OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Kommutatives Binoid/FC(x,y)/(2x+2y=4x+4y)/Idempotenz/Beispiel

Das Binoid $M={\mathsf {F}}{\mathsf {C}}(x,y)/(2(x+y)=4(x+y))$ besitzt das nichttriviale kombinatorische idempotente Element $e=2(x+y)$. Wenn man dieses annulliert, so erhält man das nichtreduzierte Binoid
    ${\mathsf {F}}{\mathsf {C}}(x,y)/2(x+y),$
also nach Reduktion ein Achsenkreuz. Wenn man $e$ gleich der Einheit $0$ setzt, so erhält man das Gruppenbinoid
    ${\mathsf {F}}{\mathsf {C}}(x,y)/2(x+y)=0,$
das über die Zuordnung
    $x\mapsto (1,1),\,y\mapsto (-1,1),$
zur Gruppe $\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} /(2)$ gehört. Algebraisch liegt die Gleichung
    $(XY)^{2}-1=(XY-1)(XY+1)=0\,$
vor, das reell-geometrische Objekt besteht aus vier reellen Komponenten.
# Ebene algebraische Kurve/Potenzreihenansatz/x^3+y^2-xy+x/Nullpunkt/Aufgabe/Lösung

Wir setzen an $X=F(Y)={\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i}$, und bestimmen die Koeffizienten $a_{0},\ldots ,a_{6}$ aufgrund der Bedingung
    $({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i})^{3}+Y^{2}-({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i})Y+({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i})=0\,.$
Da die Potenzreihe die Kurve im Nullpunkt approximieren soll, muss $a_{0}=0$ sein. Für $Y^{1}$ ergibt sich die Koeffizientenbedingung
    $a_{1}=0\,,$
da die ersten drei Summanden keinen Beitrag leisten. Für $Y^{2}$ ergibt sich
    $1+a_{2}=0,{\text{ also }}a_{2}=-1.$
Damit ist der zweite Summand $Y^{2}$ abgearbeitet. Für $Y^{3}$ ergibt sich
    $-a_{2}+a_{3}=0,{\text{ also }}a_{3}=a_{2}=-1.$
Für $Y^{4}$ ergibt sich
    $-a_{3}+a_{4}=0,{\text{ also }}a_{4}=a_{3}=-1$
und für $Y^{5}$ ergibt sich
    $-a_{4}+a_{5}=0,{\text{ also }}a_{5}=a_{4}=-1.$
Bei $Y^{6}$ muss erstmals auch der erste Summand berücksichtigt werden, und zwar ergibt sich
    $a_{2}^{3}-a_{5}+a_{6}=0,{\text{ also }}a_{6}=a_{5}-a_{2}^{3}=-1-(-1)^{3}=0.$
# Überlagerung/Lokaler Homöomorphismus/Fakt/Beweis

Sei $y\in Y$. Zu $x=p(y)\in X$ gibt es eine offene Umgebung $x\in U$ derart, dass $p^{-1}(U)$ die disjunkte Vereinigung von zu $U$ homöomorphen offenen Mengen ist. Auf einer dieser Mengen muss $y$ liegen.
# Funktionenkörper/1/C/Einheitswurzeloperation/Fixkörper/Aufgabe

Es sei $n\in \mathbb {N} _{+}$. Betrachte auf dem rationalen Funktionenkörper ${\mathbb {C} }(X)$ die Gruppe der ${\mathbb {C} }$-Körperautomorphismen, die durch $X\mapsto \zeta _{n}X$ erzeugt wird, wobei $\zeta _{n}$ eine primitive $n$-te Einheitswurzel bezeichnet. Bestimme den Fixkörper ${\mathbb {C} }(X)^{\mathbb {Z} /(n)}$.
# Komplexe Ebene/Ausbreitungsraum/Beispiel

Zur Garbe der holomorphen Funktionen auf ${\mathbb {C} }$ besteht der Ausbreitungsraum aus allen Tupeln $(a,g)$, wobei $a\in {\mathbb {C} }$ eine komplexe Zahl und $g$ eine konvergente Potenzreihe mit Entwicklungspunkt $a$ ist. Zu einer offenen Menge $U\subseteq {\mathbb {C} }$ und einer holomorphen Funktion $f\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ besteht die offene Menge $(U,f)$ des Ausbreitungsraumes aus allen Tupeln $(a,f_{a})$ zu Punkten $a\in U$ und wobei $f_{a}$ die Potenzreihenentwicklung von $f$ in $a$ ist.
# Ebene algebraische Kurve/Potenzreihenansatz/x^4-x^2+3xy-2y^3/Nullpunkt/Grad 3/Aufgabe/Lösung

Wir machen den Ansatz $Y=F(X)={\sum }_{n=0}^{\infty }a_{n}X^{n}$, setzen dies in die Gleichung
    $X^{4}-X^{2}+3XY-2Y^{3}=0\,$
ein und berechnen sukzessive die Koeffizienten durch Vergleich der Koeffizienten für $X^{i}$.
    $X^{0}:-2a_{0}^{3}=0{\text{ also }}a_{0}=0.$
Daher ist der Koeffizient zu
    $X^{1}$
schon gleich $0$.
    $X^{2}:-1+3a_{1}=0,{\text{ also }}a_{1}={\frac {1}{3}}.$
    $X^{3}:3a_{2}-2a_{1}^{3}=0,{\text{ also }}a_{2}={\frac {2}{3^{4}}}={\frac {2}{81}}.$
    $X^{4}:1+3a_{3}-6a_{1}^{2}a_{2}=1+3a_{3}-{\frac {4}{243}}=0,{\text{ also }}a_{3}=-{\frac {239}{729}}.$
Die Anfangsglieder der Potenzreihe sind also
    $F={\frac {1}{3}}X+{\frac {2}{81}}X^{2}-{\frac {239}{729}}X^{3}+\ldots .$
# Binomialkoeffizient/Teilmengenanzahl/Fakt/Beweis2

Es sei $M$ eine $n$-elementige Menge und
    $T\subseteq M\,$
eine $k$-elementige Teilmenge. Wir betrachten die Menge aller bijektiven Abbildungen
    ${\{1,\ldots ,n\}}\longrightarrow M,$
die zusätzlich $\{1,\ldots ,k\}$ auf $T$ (und damit) $\{k+1,\ldots ,n\}$ auf $M\setminus T$ abbilden. Nach Fakt und nach Fakt gibt es $k!\cdot (n-k)!$ solche Abbildungen. Insgesamt gibt es $n!$ bijektive Abbildungen von ${\{1,\ldots ,n\}}$ nach $M$. Daher ist
    ${\left({\text{Anzahl der }}k{\text{-elementigen Teilmengen von }}M\right)}\cdot k!\cdot (n-k)!=n!\,.$
Insbesondere ist $k!\cdot (n-k)!$ ein Teiler von $n!$ und es ist
    ${\binom {n}{k}}={\frac {n!}{k!(n-k)!}}\,$
die Anzahl der $k$-elementigen Teilmengen von $M$.
# Funktionenkörper/2/Streckungen/Aufgabe

Wir betrachten den Funktionenkörper in zwei Variablen $L=K(X,Y)$ über einem Körper $K$ der Charakteristik $0$. Die Gruppe $K^{\times }$ ist eine Untergruppe der Galoisgruppe $\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$, indem man $s\neq 0$ als den durch $X\mapsto sX,\,Y\mapsto sY$ festgelegten Automorphismus auffasst. Bestimme den Fixkörper $K(X,Y)^{K^{\times }}$ sowie dessen Transzendenzgrad über $K$.
# Komplexe Einheitengruppe/Restklassengruppe zu Kreis und R +/Beispiel

Wir betrachten die Einheitengruppe von ${\mathbb {C} }$, also $({\mathbb {C} }^{\times },1,\cdot )$. Zur Untergruppe $\mathbb {R} _{+}\subseteq {\mathbb {C} }^{\times }$ ist die Abbildung
    $S^{1}={\left\{z\in {\mathbb {C} }\mid \vert {z}\vert =1\right\}}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{\times }\longrightarrow {\mathbb {C} }/\mathbb {R} _{+}$
ein Isomorphismus, die Restklassengruppe ist also isomorph zur Kreisgruppe. Der Kern der Gesamtabbildung besteht aus dem Durchschnitt
    $S^{1}\cap \mathbb {R} _{+}=\{1\}\,,$
daher ist die Abbildung nach Fakt injektiv. Zum Beweis der Surjektivität müssen wir zeigen, dass die Äquivalenzklasse zu jedem $x\in {\mathbb {C} }^{\times }$ durch ein Element des Einheitskreises repräsentiert werden kann. Hierzu kann man ${\frac {x}{\vert {x}\vert }}$ nehmen.
Zur Untergruppe $S^{1}\subseteq {\mathbb {C} }^{\times }$ ist die Abbildung
    $\mathbb {R} _{+}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{\times }\longrightarrow {\mathbb {C} }/S^{1}$
bijektiv, die Restklassengruppe ist also isomorph zur Gruppe der positiven reellen Zahlen. Die Injektivität ergibt sich wie eben. Die Surjektivität ergibt sich daraus, dass $x\in {\mathbb {C} }^{\times }$ zu $\vert {x}\vert$ (bezüglich der Untergruppe $S^{1}$) äquivalent ist.
# Ebene algebraische Kurve/y^4+x^3+3xy^2+2x^2y/C/Multiplizität und Tangenten/Aufgabe/Lösung

Die Multiplizität ist der Grad der homogenen Komponenten vom kleinsten Grad, also $3$. Zur Bestimmung der Tangenten muss man $X^{3}+3XY^{2}+2X^{2}Y$ in Linearfaktoren zerlegen. Es ist
    $X^{3}+3XY^{2}+2X^{2}Y=X(X^{2}+3Y^{2}+2XY)\,.$
Dabei ist
    ${\begin{aligned}X^{2}+3Y^{2}+2XY&=(X+Y)^{2}-Y^{2}+3Y^{2}\\&=(X+Y)^{2}+2Y^{2}\\&=(X+Y+{\sqrt {2}}{\mathrm {i} }Y)(X+Y-{\sqrt {2}}{\mathrm {i} }Y).\end{aligned}}$
Als Tangenten ergeben sich also $X=0$
$Y$
$X=-(1+{\sqrt {2}}{\mathrm {i} })Y$
$X=(-1+{\sqrt {2}}{\mathrm {i} })Y$
# Binomialkoeffizient/Summe in Pascaldreieck/Fakt/Beweis2

Es sei $M$ eine $(n+1)$-elementige Menge und $x\in M$ ein fixiertes Element. Nach Fakt ist die Anzahl der $k$-elementigen Teilmengen von $M$ gleich ${\binom {n+1}{k}}$. Eine solche Teilmenge enthält entweder $x$ oder aber nicht. Im ersten Fall entspricht dann eine solche Teilmenge einer $(k-1)$-elementigen Teilmenge von $M\setminus \{x\}$, das ergibt den Summanden ${\binom {n}{k-1}}$. Im zweiten Fall entspricht eine solche Teilmenge einer $k$-elementigen Teilmenge von $M\setminus \{x\}$, das ergibt den Summanden ${\binom {n}{k}}$.
# Funktionenkörper/n Variablen/Algebraische Erweiterung/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine algebraische Körpererweiterung. Zeige, dass dann auch die Körpererweiterung
    $K(X_{1},\ldots ,X_{n})\subseteq L(X_{1},\ldots ,X_{n})\,$
der rationalen Funktionenkörper algebraisch ist.
# Komplexe Einheitswurzeln/Ordnung n/Zyklische Gruppe/Beispiel

Es sei $n\in \mathbb {N}$. Wir betrachten innerhalb der komplexen Zahlen ${\mathbb {C} }$ die Lösungen der Gleichung
    $x^{n}=1\,.$
Da ${\mathbb {C} }$ algebraisch abgeschlossen ist, gibt es genau $n$ verschiedene Zahlen, die diese Gleichung erfüllen. Man nennt sie die $n$-ten Einheitswurzeln. Wegen $(xy)^{n}=x^{n}y^{n}=1\cdot 1=1$ ist diese Menge multiplikativ abgeschlossen, und wegen $(x^{-1})^{n}=x^{-n}=(x^{n})^{-1}=e^{-1}=e$ gehören auch die multiplikativen Inverse dazu. Durch Betrachten des Betrages folgt aus $x^{n}=1$ direkt $\vert {x}\vert =1$, d.h. $x$ liegt auf dem Einheitskreis. Aufgrund der Eulerschen Formel
    $e^{{\mathrm {i} }z}=\cos z+{\mathrm {i} }\sin z\,$
ist $x=e^{{\mathrm {i} }z}$ mit $z\in \mathbb {R}$, und wegen $e^{iz}\cdot e^{{\mathrm {i} }w}=e^{{\mathrm {i} }(z+w)}$ folgt
    $x=e^{\frac {k2\pi {\mathrm {i} }}{n}}\,$
für ein $k$, d.h. die $n$-ten Einheitswurzeln bilden die Ecken eines regulären $n$-Ecks.
# Ebene algebraische Kurve/y^6-2xy^5+x^2y^3+3x^3y^2+5x^4y/C/Multiplizität und Tangenten/Aufgabe/Lösung

Die Multiplizität ist der Grad der homogenen Komponenten vom kleinsten Grad, also $5$. Zur Bestimmung der Tangenten muss man $X^{2}Y^{3}+3X^{3}Y^{2}+5X^{4}Y$ in Linearfaktoren zerlegen. Es ist
    $X^{2}Y^{3}+3X^{3}Y^{2}+5X^{4}Y=X^{2}Y{\left(Y^{2}+3XY+5X^{2}\right)}\,.$
Für den hinteren Faktor gilt
    ${\begin{aligned}Y^{2}+3XY+5X^{2}&={\left(Y+{\frac {3}{2}}X\right)}^{2}+{\left(5-{\frac {9}{4}}\right)}X^{2}\\&={\left(Y+{\frac {3}{2}}X\right)}^{2}+{\frac {11}{4}}X^{2}\\&={\left(Y+{\frac {3}{2}}X+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}X\right)}{\left(Y+{\frac {3}{2}}X-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}X\right)}\\&={\left(Y+{\left({\frac {3}{2}}+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}\right)}X\right)}{\left(Y+{\left({\frac {3}{2}}-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}\right)}X\right)}.\end{aligned}}$
Als Tangentengleichungen ergeben sich also $X=0$ (die $Y$-Achse mit der Multiplizität $2$), $Y=0$, $Y+{\left({\frac {3}{2}}+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}\right)}X=0$ und $Y+{\left({\frac {3}{2}}-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}\right)}X=0$
# Funktionenkörper/n/Allgemeine lineare Gruppe/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und $L=K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ der rationale Funktionenkörper in $n$ Variablen. Wir knüpfen an Beispiel an.
* Zeige, dass es einen natürlichen injektiven Gruppenhomomorphismus
    $\operatorname {GL} _{n}\!{\left(K\right)}\longrightarrow \operatorname {Gal} \,(L{|}K)$
* Zeige, dass dieser nicht surjektiv ist.
* Es sei nun zusätzlich vorausgesetzt, dass der Körper $K$ die Charakteristik $0$ habe. Zeige für den Fixkörper die Gleichheit
    $L^{\operatorname {GL} _{n}\!{\left(K\right)}}=K\,.$
# Komplexe Exponentalfunktion/Überlagerung/Beispiel

Die Abbildung
    $\exp \colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }^{\times },\,w\longmapsto \exp w,$
ist eine Überlagerung. Zu einem Punkt $z\in {\mathbb {C} }^{\times }$ und einem Punkt $w\in {\mathbb {C} }$ mit $\exp w=z$ gibt es nach Fakt eine offene Umgebung $w\in V\subseteq {\mathbb {C} }$, die homöomorph auf $U:=\exp \left(V\right)$ abbildet. Durch Verkleinern von $V$ können wir annehmen, dass die offenen Mengen $V$ umd $V+2\pi k{\mathrm {i} }$ für $k\neq 0$ disjunkt sind. Dann ist
    $\exp ^{-1}(U)\cong \biguplus _{k\in \mathbb {Z} }{\left(V+2k\pi {\mathrm {i} }\right)}\cong U\times \mathbb {Z} \,.$
# Funktionenkörper/n/Durchschnitt/Endlichkeitsäquivalenz/Aufgabe

Es sei $L=K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ der rationale Funktionenkörper über einem Körper $K$. Es seien Zwischenkörper
    $K\subseteq M_{1},M_{2}\subseteq L\,$
mit der Eigenschaft gegeben, dass die Körpererweiterungen
    $M_{1}\cap M_{2}\subseteq M_{1},M_{2}\,$
endlich seien. Zeige, dass es dann auch einen Zwischenkörper $N$ derart gibt, dass $M_{1},M_{2}\subseteq N$ endlich sind.
# Ebene algebraische Kurven/Z mod 5/Einheitskreis und x^3-2y^2+3/Durchschnitt und unendlich ferne Punkte/Aufgabe/Lösung

Wir addieren die beiden Gleichungen
    $2X^{2}+2Y^{2}-2=0\,\,{\text{ und }}\,\,X^{3}-2Y^{2}+3=0$
und erhalten die Bedingung
    $X^{3}+2X^{2}+1=0\,.$
Für die möglichen Werte $x=0,1,2,3,4$ ergibt sich beim Einsetzen:$1,4,2,1,2$. Diese Bedingung ist also nicht erfüllbar und daher ist der Durchschnitt der beiden Kurven in ${\mathbb {A} }_{K}^{2}$ leer. Für die Punkte im Unendlichen betrachten wir die Homogenisierungen, also zunächst $X^{2}+Y^{2}-Z^{2}=0$.
Für $Z=0$ erhält man die Bedingung $X^{2}+Y^{2}=0$. Die Quadrate in $\mathbb {Z} /5$ sind $0,1,4$. Die Lösung $(0,0,0)$ ist nicht erlaubt, da sie keinen projektiven Punkt repräsentiert, und man erhält die Lösungen $(\pm 1,\pm 2)$ und $(\pm 2,\pm 1)$. Da wir an den projektiven Punkten interessiert sind, kann man die erste Komponente zu $1$ normieren und die zweite Komponente muss $2$ oder $-2=3$ sein. Es gibt also zwei unendlich ferne Punkte.
Die Homogenisierung der anderen Gleichung ist $X^{3}-2Y^{2}Z+3Z^{3}$. Bei $Z=0$ ergibt sich sofort $X^{3}=0$ und damit $X=0$, sodass der einzige unendlich ferne Punkt gleich $(0,1,0)$ ist. Damit ist auch der Durchschnitt der projektiven Abschlüsse leer.
$6$
# Komplexe Exponentalfunktion/Überlagerung/Decktransformationsgruppe/Beispiel

Zur Überlagerung
    $\exp \colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }^{\times },\,w\longmapsto \exp w,$
ist die Decktransformationsgruppe gleich der Gruppe der ganzen Zahlen $\mathbb {Z}$. Dabei wirkt $n\in \mathbb {Z}$ durch die Addition
    ${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,w\longmapsto w+n2\pi {\mathrm {i} },$
als Decktransformation. Dass es sich um eine Decktransformation handelt beruht auf den Periodizitätseigenschaften der komplexen Exponentialfunktion, siehe Fakt. Daraus ergibt sich auch, dass
    $\mathbb {Z} \longrightarrow \operatorname {Deck} {\left({\mathbb {C} }{|}{\mathbb {C} }^{\times }\right)}$
ein injektiver Gruppenhomomorphismus ist. Nach Fakt ist dies sogar ein Isomorphismus.
# Ebene Drehung/Eigentheorie/Aufgabe/Lösung

Bei $\alpha =0$ liegt die Identität vor, dafür ist $1$ der einzige Eigenwert, jeder Vektor $\neq 0$ ist ein Eigenvektor und der Eigenraum zum Eigenwert $1$ ist $\mathbb {R} ^{2}$. Alle anderen Eigenräume sind der Nullraum.
Bei $\alpha =\pi$ liegt die Halbdrehung vor, also die Punktspiegelung bzw. die Streckung mit dem Faktor $-1$. Dafür ist $-1$ der einzige Eigenwert, jeder Vektor $\neq 0$ ist ein Eigenvektor und der Eigenraum zum Eigenwert $-1$ ist $\mathbb {R} ^{2}$. Alle anderen Eigenräume sind der Nullraum.
# Funktionenkörper/n/Endliche Gruppe von Automorphismen/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und $L=K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ der rationale Funktionenkörper in $n$ Variablen. Es sei $G\subseteq \operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ eine endliche Untergruppe der Galoisgruppe. Zeige, dass der Transzendenzgrad des Fixkörpers $L^{G}$ über $K$ gleich $n$ ist.
# Komplexe Mannigfaltigkeit/Holomorphe Funktion/Beringter Raum/Beispiel

Auf einer komplexen Mannigfaltigkeit $M$ ist zu jeder offenen Teilmenge $U\subseteq M$ durch
    $C^{1}(U,{\mathbb {C} })={\left\{f:U\rightarrow {\mathbb {C} }\mid f{\text{ holomorph}}\right\}}\,$
ein kommutativer Ring gegeben. Diese Zuordnung ist eine Garbe, wodurch $M$ zu einem beringten Raum wird.
# Ebene Drehung/Eigentheorie/C/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom ist
    $\det \left(X{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}\right)=\det {\begin{pmatrix}X-\cos \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &X-\cos \alpha \end{pmatrix}}={\left(X-\cos \alpha \right)}^{2}+\sin ^{2}\alpha \,.$
Die Eigenwerte sind die Nullstellen davon, also
    $x_{1}=\cos \alpha +{\mathrm {i} }\sin \alpha \,$
und
    $x_{2}=\cos \alpha -{\mathrm {i} }\sin \alpha \,.$
Zur Berechnung der Eigenräume setzen wir die Eigenwerte für $X$ in die obige Matrix ein und bestimmen den Kern. Sei dafür zunächst $\alpha \notin \{0,\pi \}$.
Für $x_{1}$ ergibt sich die Matrix
    ${\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }\sin \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &{\mathrm {i} }\sin \alpha \end{pmatrix}},$
der Kern wird vom Vektor
    $\left({\mathrm {i} },\,1\right)$
erzeugt. Also ist $E_{1}={\mathbb {C} }\left({\mathrm {i} },\,1\right)$.
Für $x_{2}$ ergibt sich die Matrix
    ${\begin{pmatrix}-{\mathrm {i} }\sin \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &-{\mathrm {i} }\sin \alpha \end{pmatrix}},$
der Kern wird vom Vektor
    $\left(-{\mathrm {i} },\,1\right)$
erzeugt. Also ist $E_{2}={\mathbb {C} }\left(-{\mathrm {i} },\,1\right)$.
$\alpha \in \{0,\pi \}$
$E={\mathbb {C} }^{2}$
# Funktionenkörper/n/Endlichkeitsäquivalenz/Aufgabe

Wir betrachten den Funktionenkörper $L=K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ über einem Körper $K$. Wie betrachten auf der Menge ${\mathcal {Z}}$ aller Zwischenkörper die Relation, die durch
    $M_{1}\sim M_{2}\,,$
falls es einen Zwischenkörper $M$ derart gibt, dass $M_{1}\subseteq M$ und $M_{2}\subseteq M$ endliche Körpererweiterungen sind, gegeben ist. Zeige, dass es sich dabei um eine Äquivalenzrelation handelt.
# Komplexe Zahl/Berechnung der Quadratwurzel/Beispiel

Es sei $z=a+b{\mathrm {i} }$ eine komplexe Zahl. Dann hat die komplexe Zahl
    $u={\frac {1}{\sqrt {2}}}{\left(\sigma {\sqrt {\vert {z}\vert +a}}+{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {z}\vert -a}}\right)}\,$
mit dem Vorzeichen
    $\sigma ={\begin{cases}1,{\text{ falls }}b\geq 0\,,\\-1{\text{ falls }}b<0\,,\end{cases}}\,$
die Eigenschaft
    $u^{2}=z\,.$
Insbesondere besitzt also $z$ zwei Quadratwurzeln, nämlich $u$ und $-u$, die bei $z=0$ zusammenfallen.
Wir zeigen dies für den Fall
    $b\geq 0\,.$
Dann ist
    ${\begin{aligned}u^{2}&={\left({\frac {1}{\sqrt {2}}}{\left({\sqrt {\vert {z}\vert +a}}+{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {z}\vert -a}}\right)}\right)}^{2}\\&={\frac {1}{2}}{\left(\vert {z}\vert +a-{\left(\vert {z}\vert -a\right)}+2{\mathrm {i} }{\sqrt {{\left(\vert {z}\vert +a\right)}{\left(\vert {z}\vert -a\right)}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2a+2{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {z}\vert ^{2}-a^{2}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2a+2{\mathrm {i} }{\sqrt {b^{2}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2a+2{\mathrm {i} }b\right)}\\&=a+b{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$
# Ebene Drehung/Komplexe Version/Eigenwerte und Eigenvektoren/Aufgabe/Lösung

Das charakteristische Polynom von $M$ ist
    ${\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}X-\cos \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &X-\cos \alpha \end{pmatrix}}&={\left(X-\cos \alpha \right)}^{2}+\sin ^{2}\alpha \\\end{aligned}}$
Die Nullstellen davon sind
    $x_{1,2}=\cos \alpha +\pm {\mathrm {i} }\sin \alpha \,,$
und dies sind die (komplexen) Eigenwerte von $M$. Der Eigenraum zu $x_{1}=\cos \alpha +{\mathrm {i} }\sin \alpha$ ergibt sich als Kern von ${\begin{pmatrix}\cos \alpha +{\mathrm {i} }\sin \alpha -\cos \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &\cos \alpha +{\mathrm {i} }\sin \alpha -\cos \alpha \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }\sin \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &{\mathrm {i} }\sin \alpha \end{pmatrix}}$. Dieser ist ${\mathbb {C} }{\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }\\1\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }\\1\end{pmatrix}}$ ist ein Eigenvektor.
Der Eigenraum zu $x_{1}=\cos \alpha -{\mathrm {i} }\sin \alpha$ ergibt sich als Kern von ${\begin{pmatrix}\cos \alpha -{\mathrm {i} }\sin \alpha -\cos \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &\cos \alpha -{\mathrm {i} }\sin \alpha -\cos \alpha \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-{\mathrm {i} }\sin \alpha &\sin \alpha \\-\sin \alpha &-{\mathrm {i} }\sin \alpha \end{pmatrix}}$. Dieser ist ${\mathbb {C} }{\begin{pmatrix}-{\mathrm {i} }\\1\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}-{\mathrm {i} }\\1\end{pmatrix}}$ ist ein Eigenvektor. Wegen
    $\left\langle {\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-{\mathrm {i} }\\1\end{pmatrix}}\right\rangle ={\mathrm {i} }\cdot {\mathrm {i} }+1=0\,$
stehen die beiden Eigenvektoren senkrecht aufeinander. Beide haben die Norm $2$, sodass ${\frac {1}{\sqrt {2}}}{\begin{pmatrix}-{\mathrm {i} }\\1\end{pmatrix}}$ und ${\frac {1}{\sqrt {2}}}{\begin{pmatrix}{\mathrm {i} }\\1\end{pmatrix}}$
# Funktionenkörper/n/Endlichkeitsäquivalenz/Transzendenzgrad/Aufgabe

Es sei $L=K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ der rationale Funktionenkörper über einem Körper $K$. Wie betrachten auf der Menge ${\mathcal {Z}}$ aller Zwischenkörper die Äquivalenzrelation aus Aufgabe. Zeige, dass der Transzendenzgrad auf den Äquivalenzklassen wohldefiniert ist.
# Komplexe Zahlen/Achsenkreuz/Nullstellengebilde/Riemannsche Fläche/Beispiel

Wir betrachten die holomorphe Funktion $a_{0}(z)=z^{2}$ auf ${\mathbb {C} }$ und dazu das Polynom
    $t^{2}-a_{0}(z)=t^{2}-z^{2}=(t-z)(t+z)\,.$
Das Nullstellengebilde
    $V=V(t^{2}-z^{2})\subset {\mathbb {C} }\times {\mathbb {C} }\,$
ist die Vereinigung von zwei komplexen Ebenen, die sich im singulären Punkt $(0,0)$ kreuzen, es liegt das komplexe Achsenkreuz vor. Das glatte Nullstellengebilde ist
    $W=V\setminus \{(0,0)\}={\left({\mathbb {C} }\setminus \{0\}\right)}\uplus {\left({\mathbb {C} }\setminus \{0\}\right)}\,,$
die disjunkte Vereinigung von zwei punktierten komplexen Zahlengeraden (also Gaußsche Zahlenebenen) und ist insbesondere nicht zusammenhängend. Dies ist auch das unverzweigte Nullstellengebilde.
# Ebene Drehung/Orientierte Orthonormalbasis/Matrix/Aufgabe/Lösung

Wir schreiben $u_{1}={\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$ und $u_{2}={\begin{pmatrix}c\\d\end{pmatrix}}$. Die Übergangsmatrix von ${\mathfrak {u}}$ nach ${\mathfrak {e}}$ ist
    $M_{\mathfrak {e}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}a&c\\b&d\end{pmatrix}}\,.$
Da ${\mathfrak {u}}$ eine Orthonormalbasis ist, und die Determinante der Übergangsmatrix nach Voraussetzung $1$ ist, muss dies eine Drehmatrix sein, d.h. es gibt einen Winkel $\gamma$ mit
    $M_{\mathfrak {e}}^{\mathfrak {u}}={\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\gamma &-\operatorname {sin} \,\gamma \\\operatorname {sin} \,\gamma &\operatorname {cos} \,\gamma \end{pmatrix}}\,.$
Die Umkehrabbildung dazu ist
    ${\left(M_{\mathfrak {e}}^{\mathfrak {u}}\right)}^{-1}=M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {e}}={\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,-\gamma &-\operatorname {sin} \,-\gamma \\\operatorname {sin} \,-\gamma &\operatorname {cos} \,-\gamma \end{pmatrix}}\,.$
Nach Fakt ist somit
    ${\begin{aligned}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )&=(M_{\mathfrak {e}}^{\mathfrak {u}})^{-1}\circ M_{\mathfrak {e}}^{\mathfrak {e}}(\varphi )\circ M_{\mathfrak {e}}^{\mathfrak {u}}\\&={\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\gamma &-\operatorname {sin} \,\gamma \\\operatorname {sin} \,\gamma &\operatorname {cos} \,\gamma \end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,-\gamma &-\operatorname {sin} \,-\gamma \\\operatorname {sin} \,-\gamma &\operatorname {cos} \,-\gamma \end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,(\gamma +\alpha -\gamma )&-\operatorname {sin} \,(\gamma +\alpha -\gamma )\\\operatorname {sin} \,(\gamma +\alpha -\gamma )&\operatorname {cos} \,(\gamma +\alpha -\gamma )\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
Wenn man die Orthonormalbasis $e_{2},e_{1}$ nimmt (also die Reihenfolge vertauscht),
$\varphi$
${\begin{pmatrix}-\sin \alpha &\cos \alpha \\\cos \alpha &\sin \alpha \end{pmatrix}}$
# Funktionenkörper/n/Transzendenzgrad/Nicht endlichkeitsäquivalent/Aufgabe

Man gebe ein Beispiel für Zwischenkörper $L,M\subseteq K(X,Y)$, die den gleichen Transzendenzgrad haben, die aber nicht zueinander äquivalent im Sinne von Aufgabe sind.
# Komplexe Zahlen/Differenzierbare 1-Formen/Beispiel

Auf einer offenen Menge $U\subseteq {\mathbb {C} }$ mit der Variablen $z$ ist $dz$ diejenige holomorphe Differentialform, die in jedem Punkt die Identität auf (dem Tangentialraum) ${\mathbb {C} }$ ist und $d\,{\overline {z}}$ ist diejenige differenzierbare Differentialform, die in jedem Punkt die komplexe Konjugation auf ${\mathbb {C} }$ ist. Eine beliebige reell-differenzierbare Differentialform $\omega$ auf $U$ besitzt die Darstellung
    $\omega =fdz+gd\,{\overline {z}}\,$
mit komplexwertigen $C^{\infty }$-Funktionen $f$ und $g$ auf $U$, und dies ist die Zerlegung von $\omega$ im Sinne von Fakt. Die Form ist vom Typ $(1,0)$ genau dann, wenn $g=0$ ist. In diesem Fall ist die Form genau dann holomorph, wenn $f$ eine holomorphe Funktion ist.