OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Funktionenkörper/K(X)/Wurzelaufnahme/Fortsetzung von Operatoren/Beispiel

Wir betrachten die Körpererweiterung $K(X)\subseteq K(Y)$, die durch $Y^{n}=X$ ($n\geq 2$) gegeben ist. Es ist also $K(Y)=K(X)[Y]/(Y^{n}-X)$. Somit ist $nY^{n-1}dY=dX$ bzw. $dY={\frac {1}{nY^{n-1}}}dX$ und die partielle Ableitung $\partial _{X}$ setzt sich fort auf $K(Y)$ mit
    $\partial _{X}(Y)={\frac {1}{nY^{n-1}}}\,.$
Man beachte, dass das Ergebnis nicht im Polynomring $K[Y]$ liegt. Es gibt also keine Fortsetzung der Derivation
    $\partial _{X}\colon K[X]\longrightarrow K[X]$
auf $K[Y]$. Wenn man die Gleichung
    $Y^{n}=X\,$
als
    $Y={\sqrt[{n}]{X}}=X^{\frac {1}{n}}\,$
interpretiert, so ist die obige berechnung eine algebraische Version der analytischen Ableitungsregel
    $\partial _{X}({\sqrt[{n}]{X}})=\partial _{X}(X^{\frac {1}{n}})={\frac {1}{n}}X^{{\frac {1}{n}}-1}={\frac {1}{n}}\cdot {\frac {1}{X^{1-{\frac {1}{n}}}}}={\frac {1}{n}}\cdot {\frac {1}{X^{\frac {n-1}{n}}}}={\frac {1}{n}}\cdot {\frac {1}{{\left(X^{\frac {1}{n}}\right)}^{n-1}}}\,.$
# Verband/Algebraisch/Ordnung/Fakt/Beweis

Zunächst ist unter Verwendung der beiden Absorptionsgesetze
    $x\sqcap x=x\sqcap (x\sqcup (x\sqcap x))=x\,,$
was die Reflexivität der Relation bedeutet. Zum Nachweis der Transitivität seien $z\geq y$ und $y\geq x$ gegeben. Das bedeutet $z\sqcap y=y$ und $y\sqcap x=x$. Damit ist
    ${\begin{aligned}z\sqcap x&=z\sqcap (y\sqcap x)\\&=(z\sqcap y)\sqcap x\\&=y\sqcap x\\&=x,\end{aligned}}$
was $z\geq x$ bedeutet. Zum Nachweis der Antisymmetrie sei $y\geq x$ und $x\geq y$. Daraus ergibt sich sofort $x=x\sqcap y=y$.
Wir zeigen nun, dass $x\sqcap y$ das Infimum von $x$ und $y$ in der soeben etablierten Ordnung ist. Wegen
    $x\sqcap (x\sqcap y)=(x\sqcap x)\sqcap y=x\sqcap y\,$
ist $x\geq x\sqcap y$ und ebenso $y\geq x\sqcap y$, es ist also
    $x\sqcap y\leq x,y\,.$
Es sei nun $z\leq x,y$. Dies bedeutet $x\sqcap z=z$ und $y\sqcap z=z$. Dann ist
    $(x\sqcap y)\sqcap z=x\sqcap (y\sqcap z)=x\sqcap z=z\,,$
also $z\leq x\sqcap y$. Somit ist $x\sqcap y$ das Infimum.
Um die Aussage über das Supremum zu beweisen, zeigt man zunächst, dass $x=x\sqcap y$ zu $y=x\sqcup y$ äquivalent ist. Wenn nämlich das erste gilt, so ist
    $x\sqcup y=(x\sqcap y)\sqcup y=y\,$
nach einem Absorptionsgesetz. Wenn das zweite gilt, so ist
    $x\sqcap y=x\sqcap (x\sqcup y)=x\,,$
ebenfalls nach einem Absorptionsgesetz. Damit folgt die Aussage über das Supremum wie die Aussage über das Infimum.
# Dezimalbruch/Primfaktorzerlegung des Nenners/Aufgabe/Lösung

Wenn die rationale Zahl die Form ${\frac {a}{2^{i}\cdot 5^{j}}}$ besitzt, so kann man mit $2^{j}\cdot 5^{i}$ erweitern und erhält im Nenner $10^{i+j}$, sodass ein Dezimalbruch vorliegt. Es sei nun die rationale Zahl
    $z={\frac {a}{b}}\,$
in gekürzter Darstellung gegeben, und sei vorausgesetzt, dass in der Primfaktorzerlegung von $b$ eine Primzahl
    $p\neq 2,5\,$
vorkommt. Wir schreiben
    $b=pu\,.$
Nehmen wir an, dass die Zahl ein Dezimalbruch ist, dann gibt es eine Gleichung der Form
    ${\frac {a}{b}}={\frac {a}{pu}}={\frac {c}{10^{k}}}\,.$
Dies bedeutet nach dem Überkreuzprinzip, dass
    $a\cdot 10^{k}=pcu\,$
$p$
$a$
$10^{k}$
# Äquivalenzrelation/Modulo 5/Äquivalent/Aufgabe/Kommentar

Dies ist eine besonders wichtige und typische Aufgabe zu Äquivalenzrelationen. Die Sache hat natürlich nichts mit der $5$ zu tun, man könnte genausso gut jede andere natürliche Zahl nehmen (wobei bei $0$ und bei $1$ gewisse Besonderheiten auftreten). Die Aufgabe ist ein Vorgriff auf Fakt, auch Aufgabe ist ähnlich.
Also, zwei Zahlen stehen in Relation, wenn ihre Differenz von $5$ geteilt wird, also ein Vielfaches der $5$ ist. Somit stehen etwa $3$ und $8$ oder $3$ und $13$ in Relation zueinander, $3$ und $7$ aber nicht. Bei Nachweis, dass eine Äquivalenzrelation vorliegt, muss man einfach die definierenden Eigenschaften durchgehen und die gegebene Teilbarkeit richtig formulieren. Die einzig sinnvolle Formulierung ist
    $5{\text{ teilt }}(x-y){\text{ genau dann wenn, es gibt }}a\in \mathbb {Z} {\text{ mit }}x-y=5a,$
mit der man konsequent arbeiten soll.
Die Reflexivität beruht einfach auf
    $x-x=0=5\cdot 0\,.$
Die beiden anderen Eigenschaften einer Äquivalenzrelation sind bedingt formuliert. Wenn (für die Transitivität) $x\sim y$ und $y\sim z$ ist, dann muss auch $x\sim z$ sein. Die beiden Bedingungen bedeutet im vorliegenden Fall, dass es einerseits ein $a$ und andererseits ein $b$ mit
    $x-y=5a\,$
beziehungsweise
    $y-z=5b\,$
gibt. Dann ist direkt (Distributivgesetz)
    $x-z=(x-y)+(y-z)=5a+5b=5(a+b)\,.$
# Extrema/R^2/Lineares lokales Minimum/Kein lokales Minimum/Tangentiale Kreise/Beispiel/Kritische Punkte/Hesse-Matrizen/Aufgabe

Bestimme die Hesse-Matrizen zu den kritischen Punkten zur Funktion
    $f(x,y)=x^{4}+y^{4}+2x^{2}y^{2}-6y^{3}-6x^{2}y+8y^{2}\,$
aus Beispiel.
# Riemannsche Fläche/Partition der Eins/Höhere Strukturkohomologie/Bemerkung

Mit Partitionen der Eins kann man auch zeigen, dass für die Garben der $C^{\infty }$-Funktionen und der $C^{\infty }$-Differentialformen vom Grad $d$ auf einer reellen $C^{\infty }$-Mannigfaltigkeit $M$ alle höheren Kohomologien gleich $0$ sind. Für eine riemannsche Fläche folgt daher aus Fakt mit den Ausschnitten (für $i\geq 2$)
    $H^{i-1}(X,{\mathcal {E}})=0{\stackrel {\delta }{\longrightarrow }}H^{i}(X,{\mathcal {O}}_{X})\longrightarrow H^{i+1}(X,{\mathcal {E}}^{(0,1)})=0$
aus der langen Kohomologiesequenz sofort
    $H^{i}(X,{\mathcal {O}}_{X})=0\,$
für $i\geq 2$. Für höherdimensionale komplexe Mannigfaltigkeiten sind auch höhere Kohomologien der Strukturgarbe wichtig.
# Fünfter Kreisteilungskörper/Einheiten/Beispiel

Der fünfte Kreisteilungskörper (vergleiche Beispiel) die Gestalt
    $K_{5}\cong \mathbb {Q} [X]/{\left(X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1\right)}\,$
und die komplexen Einbettungen sind durch $X\mapsto e^{j2\pi {\mathrm {i} }/5}$ mit $j=1,2,3,4$ gegeben, wobei die Einbettungen zu $1$ und $4$ und zu $2$ und $3$ zueinander komplex-konjugiert sind. Es gibt keine reelle Einbettung und es ist $r=0$ und $s=2$. Der Rang der Einheitengruppe ist also $1$ nach Fakt. Wegen $\mathbb {Q} \subset \mathbb {Q} [{\sqrt {5}}]\subset K_{5}$ gibt es einen reellen Zwischenkörper und dieser enthält auch schon eine Einheitengruppe vom Rang $1$. Es ist
    ${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}=x^{4}+x+1=-x^{2}-x^{3}\,$
und wegen
    ${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\cdot {\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}=-1\,$
ist dies eine Einheit im quadratischen Zahlbereich zu $5$, und zwar nach Fakt die Fundamentaleinheit $>1$.
# Verband/Ordnung/Algebraisch/Fakt/Beweis

* Die Kommutativität ist klar. Zum Nachweis der Assoziativität seien $x,y,z$ gegeben. Wir vergleichen $(x\sqcup y)\sqcup z$ und $x\sqcup (y\sqcup z)$. Es ist und ebenso Damit ist also Da $y\sqcup z$ das Supremum von $y$ und $z$ ist, folgt Daher ist auch Die andere Abschätzung gilt genauso, aus der Antisymmetrie der Ordnung folgt somit die Gleichheit. Die Assoziativität für das Infimum wird entsprechend bewiesen.
    $x,y\leq x\sqcup y\leq (x\sqcup y)\sqcup z\,$
    $z\leq (x\sqcup y)\sqcup z\,.$
    $x,y,z\leq (x\sqcup y)\sqcup z\,.$
    $y\sqcup z\leq (x\sqcup y)\sqcup z\,.$
    $x\sqcup (y\sqcup z)\leq (x\sqcup y)\sqcup z\,.$
* Es ist direkt Ferner ist und somit ist $x$ eine obere Schranke von $x$ und von $x\sqcap y$ und daher ist Aus der Antisymmetrie folgt
    $x\leq x\sqcup (x\sqcap y)\,.$
    $x\sqcap y\leq x\,$
    $x\sqcup (x\sqcap y)\leq x\,.$
    $x=x\sqcup (x\sqcap y)\,.$
* Wird wie (2) bewiesen.
# Dezimalbruch/Summe der Stammbrüche/1/Aufgabe/Lösung

In der Summe sind nur die Brüche
    ${\frac {1}{3}},\,{\frac {1}{6}},\,{\frac {1}{7}},\,{\frac {1}{9}}$
keine Dezimalbrüche. Ob die Summe ein Dezimalbruch ist, hängt nur von der Summe dieser Zahlen ab, da die Summe und die Differenz von Dezimalbrüchen wieder ein Dezimalbruch ist. Die Summe der ersten beiden Brüche ist
    ${\frac {1}{3}}+{\frac {1}{6}}={\frac {2+1}{6}}={\frac {1}{2}}\,,$
also ein Stammbruch. Entscheidend ist also die Summe
    ${\frac {1}{7}}+{\frac {1}{9}}={\frac {9+7}{63}}={\frac {16}{63}}\,.$
# E^x-1/Negativ/Keine starke Kontraktion/Banach/Aufgabe

Wir betrachten die Funktion
    $f\colon \mathbb {R} _{\leq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\leq 0},\,x\longmapsto e^{x}-1.$
* Zeige, dass $0$ der einzige Fixpunkt von $f$ ist.
* Zeige, dass $f$ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $1$ ist.
* Zeige, dass $f$ keine starke Kontraktion ist.
* Zeige, dass zu jedem Startwert $x_{0}\in \mathbb {R} _{\leq 0}$ die rekursiv definierte Folge $x_{n+1}:=f(x_{n})$ gegen $0$ konvergiert.
# Riemannsche Fläche/Serre-Dualität/Holomorphe Differentialformen und Strukturkohomologie/Repräsentierung der Kohomologie/Bemerkung

Die bijektive Zuordnung
    $H^{1}(X,{\mathcal {O}}_{X})\longrightarrow {H^{0}(X,\Omega )}^{*},\,c\longmapsto {\left(\omega \mapsto \operatorname {Res} _\left(H^{1}(\omega )(c)\right)\right)},$
aus Fakt ist so zu verstehen. Eine globale Differentialform $\omega \in H^{0}(X,\Omega )$ definiert einen (ebenfalls mit $\omega$ bezeichneten) Garbenhomomorphismus
    ${\mathcal {O}}_{X}\longrightarrow \Omega _{X},\,1\longmapsto \omega ,$
und dazu die erste Kohomologieabbildung
    $H^{1}(X,{\mathcal {O}}_{X})\longrightarrow H^{1}(X,\Omega _{X}),\,c\longmapsto H^{1}(\omega )(c).$
Die Auswertung mit dem Residuum ergibt dann den Wert in ${\mathbb {C} }$. Der rechnerische Aufwand hängt wesentlich davon ab, in welcher Form die Kohomologieklasse vorliegt. Wenn $c$ Čech-kohomologisch als $U_{i},h_{ij}$ vorliegt, so erhält man bei gegebenem $\omega$ eine entsprechende Darstellung $U_{i},h_{ij}\omega$. Wenn $c$ als Klasse zu einer Hauptteilverteilung $(\tau _{P})_{P}$ vorliegt, so gehört dazu direkt die Hauptteilverteilung von holomorphen Differentialformen $(\tau _{P}\omega )_{P}$ und dazu wiederum die Residuenauswertung im Sinne der Definition.
# Fünfter Kreisteilungsring/Kleine Primzahl/Zerlegungsverhalten/Beispiel

Es sei $R=\mathbb {Z} [X]/(X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)=\mathbb {Z} [x]$ der fünfte Kreisteilungsring. Wir verwenden den Zwischenring (vergleiche Beispiel)
    ${\begin{aligned}\mathbb {Z} &\subseteq \mathbb {Z} [{\sqrt {5}}]\\&\subseteq \mathbb {Z} [W]/(W^{2}-W-1)\\&=S\\&\subseteq \mathbb {Z} [X]/(X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)\\&=S[X]/(X^{2}+XW+1)\end{aligned}}$
mit
    $w={\frac {v+1}{2}}=x^{3}+x^{2}+1\,$
und $v^{2}=5$. Wir beschreiben exemplarisch das Verhalten von Primzahlen in diesem Zahlbereich. Zu einer Primzahl $p$ kommen als Restekörper der Primideale in $R$ oberhalb von $(p)$ nach Fakt nur die Körper $\mathbb {Z} /(p),{\mathbb {F} }_{p^{2}},{\mathbb {F} }_{p^{3}},{\mathbb {F} }_{p^{4}}$ in Frage (die Möglichkeit ${\mathbb {F} }_{p^{3}}$ werden wir gleich ausschließen), und zwar muss es in den Restekörpern fünf Einheitswurzeln (über $(5)$ fallen die zusammen) geben. Wegen Fakt ist dies genau dann der Fall, wenn $p^{e}-1$ ein Vielfaches von $5$ ist. Daraus ergeben sich die Möglichkeiten $e=1,2,4$. Wir geben Beispiele für typisches Zerlegungsverhalten.
Sei $p=2$. Es ist $S/2S$ ein Körper mit vier Elementen und es ist $R/2R$ ein Körper mit $16$ Elementen.
Sei $p=5$. Hier ist über $\mathbb {Z} /(5)$
    $(X-1)(X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)=X^{5}-1=(X-1)^{5}\,$
und somit $X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1=(X-1)^{4}$. Es gibt also nur ein Primideal oberhalb von $(5)$ und dessen Restklassenkörper ist $\mathbb {Z} /(5)$, was auch von Fakt her klar ist.
Bei $q=11$ sind $1,3,4,5,9$ fünfte Einheitswurzeln und das Kreisteilungspolynom hat die Zerlegung
    $X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1=(X-3)(X+2)(X-4)(X-5)\,.$
Oberhalb von $(11)$ liegen in $\operatorname {Spek} {\left(R\right)}$ vier Primideale, alle mit dem Restekörper $\mathbb {Z} /(11)$. Dabei liegen $(X-3)$ und $(X-4)$ über $(W-4)$ und $(X+2)$ und $(X-5)$ über $(W-8)$ in $S$.
Bei $p=19$ ist $9^{2}=5=10^{2}$, in $S$ gibt es somit zwei Primideale oberhalb von $(19)$, beide mit dem Restekörper $\mathbb {Z} /(19)$. In $\mathbb {Z} /(19)$ gibt es aber keine fünfte Einheitswurzeln, deshalb liegen oberhalb von $(19)$ in $R$ zwei Primideale, beide mit dem Restekörper ${\mathbb {F} }_{361}$. Über $(19)$ liegt die Faktorzerlegung
    $X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1={\left(X^{2}+5X+1\right)}{\left(X^{2}+15X+1\right)}\,$
vor.
# Vollkommene Zahlen/Gerade/Charakterisierung mit Mersenne-Primzahlen/Fakt/Beweis

Es sei zunächst $n=2^{k-1}{\left(2^{k}-1\right)}$ mit $2^{k}-1$ prim. Dann sind die von $n$ verschiedenen Teiler von $n$ durch
    $2^{i},\,i=0,\ldots ,k-1,{\text{ und }}2^{i}(2^{k}-1),\,i=0,\ldots ,k-2$
gegeben. Daher ist ihre Summe gleich
    $\sum _{i=0}^{k-1}2^{i}+(2^{k}-1)\sum _{i=0}^{k-2}2^{i}=2^{k}-1+{\left(2^{k}-1\right)}{\left(2^{k-1}-1\right)}={\left(2^{k}-1\right)}2^{k-1}=n\,,$
also ist $n$ vollkommen. Es sei umgekehrt $n$ vollkommen. Wir setzen (in Anlehnung an das Ziel) an
    $n=2^{k-1}u\,$
mit $u$ ungerade und $k\geq 2$, da ja $n$ gerade ist. Für teilerfremde Zahlen ist nach Fakt die Teilersumme gleich dem Produkt der beiden Teilersummen. Daher ist einerseits
    $\sigma (n)=\sigma {\left(2^{k-1}u\right)}=\sigma {\left(2^{k-1}\right)}\sigma (u)={\left(2^{k}-1\right)}\sigma (u)\,$
und andererseits wegen der Vollkommenheit $\sigma (n)=2n=2^{k}u$. Insgesamt ergibt sich also ${\left(2^{k}-1\right)}\sigma (u)=2^{k}u$. Da $2^{k}-1$ ungerade ist, gilt
    $\sigma (u)=x2^{k}{\text{ und }}u=x(2^{k}-1).$
Die Annahme $x>1$ führt schnell zum Widerspruch, da es dann zumindest die drei verschiedenen Teiler $1,x,x(2^{k}-1)$ von $u$ gibt, was zu
    $\sigma (u)\geq {\left(2^{k}-1\right)}x+1+x>2^{k}x\,$
führt. Also ist $x=1$ und somit $\sigma (u)=2^{k}=u+1$. Die Teilersumme einer Zahl $u$ ist aber gleich $u+1$ nur dann, wenn eine Primzahl vorliegt.
# F 2/Projektiver Abschluss/Homogene Gleichungen/Aufgabe

Betrachte die affine Nullstellenmenge
    $V:=V{\left(X^{2}+Y^{2}+1\right)}\subseteq {\mathbb {A} }_{K}^{2}\,$
über dem Körper $K=\mathbb {Z} /(2)$ mit zwei Elementen.
a) Bestimme die Punkte von $V$.
b) Bestimme den projektiven Abschluss von $V$.
c) Zeige, dass der projektive Abschluss von $V$ nicht mit der projektiven Nullstellenmenge zur Homogenisierung von $X^{2}+Y^{2}+1$ übereinstimmt.
# Riemannsche Flächen/Holomorphe Abbildung/Prägarbe/Halm/Bemerkung

Zu einer holomorphen Abbildung $\varphi \colon X\rightarrow Y$ zwischen den riemannschen Flächen $X$ und $Y$ und einer offenen Menge $V\subseteq Y$ erhält man einen ${\mathbb {C} }$-Algebrahomomorphismus
    $\Gamma (V,{\mathcal {O}}_{Y})\longrightarrow \Gamma (\varphi ^{-1}(V),{\mathcal {O}}_{X}),\,h\longmapsto h\circ \varphi .$
Diese Familie von Abbildungen kommutieren mit den Restriktionen, man kann sie aber nicht unmittelbar als ein Morphismus von Prägarben auffassen, da die Prägarben auf unterschiedlichen Räumen leben. Es gibt mehrere Möglichkeiten, dies zu beheben. Man kann die Prägarbe ${\mathcal {O}}_{X}$ nach $Y$ transportieren, indem man die vorgeschobene Prägarbe $\varphi _{*}{\mathcal {O}}_{X}$ einführt, die durch
    $\Gamma {\left(V,\varphi _{*}{\mathcal {O}}_{X}\right)}:=\Gamma (\varphi ^{-1}(V),{\mathcal {O}}_{X})\,$
festgelegt ist. Die eben beschriebenen Ringhomomorphismen ergeben dann direkt einen Prägarbenmorphismus
    ${\mathcal {O}}_{Y}\longrightarrow \varphi _{*}{\mathcal {O}}_{X}$
von Prägarben von kommutativen Ringen auf $Y$.
Zu einem Punkt $Q\in Y$ erhält man einen Ringhomomorphismus der Halme
    ${\left({\mathcal {O}}_{Y}\right)}_{Q}\longrightarrow {\left(\varphi _{*}{\mathcal {O}}_{X}\right)}_{Q},$
wobei rechts der Kolimes über alle gemeinsamen offenen Umgebungen der Urbildpunkte von $Q$ steht. Für einen einzelnen Urbildpunkt $P\in X$ gibt es Ringhomomorphismen
    ${\left(\varphi _{*}{\mathcal {O}}_{X}\right)}_{Q}\longrightarrow {\left({\mathcal {O}}_{X}\right)}_{P}$
und
    ${\left({\mathcal {O}}_{Y}\right)}_{Q}\longrightarrow {\left({\mathcal {O}}_{X}\right)}_{P}.$
Letztere Abbildung ist eine Abbildung zwischen diskreten Bewertungsringen, die im Wesentlichen über Fakt festgelegt ist, siehe auch Aufgabe.
# Fünfter Kreisteilungsring/Primzahlen/Zerlegungsverhalten/Beispiel

Es sei $R=\mathbb {Z} [X]/(X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)=\mathbb {Z} [x]$. Wir beschreiben exemplarisch das Verhalten von Primzahlen in diesem Zahlbereich. Es sei zuerst $q=5$. Hier ist über $\mathbb {Z} /(5)$
    $(X-1)(X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)=X^{5}-1=(X-1)^{5}\,$
und somit $X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1=(X-1)^{4}$. Es gibt also nur ein Primideal oberhalb von $(5)$ und dessen Restklassenkörper ist $\mathbb {Z} /(5)$, der Trägheitsgrad ist also $1$ und der Verzweigungsindex ist $4$.
Das Zerlegungsverhalten der anderen Primzahlen $q\neq 5$ versuchen wir mit Hilfe eines Zwischenringes zu verstehen. Sei
    $v=x-x^{2}-x^{3}+x^{4}\,.$
Eine direkte Rechnung (siehe Beispiel) zeigt $v^{2}=5$, d.h. es liegt ein Zwischenring
    $\mathbb {Z} \subset \mathbb {Z} [{\sqrt {5}}]\subset \mathbb {Z} [{\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}]=\mathbb {Z} [x^{3}+x^{2}]=S\subset \mathbb {Z} [x]\,$
vor, wobei der Ganzheitsring zu ${\sqrt {5}}$ mit Fakt bestimmt wurde.
Für
    $q=1,4\mod 5\,$
ist $5$ ein Quadrat modulo $q$. Über diesen Primzahlen liegen in $S$ zwei Primideale, beide mit dem Restekörper $\mathbb {Z} /(q)$ und dem Trägheitsgrad $1$. Über diesen Primzahlen zerfällt das fünfte Kreisteilungspolynom in zwei Faktoren vom Grad $2$. Ob es weiter in Linearfaktoren zerfällt, hängt von $q$ ab.
Bei $q=11$ sind $1,3,4,5,9$ fünfte Einheitswurzeln in $\mathbb {Z} /(11)$ und das Kreisteilungspolynom hat die Zerlegung
    $X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1=(X-3)(X+2)(X-4)(X-5)\,.$
Über $(11)$ liegen also vier Primideale, jeweils mit dem Trägheitsgrad $1$. Ein entsprechendes Verhalten gilt für alle Primzahlen $q$ mit $q=1\mod 5$ nach Fakt.
Bei $q=4\mod 5$ gibt es nur die $1$ als fünfte Einheitswurzel und es gilt
    $X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1={\left(X^{2}+{\frac {{\sqrt {5}}+1}{2}}X+1\right)}{\left(X^{2}-{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}X+1\right)}\,,$
wobei für ${\sqrt {5}}$ eine Quadratwurzel von $5$ aus $\mathbb {Z} /(q)$ einzusetzen ist. Bei $q=19$ ist beispielsweise $9^{2}=5$ und daher ist
    $X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1={\left(X^{2}+5X+1\right)}{\left(X^{2}+15X+1\right)}\,.$
Bei $q=3\mod 5$
# Vollkommener Körper/Algebra/Endlichdimensional/Reduziert/Kähler/Fakt/Beweis

Wenn $A$ reduziert ist, so liegt eine endliche Körpererweiterung $K\subseteq A$ vor, die wegen der Vollkommenheit des Grundkörpers separabel ist und deshalb nach dem Satz vom primitiven Element von einem Element erzeugt ist, sagen wir $A=K[x]=K[X]/(F)$. Nach Fakt erzeugen $F$ und $F'$ das Einheitsideal und somit folgt aus $F'(x)dx=0$, dass sogar $dx=0$ ist. Somit folgt die Aussage aus Fakt.
Es sei nun angenommen, dass $A$ nicht reduziert ist. Es ist zu zeigen, dass es nichttriviale Kählerdifferentiale gibt. Da $A$ eine lokale Algebra ist, ist ein Element darin entweder eine Einheit oder gehört zum maximalen Ideal. Zu einer Einheit $x\in A$, $x\notin K$, ist $K[x]$ ein Erweiterungskörper von $K$. Indem wir so den Grundkörper vergrößern, können wir wegen Fakt annehmen, dass nur die Elemente aus $K\setminus {0}$ Einheiten in $A$ sind. Dann ist
    $A=K[x_{1},\ldots ,x_{n}]\,$
und die $x_{i}$ gehören zum maximalen Ideal ${\mathfrak {m}}$. Indem wir die Restklassenabbildung
    $A\longrightarrow A/{\mathfrak {m}}^{2}$
betrachten und Fakt heranziehen, können wir davon ausgehen, dass die Situation
    $A=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/(X_{i}X_{j},\,1\leq i\leq j\leq n)\,$
vorliegt, wobei mindestens ein Erzeuger $x_{1}\neq 0$ ist. Mit dem gleichen Lemma können wir modulo $(x_{2},\ldots ,x_{n})$ gehen und erhalten die Situation $K[X]/(X^{2})$. Dafür zeigt Fakt, dass $dx\neq 0$ ist.
# Dezimalbrüche/Kommazahlen/Viele Nullen/Produkt/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $x=a\cdot 10^{-m-1}\,$
und
    $y=b\cdot 10^{-n-1}\,.$
Somit ist
    $x\cdot y=a\cdot 10^{-m-1}\cdot b\cdot 10^{-n-1}=a\cdot b\cdot 10^{-m-n-2}\,.$
Wenn
    $a\cdot b<10\,,$
so kann man daraus direkt die Zifferenentwicklung des Produktes ablesen, und dieses hat $m+n+1$ Nullen hinter dem Komma. Bei $a\cdot b\geq 10$ ist
    $a\cdot b=c\cdot 10+d\,$
eine zweistellige Zahl im Dezimalsystem (wegen $a,b\leq 9$ kann das Produkt nocht höherstellig sein)
$m+n$
# F(x,y)/Zweimal stetig differenzierbar/Gemischte Ableitung 0/Summe/Aufgabe

Es sei
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto \varphi (x,y),$
eine zweimal stetig differenzierbare Funktion, für die in jedem Punkt $P\in \mathbb {R} ^{2}$
    ${\frac {\partial ^{2}}{\partial y\partial x}}\varphi (P)=0\,$
gelte. Zeige, dass es dann Funktionen
    $f,g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$
derart gibt, dass
    $\varphi (x,y)=f(x)+g(y)\,$
gilt.
# Gruppe/Potenzgesetze/Textabschnitt

Es sei $G$ eine (multiplikativ geschriebene) Gruppe und $g\in G$ ein Element. Dann definieren wir zu jeder ganzen Zahl $k\in \mathbb {Z}$ die $k$-te Potenz von $g$, geschrieben $g^{k}$, durch
    $g^{k}={\begin{cases}e_{G},{\text{ falls }}k=0\,,\\gg\cdots g\,\,\,\,\,\,k{\text{-mal}},{\text{ falls }}k{\text{ positiv ist}}\,,\\g^{-1}g^{-1}\cdots g^{-1}\,\,\,\,\,\,(-k){\text{-mal}},{\text{ falls }}k{\text{ negativ ist}}\,.\end{cases}}\,$
Bei additiver Schreibweise schreibt man $kg$ und spricht vom $k$-ten Vielfachen von $g$.

## Lemma

Es sei $G$ eine Gruppe und $g\in G$ ein Element. Ferner seien $m,n\in \mathbb {Z}$ ganze Zahlen.
Dann gelten die folgenden Potenzgesetze.

### Beweis

Die erste Aussage folgt aus der Definition. Die zweite Aussage ist klar, wenn beide Zahlen $\geq 0$ oder beide $\leq 0$ sind. Es sei also $m$ positiv und $n$ negativ. Bei $m\geq -n$ kann man in $g^{m}g^{n}$ „innen“ $-n$-mal $g$ mit $g^{-1}$ zu $e_{G}$ kürzen, und übrig bleibt die $m-(-n)=(m+n)$-te Potenz von $g$, also $g^{m+n}$. Bei $m<-n$ kann man $m$-mal $g$ mit $g^{-1}$ kürzen und übrig bleibt die $-n-m=-(m+n)$- te Potenz von $g^{-1}$. Das ist wieder $g^{m+n}$.
$\Box$
Die vorstehende Aussage werden wir später so formulieren, dass ein Gruppenhomomorphismus von $\mathbb {Z}$ nach $G$ vorliegt, siehe hierzu auch Fakt.
# R^n/Abgeschlossene Teilmenge/Abzählbare Überpflasterung/Bemerkung

Eine abgeschlossene, aber nicht beschränkte Teilmenge $T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ wird nicht durch endlich viele Quader überpflastert. Diese Mengen haben aber dennoch ein sinnvolles Volumen (das unendlich sein kann) und es gilt auch eine entsprechende Aussage zu Fakt, wobei man allerdings als Indexmenge die natürlichen Zahlen zulassen muss. Zu einer Überpflasterung $T\subseteq \bigcup _{i\in \mathbb {N} }Q_{i}$ muss man $\sum _{i\in \mathbb {N} }\lambda ^{n}(Q_{i})$ als Reihe von nichtnegativen Zahlen interpretieren. Da wir uns für das Infimum interessieren, sind hierbei nur die konvergenten Reihen relevant (wenn es keine Überpflasterung mit endlicher Volumensumme gibt, so besitzt die Teilmenge das Volumen $\infty$). Diese Betrachtung ist beispielsweise dann nötig, wenn man uneigentliche Integrale als Flächeninhalt eines (unbeschränkten) Subgraphen verstehen möchte.
# Ganze Zahlen/Gaußsche Zahlen/Spektrumsabbildung/Beispiel

Zur Erweiterung $\mathbb {Z} \subseteq \mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$ stellt man sich die Spekrumsabbildung $\operatorname {Spek} {\left(\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]\right)}\rightarrow \operatorname {Spek} {\left(\mathbb {Z} \right)}$ so vor, dass man zu einer Primzahl $p\in \mathbb {Z}$ versucht zu verstehen, welche Primideale in $\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$ die Zahl $p$ enthalten. Dabei entsteht das Bild rechts.