right)\\at\sin \left(t+t_{0}\right)\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}a\cos \left(t+t_{0}\right)-at\sin \left(t+t_{0}\right)\\a\sin \left(t+t_{0}\right)+at\cos \left(t+t_{0}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {at\cos \left(t+t_{0}\right)}{t}}-at\sin \left(t+t_{0}\right)\\{\frac {at\sin \left(t+t_{0}\right)}{t}}+at\cos \left(t+t_{0}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {x(t)}{t}}-y(t)\\{\frac {y(t)}{t}}+x(t)\end{pmatrix}}\,.$
b) Wir müssen die Bedingung
    $v{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}={\begin{pmatrix}a{\frac {\pi }{2}}\cos \left({\frac {\pi }{2}}+t_{0}\right)\\a{\frac {\pi }{2}}\sin \left({\frac {\pi }{2}}+t_{0}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\,$
erfüllen. Der Vektor $\left(2,\,3\right)$ definiert eine Gerade durch den Nullpunkt und einen eindeutigen Winkel $\varphi$ zwischen der $x$-Achse und dieser Geraden. Daher muss ${\frac {\pi }{2}}+t_{0}=\varphi$, also
    $t_{0}=\varphi -{\frac {\pi }{2}}\,$
sein. Der Abstand des Punktes zum Nullpunkt ist ${\sqrt {13}}$. Daher ist
    $a={\frac {2{\sqrt {13}}}{\pi }}\,$
und somit ist
    $v(t)={\frac {2{\sqrt {13}}}{\pi }}t{\begin{pmatrix}\cos \left(t+\varphi -{\frac {\pi }{2}}\right)\\\sin \left(t+\varphi -{\frac {\pi }{2}}\right)\end{pmatrix}}\,$
# Wegintegral/Berechnung für 1-Form im R^n/Werte in R/Bemerkung

Ein Wegintegral wird folgendermaßen berechnet. Es sei $\omega$ eine $1$-Form auf $G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen, die durch
    $\omega =g_{1}dx_{1}+\cdots +g_{n}dx_{n}\,$
beschrieben werde, wobei die $g_{j}\colon G\rightarrow \mathbb {R}$ messbare Funktionen sind. Es sei eine stetig differenzierbare Kurve $\gamma \colon [a,b]\rightarrow G$ gegeben mit den (stetig differenzierbaren) Komponentenfunktionen $\gamma _{j}$. Die Ableitung in einem Punkt $t\in [a,b]$ wird dann nach Fakt durch den Vektor $\left(\gamma _{1}'(t),\,\ldots ,\,\gamma _{n}'(t)\right)$ beschrieben. Die zurückgezogene Differentialform $\gamma ^{*}\omega$ hat dann im Punkt $t$ in Richtung $1$ den Wert
    ${\begin{aligned}\omega (\gamma (t);\gamma '(t))&={\left(g_{1}(\gamma (t))dx_{1}+\cdots +g_{n}(\gamma (t))dx_{n}\right)}{\begin{pmatrix}\gamma _{1}'(t)\\\vdots \\\gamma _{n}'(t)\end{pmatrix}}\\&=g_{1}(\gamma (t))\gamma _{1}'(t)+\cdots +g_{n}(\gamma (t))\gamma _{n}'(t).\end{aligned}}$
Im mittleren Ausdruck wird eine Linearform auf einen Vektor angewendet. In $g_{j}(x_{1},\ldots ,x_{n})$ wird also $x_{i}$ durch $\gamma _{i}(t)$ und $dx_{i}$ durch $\gamma _{i}'(t)dt$ ersetzt. Das Gesamtergebnis ist eine messbare $1$-Form auf $[a,b]$ bzw. eine messbare Funktion von $[a,b]$ nach $\mathbb {R}$, die man integrieren kann.
# Gewöhnliche Differentialgleichung/Zeitunabhängig/y' ist sin y/Beispiel

Wir betrachten die zeitunabhängige Differentialgleichung
    $y'=\sin y\,$
für $y\in J=0,\pi$. Nach Fakt müssen wir also ${\frac {1}{\sin y}}$ integrieren, eine Stammfunktion dazu ist nach Beispiel die Funktion
    $H\colon J\longrightarrow J'=\mathbb {R} ,\,y\longmapsto H(y)=\ln {\left(\tan {\frac {y}{2}}\right)}.$
Die Umkehrfunktion $H^{-1}$ berechnet sich über $u=\ln {\left(\tan {\frac {y}{2}}\right)}$ zu
    $H^{-1}(y)=2\arctan {\left(e^{u}\right)}\,.$
Also haben die Lösungskurven die Gestalt
    $y(t)=2\arctan {\left(e^{t+c}\right)}\,$
mit einem $c\in \mathbb {R}$.
# Fermat-Kubik/Affin/Gerade/Ein Schnittpunkt/Aufgabe

Finde eine Gerade $G\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}$, die die Kurve
    $C=V(X^{3}+Y^{3}+1)\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}\,$
in genau einem Punkt schneidet.
# Differentialgleichung/Getrennte Variablen/Ableitung/Aufgabe/Lösung

Mit der Produkt- und der Kettenregel ist
    ${\begin{aligned}y^{\prime \prime }(t)&=(y'(t))'\\&={\left(g(t)h(y(t))\right)}'\\&=g'(t)h(y(t))+g(t)(h(y(t)))'\\&=g'(t)h(y(t))+g(t)h'(y(t))y'(t)\\&=g'(t)h(y(t))+g(t)h'(y(t))g(t)h(y(t))\\&={\left(g'(t)+g(t)^{2}h'(y(t))\right)}h(y(t)).\end{aligned}}$
# Wegintegral/Stetiges Vektorfeld/R^n/Berechnung/Bemerkung

Das Vektorfeld
    $F\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$
sei durch die Komponentenfunktionen
    $F_{1}(x_{1},\ldots ,x_{n}),\ldots ,F_{n}(x_{1},\ldots ,x_{n})$
und die Kurve durch die Komponentenfunktionen
    $(\gamma _{1}(t),\ldots ,\gamma _{n}(t))$
mit der Ableitung
    $(\gamma '_{1}(t),\ldots ,\gamma _{n}'(t))$
gegeben. Dann wird das Wegintegral durch
    ${\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{a}^{b}F_{1}(\gamma _{1}(t),\ldots ,\gamma _{n}(t))\cdot \gamma _{1}'(t)+\cdots +F_{n}(\gamma _{1}(t),\ldots ,\gamma _{n}(t))\cdot \gamma _{n}'(t)dt\\&=\sum _{i=1}^{n}\int _{a}^{b}F_{i}(\gamma _{1}(t),\ldots ,\gamma _{n}(t))\cdot \gamma _{i}'(t)dt\end{aligned}}$
berechnet.
# Gewöhnliche Differentialgleichungen/Konstante Richtung/1/Beispiel

Wir betrachten das Anfangswertproblem
    ${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'=g(t,x,y){\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}}\,$
mit
    $g(t,x,y)=t(x+y)\,$
und dem Anfangsvektor ${\begin{pmatrix}2\\5\end{pmatrix}}$ zum Zeitpunkt $t=0$. Gemäß Fakt müssen wir nach einer Lösung des eindimensionalen Anfangswertproblems
    $z'=h(t,z):=t(2+3z+5+z)=t(4z+7)=4tz+7t\,$
mit $z(0)=0$ suchen. Dies ist eine inhomogene lineare Differentialgleichung, die Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung ist $e^{2t^{2}}$ und die Lösungen sind
    $-{\frac {7}{4}}+ce^{2t^{2}}.$
Um das Anfangswertproblem zu lösen muss man $c={\frac {7}{4}}$ nehmen. Deshalb ist
    $\gamma (t)={\begin{pmatrix}2\\5\end{pmatrix}}+{\left(-{\frac {7}{4}}+{\frac {7}{4}}e^{2t^{2}}\right)}{\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}}\,$
die Lösung des Anfangwertproblems.
# Fermat-Kubik/C/Körpererweiterung/Aufgabe

Das Polynom $Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\in {\mathbb {C} }(X,Y)[Z]$ ist irreduzibel und definiert daher eine endliche Körpererweiterung
    ${\mathbb {C} }(X,Y)\subseteq {\mathbb {C} }(X,Y)[Z]/{\left(Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\right)}=:L\,$
vom Grad $3$. Es sei $\zeta$ eine primitive dritte komplexe Einheitswurzel und es sei $G=\{1,\zeta ,\zeta ^{2}\}$ die Gruppe der komplexen dritten Einheitswurzeln.
* Zeige, dass durch ein ${\mathbb {C} }(X,Y)$-Automorphismus auf $L$ gegeben ist.
    $X\mapsto X,\,Y\mapsto Y,\,Z\mapsto \zeta Z$
* Zeige, dass ${\mathbb {C} }(X,Y)\subseteq L$ eine Galoiserweiterung ist.
* Zeige, dass ${\mathbb {C} }(X,Y)\subseteq L$ eine graduierte Körpererweiterung ist.
* Zeige, dass durch ein ${\mathbb {C} }$-Automorphismus auf $L$ der Ordnung $3$ gegeben ist.
    $X\mapsto \zeta X,\,Y\mapsto \zeta Y,\,Z\mapsto \zeta ^{2}Z$
* Zeige, dass der Fixkörper zum Automorphismus aus (4) isomorph zum rationalen Funktionenkörper in zwei Variablen ist.
# Zahlbereich/Gitter/Einheitenbedingung/Multiplikative Ausschöpfung/Fakt/Beweis

Es sei $d=r+2s$ der Grad der Körpererweiterung. Nach Fakt gehört $\tau ^{\mathbb {R} }(u)$ zu einer Einheit $u\in R^{\times }$ zu $U$. Ferner ist $U$ mit komponentenweiser Multiplikation abgeschlossen in $\mathbb {R} ^{d}$. Es seien $c_{1},\ldots ,c_{d}$ positive reelle Zahlen mit $c_{j}=c_{j+1}$ für die komplex-konjugierten Stellen und mit
    $c:=c_{1}\cdots c_{d}>\left({\frac {2}{\pi }}\right)^{s}{\sqrt {\vert {\triangle _{K}}\vert }}\,.$
Wir betrachten die durch $c$ definierte beschränkte Teilmenge
    $A:={\left\{(x_{1},\ldots ,x_{d})\in \mathbb {R} ^{d}\mid \vert {x_{j}}\vert <c_{j}{\text{ alle }}j\right\}}\,.$
Zu einem Element $y=(y_{1},\ldots ,y_{d})\in \mathbb {R} ^{d}$ ohne Nulleintrag ist die mit $y$ multiplizierte Menge gleich
    ${\begin{aligned}yA&={\left\{(y_{1}x_{1},\ldots ,y_{d}x_{d})\in \mathbb {R} ^{d}\mid \vert {x_{j}}\vert <c_{j}{\text{ alle }}j\right\}}\\&={\left\{(z_{1},\ldots ,z_{d})\in \mathbb {R} ^{d}\mid \vert {z_{j}}\vert <\vert {y_{j}}\vert c_{j}{\text{ alle }}j\right\}}.\end{aligned}}$
Nach Fakt gibt es in $R$ für jede vorgegebene Norm bis auf Assoziiertheit nur endlich viele Elemente mit dieser Norm. Da als Norm nur ganze Zahlen auftreten, gilt dies auch für die Elemente unterhalb einer fixierten Norm. Deshalb gibt es von $0$ verschiedene Elemente $f_{1},\ldots ,f_{n}\in R$ derart, dass jedes Element $g\in R$ mit $N(g)\leq c$ zu einem der $f_{i}$ assoziiert ist.
Wir betrachten nun
    $T:=U\cap {\left(\bigcup _{i=1}^{n}\tau ^{\mathbb {R} }(f_{i}^{-1})A\right)}\,$
und behaupten
    $U=\bigcup _{u\in R^{\times }}T\cdot \tau ^{\mathbb {R} }(u)\,,$
wobei die Inklusion $\supseteq$ klar ist. Zum Beweis der anderen Inklusion sei $y\in U$. Wir betrachten $y^{-1}A$. Wegen $\vert {y_{1}}\vert \cdots \vert {y_{d}}\vert =1$ gilt, dass das Produkt der Grenzen in $y^{-1}A$ wieder gleich $c$ ist und damit die eingangs fixierte Bedingung erfüllt. Nach Fakt gibt es ein von $0$ verschiedenes $f\in R$ mit $\tau ^{\mathbb {R} }(f)\in y^{-1}A$, sagen wir
    $\tau ^{\mathbb {R} }(f)=y^{-1}x\,$
mit $x\in A$. Da die $\tau ^{\mathbb {R} }(f)$ komponentenweise durch die $c_{j}$ beschränkt sind, ist der Betrag der Norm von $f$ durch $c$ beschränkt. Daher gibt es ein $f_{i}$ aus unserer endlichen Auswahlmenge und eine Einheit $u$ mit $f=uf_{i}$. Somit ist
    $y=x\tau ^{\mathbb {R} }(f^{-1})=\tau ^{\mathbb {R} }(f_{i}^{-1})x\tau ^{\mathbb {R} }(u^{-1})\,$
und
    $x\tau ^{\mathbb {R} }(u^{-1})\in A\,.$
# Differentialgleichung/Getrennte Variablen/y' ist t durch y/Aufgabe/Lösung

Eine Stammfunktion von $y$ ist ${\frac {1}{2}}y^{2}$. Aus
    $z={\frac {1}{2}}y^{2}\,$
folgt
    $y=\pm {\sqrt {2z}}\,,$
wobei sich $+$ auf $y\in \mathbb {R} _{+}$ und $-$ auf $y\in \mathbb {R} _{-}$ bezieht. Die Stammfunktionen zu $t$ sind ${\frac {1}{2}}t^{2}+c$, somit sind
    $y(t)=\pm {\sqrt {2{\left({\frac {1}{2}}t^{2}+c\right)}}}=\pm {\sqrt {t^{2}+d}}\,$
mit $d=2c$ die Lösungen. Diese sind bei $d\geq 0$ auf ganz $\mathbb {R}$ und bei $d<0$
$[-{\sqrt {-d}},{\sqrt {-d}}]$
# Z/Irreduzibles Polynom/Faserbeschreibung/Bemerkung

Ist z. B. $R$ durch ein in $\mathbb {Z} [X]$ irreduzibles Polynom $F$ gegeben, also $R=\mathbb {Z} [X]/(F)$, so wird die „Faser“ (diese Terminologie lässt sich genauer begründen) über $p$ durch den Restklassenring$(\mathbb {Z} /(p))[X]/({\overline {F}})$ beschrieben (den wir auch den Faserring über $p$ nennen), wobei ${\overline {F}}$ bedeutet, dass man jeden Koeffizient von $F$ (der ja eine ganze Zahl ist) durch seine Restklasse in $\mathbb {Z} /(p)$ ersetzt. Dabei kann natürlich die Irreduzibilität des Polynoms verloren gehen, und dies beschreibt wichtige Eigenschaften von $p$ in $R$. Man beachte hierbei die Isomorphie
    $R/pR\cong (\mathbb {Z} /(p))[X]/({\overline {F}})\,,$
die auf allgemeinen Gesetzen für Ideale beruht. Sie besagt insbesondere, dass $p$ ein Primelement in $R$ genau dann ist, wenn ${\overline {F}}$ irreduzibel in $(\mathbb {Z} /(p))[X]$ ist. Insgesamt liegt eine endliche Erweiterung
    $\mathbb {Z} /(p)\subseteq (\mathbb {Z} /(p))[X]/({\overline {F}})\,$
vor. Dabei sind beide Ringe endlich (besitzen also nur endlich viele Elemente), und links steht ein endlicher Körper, sodass die Erweiterung also sofort ein Vektorraum ist (der selbst ein Körper sein kann, aber nicht muss) und eine gewisse Dimension besitzt (nämlich den Grad von ${\overline {F}}$).
# Gleichung/Umformungsprinzip/Addition/Beispiel

Auf die Gleichung
    $x-3=10\,$
kann man beidseitig die Addition $+3$ (die bijektiv ist) loslassen und erhält die umgeformte Gleichung
    $x-3+3=10+3\,.$
Vereinfachungen führen auf die Lösung
    $x=13\,.$
# Fermat-Kubik/Geradenschnitt/Aufgabe

Bestimme die Schnittpunkte der Fermat-Kubik
    $V_{+}{\left(X^{3}+Y^{3}+Z^{3}\right)}\subseteq {\mathbb {P} }_{K}^{2}\,$
mit der Geraden $V_{+}(X+Y+Z)$.
# Invariantentheorie/Kommutative K-Algebra/Relative Invariante zu Charakter/Textabschnitt
## Definition

Es sei $K$ ein Körper und $R$ eine kommutative $K$-Algebra, auf der eine Gruppe $G$ als Gruppe von $K$-Algebraautomorphismen operiere. Es sei
    $\chi \colon G\longrightarrow K^{\times }$
ein Charakter auf $G$. Dann nennt man
    $R_{\chi }^{G}:={\left\{f\in R\mid f\sigma =\chi (\sigma )\cdot f{\text{ für alle }}\sigma \in G\right\}}\,$
die $\chi$-relativen Invarianten oder Semiinvarianten bezüglich $\chi$.
Der Invariantenring ist also die Menge der Invarianten relativ zum trivialen Charakter. Die $\chi$-relativen Invarianten sind ein $R^{G}$-Untermodul von $R$. Wenn nämlich $g$ invariant und $f$ $\chi$-invariant ist, so ist
    $(gf)\sigma =(g)\sigma \cdot (f)\sigma =g\chi (\sigma )f\,.$
# Zahlbereich/Hauptdivisor/Endlich/Fakt/Beweis

Es sei ${\mathfrak {p}}\neq 0$ ein Primideal in $R$ und $f\notin {\mathfrak {p}}$. Dann ist $f$ in $R_{\mathfrak {p}}$ eine Einheit. Damit ist $\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(f)=0$. Da der Restklassenring $R/(f)$ nach Fakt endlich ist, folgt sofort, dass $f$ nur in endlich vielen Primidealen enthalten ist, und nur für diese ist $\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(f)>0$.
# Differentialgleichung/Getrennte Variablen/y' ist ty^2 durch t^2-1/Aufgabe/Lösung

Es liegt eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen vor. Wir setzen
    $h(y)={\frac {1}{y^{2}}}\,,$
davon ist
    $H(y)=-y^{-1}\,$
eine Stammfunktion. Die Umkehrfunktion davon ist ebenfalls
    $H^{-1}(u)=-u^{-1}\,.$
Wir setzen weiter
    $g(t)={\frac {t}{t^{2}-1}}\,.$
Wir machen den Ansatz für die Partialbruchzerlegung, also
    ${\frac {t}{t^{2}-1}}={\frac {a}{t-1}}+{\frac {b}{t+1}}\,.$
Daraus ergibt sich die Bedingung
    $t=a(t+1)+b(t-1)\,$
und daraus
    $a=b={\frac {1}{2}}\,.$
Also ist
    $G(t)={\frac {1}{2}}\ln(t+1)+{\frac {1}{2}}\ln(t-1)\,$
eine Stammfunktion von $g(t)$. Daher ist
    $y(t)={\frac {-2}{\ln(t-1)+\ln(t+1)}}\,$
eine Lösung, die für $t>1$ definiert ist und für die $y(t)<0$
# Goldener Schnitt/Wurzelbedingung/Beispiel

Es sei eine Strecke mit den Endpunkten $A$ und $B$ gegeben. Ein Punkt $G$ auf der Strecke unterteilt die Strecke in zwei Teilstrecken. Wir suchen einen Punkt $G$, der die Eigenschaft besitzt, dass das Verhältnis der großen Teilstrecke zur kleinen Teilstrecke mit dem Verhältnis der Gesamtstrecke zur großen Teilstrecke übereinstimmt. Diese Eigenschaft definiert den sogenannten goldenen Schnitt. Wenn man mit der Einheitsstrecke von $0$ bis $1$ auf der Zahlengeraden arbeitet, so geht es um die Bedingung
    ${\frac {1}{x}}={\frac {x}{1-x}}\,.$
Diese Bedingung kann man zu
    $1-x=x^{2}\,$
bzw.
    $x^{2}+x-1=0\,$
umwandeln. Eine weitere Umformung führt auf
    ${\left(x+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}-1=0\,$
bzw.
    ${\left(x+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}={\frac {5}{4}}\,,$
also
    $x={\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\sim 0,6180339\ldots \,.$
Da ${\sqrt {5}}$ irrational ist, ist auch die Zahl des Goldenen Schnitts irrational. Der Kehrwert dieser Zahl, also das Verhältnis von großer Strecke zu kleiner Strecke, ist übrigens
    ${\frac {1}{x}}={\frac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\sim 1,6180339\ldots \,.$
Es liegt also die Besonderheit vor, dass die Nachkommaziffern von $x$ und von $1/x$ übereinstimmen.
# Fermat-Quadrik/Projektive Parametrisierung/Aufgabe

Es sei $K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und sei $C=V_{+}{\left(X^{2}+Y^{2}+Z^{2}\right)}\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}$. Finde eine projektive Parametrisierung von $C$.
# Zahlbereich/Hauptideal/Norm/Fakt/Beweis

Das Hauptideal $Rf$ ist das Bild des injektiven Gruppenhomomorphismus
    $R\longrightarrow R,\,1\longmapsto f.$
Dieser wird unter einer Identifizierung $R=\mathbb {Z} ^{n}$ (also der Wahl einer Ganzheitsbasis von $R$) durch die zu $f$ gehörende Multiplikationsmatrix $M_{f}$ beschrieben. Es liegt insgesamt dias kommutative Diagramm
    ${\begin{matrix}R&{\stackrel {\mu _{f}}{\longrightarrow }}&R&{\stackrel{\longrightarrow }}&R/fR&{\stackrel{\longrightarrow }}&0&\\\downarrow &&\downarrow &&\downarrow &&\downarrow &&\\\mathbb {Z} ^{n}&{\stackrel {M_{f}}{\longrightarrow }}&\mathbb {Z} ^{n}&{\stackrel{\longrightarrow }}&\mathbb {Z} ^{n}/\operatorname {bild} M_{f}&{\stackrel{\longrightarrow }}&0&\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$
mit vertikalen Isomorpien vor. Die Determinante von $M_{f}$ ist die Norm von $f$, und die Anzahl der Elemente in der Restklassengruppe $R/fR$ ist die Norm des Hauptideals. Daher folgt die Aussage aus Fakt.
# Differentialgleichung/Getrennte Variablen/y' ist t^2y^2/Aufgabe/Lösung

Es ist $H(y)=-y^{-1}$ eine Stammfunktion von ${\frac {1}{y^{2}}}$. Die Umkehrfunktion zu $H$ ist $H$ selbst. Die Stammfunktionen zu $g(t)=t^{2}$ sind
    $G(t)={\frac {1}{3}}t^{3}+c\,.$
Deshalb sind die Lösungen der Differentialgleichung gleich
    $y(t)=-{\frac {1}{{\frac {1}{3}}t^{3}+c}}\,.$
# Zahlbereich/Faktoriell/Hauptdivisor/Bemerkung

Es sei $R$ ein faktorieller Zahlbereich. Dann lässt sich der Hauptdivisor zu einem Ringelement $f\in R$, $f\neq 0$, unmittelbar aus der Primfaktorzerlegung ablesen. Wenn
    $f=up_{1}^{r_{1}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\,$
mit einer Einheit $u$ und paarweise nicht assoziierten Primelementen $p_{i}$ ist, so ist der Hauptdivisor zu $f$ gleich
    $\operatorname {div} {\left(f\right)}=\sum _{i=1}^{k}r_{i}(p_{i})\,.$
Dies beruht einfach darauf, dass die Ordnung von $f$ in der Lokalisierung $R_{(p_{i})}$ gleich $r_{i}$ ist.
# Gradientenfeld/Produktabbildung/Fasern und Lösungen/Beispiel

Wir betrachten die Produktabbildung
    $h\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto xy.$
Das zugehörige Gradientenfeld ist
    $\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\longmapsto G(x,y)=(y,x).$
Die Fasern von $h$ sind das Achsenkreuz (die Faser über $0$) und die durch $xy=c$, $c\neq 0$, gegebenen Hyperbeln. Die Lösungen der linearen Differentialgleichung
    ${\begin{pmatrix}\varphi _{1}'\\\varphi _{2}'\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\varphi _{2}\\\varphi _{1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}\varphi _{1}\\\varphi _{2}\end{pmatrix}}\,$
sind von der Form
    $\varphi (t)=(\varphi _{1}(t),\varphi _{2}(t))=(a\cosh t+b\sinh t,a\sinh t+b\cosh t)\,$
mit beliebigen $a,b\in \mathbb {R}$, wie man direkt nachrechnet und was sich auch aus Fakt bzw. Aufgabe ergibt. Dabei ist $\varphi (0)=(a,b)$. Für $a=b=0$ ist dies die stationäre Lösung im Nullpunkt, in dem die Produktabbildung nicht regulär ist. Bei $a=b=1$ ist $\varphi (t)=(e^{t},e^{t})$, das Bild dieser Lösung ist die obere Halbdiagonale (ohne den Nullpunkt), bei $a=b=-1$ ist $\varphi (t)=(-e^{t},-e^{t})$, das Bild dieser Lösung ist die untere Halbdiagonale, bei $a=1$ und $b=-1$ ist $\varphi (t)=(e^{-t},-e^{-t})$, das Bild dieser Lösung ist die untere Hälfte der Nebendiagonalen, bei $a=-1$ und $b=1$ ist $\varphi (t)=(-e^{-t},e^{-t})$, das Bild dieser Lösung ist die obere Hälfte der Nebendiagonalen.
Ansonsten treffen die Lösungskurven das Achsenkreuz in einem Punkt $\neq (0,0)$. Wenn man diesen Punkt als Anfangswert zum Zeitpunkt $t=0$ nimmt, so kann man die Lösungskurven als
    $(a\cosh t,a\sinh t)$
(zum Zeitpunkt $t=0$ befindet sich die Lösung auf der $x-$Achse im Punkt $(a,0)$),
    $(b\sinh t,b\cosh t)$
(zum Zeitpunkt $t=0$ befindet sich die Lösung auf der $y-$Achse im Punkt $(0,b)$) realisieren. Die Bahnen dieser Lösungen erfüllen die Gleichung $x^{2}(t)-y^{2}(t)=a^{2}$ bzw. $x^{2}(t)-y^{2}(t)=b^{2}$, d.h. sie sind selbst Hyperbeln.
# Fermatquartik/Modulo 29/Aufgabe

Zeige, dass in $\mathbb {Z} /(29)$ die Gleichung
    $x^{4}+y^{4}+z^{4}=0\,$
nur die triviale Lösung $(0,0,0)$ besitzt.
# Invertierte Potenzfunktionen/Antiproportionaler Zusammenhang/Textabschnitt

In einem Körper sind zu
    $x\neq 0\,$
und einer negativen ganzen Zahl
    $n=-m\,$
mit $m\in \mathbb {N} _{+}$ auch die Ausdrücke
    $x^{n}={\left(x^{-1}\right)}^{m}\,$
sinnvoll definiert und ergeben sinnvolle Funktionen
    $K\setminus \{0\}\longrightarrow K\setminus \{0\},\,x\longmapsto x^{n},$
die man, wenn ein geordneter Körper vorliegt, ähnlich zu Fakt auf das Monotonieverhalten hin untersuchen kann. Hierbei muss man hauptsächlich die Invertierungsfunktion
    $K\setminus \{0\}\longrightarrow K\setminus \{0\},\,x\longmapsto x^{-1},$
verstehen.

## Lemma

Es sei $K$ ein angeordneter Körper.
Dann ist die Abbildung
streng fallend.

### Beweis

Dies folgt direkt aus Fakt (4) und Fakt (2).
$\Box$
Obwohl die Invertierungsfunktionen auf den beiden Abschnitten, auf denen sie definiert ist, streng fallend ist, ist sie insgesamt nicht streng fallend. Wenn zwischen zwei Größen die Beziehung
    $y=cx^{-1}\,$
mit einer Konstanten $c$ besteht, so spricht man von einem antiproportionalen Zusammenhang oder einem reziproken Zusammenhang.

## Lemma

Es sei $K$ ein angeordneter Körper und $n=-m\in \mathbb {Z} _{-}$. Dann gelten folgende Aussagen.

### Beweis

Dies folgt wegen
    $x^{-m}={\left(x^{-1}\right)}^{m}\,$
und Fakt (4) aus Fakt.
$\Box$
# Differentialgleichung/Linear/0 1 1 0/Aufgabe/Lösung

* Das charakteristische Polynom ist die Eigenwerte sind also $\pm 1$. Ein Eigenvektor zu $1$ ist ${\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und ein Eigenvektor zu $-1$ ist ${\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$. Nach Fakt sind somit $e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und $e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ Basislösungen des Systems.
    $\lambda ^{2}-1=(\lambda -1)(\lambda +1)\,,$
* Wir betrachten die beiden (linear unabhängigen) Linearkombinationen und Also bilden auch ${\begin{pmatrix}\cosh t\\\sinh t\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}\sinh t\\\cosh t\end{pmatrix}}$ ein Fundamentalsystem.
    $e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}e^{t}+e^{-t}\\e^{t}-e^{-t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\cosh t\\2\sinh t\end{pmatrix}}\,$
    $e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}-e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}e^{t}-e^{-t}\\e^{t}+e^{-t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\sinh t\\2\cosh t\end{pmatrix}}\,.$
* Die Anfangsbedingung führt auf und somit auf $a={\frac {9}{2}}$ und $b=-{\frac {1}{2}}$. Die Lösung des Anfangswertproblemes ist also gegeben als Linearkombination zum ersten Fundamentalsystem. Eine lineare Umrechnung ergibt dies ist die Darstellung im zweiten Fundamentalsystem.
    $a{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\5\end{pmatrix}}\,$
    $\varphi (t)={\frac {9}{2}}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}-{\frac {1}{2}}e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}\,,$
    ${\begin{aligned}\varphi (t)&={\frac {9}{2}}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}-{\frac {1}{2}}e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {9}{2}}e^{t}-{\frac {1}{2}}e^{-t}\\{\frac {9}{2}}e^{t}+{\frac {1}{2}}e^{-t}\end{pmatrix}}\\&=4{\begin{pmatrix}\cosh t\\\sinh t\end{pmatrix}}+5{\begin{pmatrix}\sinh t\\\cosh t\end{pmatrix}},\end{aligned}}$