OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Zyklische Körpererweiterung/Norm/Hilbert Satz 90/Fakt/Beweis

Der Grad der Galoiserweiterung und damit die Ordnung der zyklischen Galoisgruppe sei $n$. Wir betrachten zu $u\in L$ das Element
    ${\begin{aligned}z(u)&=u\cdot y+\sigma (u)\cdot y\cdot \sigma (y)+\sigma ^{2}(u)\cdot y\cdot \sigma (y)\cdot \sigma ^{2}(y)+\cdots +\sigma ^{n-1}(u)\cdot y\cdot \sigma (y)\cdots \sigma ^{n-1}(y)\\&=\sum _{j=0}^{n-1}\sigma ^{j}(u)\prod _{i=0}^{j}\sigma ^{i}(y)\end{aligned}}$
und behaupten
    $y\cdot \sigma (z(u))=z(u)\,.$
Dies beruht auf
    ${\begin{aligned}y\cdot \sigma (z(u))&=y\cdot \sigma {\left(\sum _{j=0}^{n-1}\sigma ^{j}(u)\prod _{i=0}^{j}\sigma ^{i}(y)\right)}\\&=\sum _{j=0}^{n-1}\sigma ^{j+1}(u)\cdot y\cdot \prod _{i=0}^{j}\sigma ^{i+1}(y)\\&=\sum _{j=0}^{n-1}\sigma ^{j+1}(u)\cdot \prod _{i=0}^{j+1}\sigma ^{i}(y)\\&=\sum _{j=1}^{n}\sigma ^{j}(u)\cdot \prod _{i=0}^{j}\sigma ^{i}(y)\\&=\sum _{j=0}^{n-1}\sigma ^{j}(u)\cdot \prod _{i=0}^{j}\sigma ^{i}(y)\\&=z(u),\end{aligned}}$
wobei wir im vorletzten Schritt verwendet haben, dass der Summand zu $j=n$ wegen der Voraussetzung und Fakt gleich
    ${\begin{aligned}u\cdot \prod _{i=0}^{n}\sigma ^{i}(y)&=u\cdot y\cdot \prod _{i=0}^{n-1}\sigma ^{i}(y)\\&=u\cdot y,\end{aligned}}$
also gleich dem Summanden zu $j=0$ ist.
Wir betrachten nun
    $z(-)=\sum _{j=0}^{n-1}\sigma ^{j}(-)\prod _{i=0}^{j}\sigma ^{i}(y)\,$
als eine Linearkombination der $\sigma ^{j}\colon L\rightarrow L$ mit den Koeffizienten $\prod _{i=0}^{j}\sigma ^{i}(y)$. Nach Fakt ist diese Linearkombination nicht die Nullabbildung. Daher gibt es ein $u\in L$ mit
    $z=z(u)\neq 0\,$
und für dieses gilt $y={\frac {z}{\sigma (z)}}$.
# Funktionenfolge/1 - 1 durch n/Vereinigung der Subgraphen ist Subgraph ohne Graph/Aufgabe

Wir betrachten die Funktionenfolge
    $f_{n}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$
mit $f_{n}=1-{\frac {1}{n}}$ ($n\in \mathbb {N} _{+}$). Es sei $f$ die Grenzfunktion. Zeige die Beziehung
    $\bigcup _{n\in \mathbb {N} _{+}}S(f_{n})=S(f)\setminus \Gamma _{f}\,.$
# Kommutative Ringtheorie/Polynomring (mehrere Variablen)/Grad und Grad in X/Beispiel

Das Polynom
    $F=4X^{3}YZ^{2}+2X^{2}Y^{5}+5XYZ^{7}-3X^{4}YZ^{4}+X^{8}-Y^{7}+2Y^{6}Z^{3}+X+5\,$
hat den Grad $9$ und die homogenen Komponenten sind
    $F_{9}=5XYZ^{7}-3X^{4}YZ^{4}+2Y^{6}Z^{3}\,,$
    $F_{8}=X^{8}\,,$
    $F_{7}=2X^{2}Y^{5}-Y^{7}\,,$
    $F_{6}=4X^{3}YZ^{2}\,,$
    $F_{5}=F_{4}=F_{3}=F_{2}=0\,,$
    $F_{1}=X{\text{ und }}F_{0}=5.$
Wenn man es als Polynom in $(K[Y,Z])[X]$ auffasst und sich nur dafür interessiert, in welcher Potenz $X$ vorkommt, so spricht man vom $X$-Grad. Der $X$-Grad von $F$ ist $8$. Es gibt natürlich auch eine homogene Zerlegung entlang der $X$-Graduierung; dabei ist beispielsweise die Komponente zum $X$-Grad $0$ gleich $-Y^{7}+2Y^{6}Z^{3}+5$ und zum $X$-Grad $1$ gleich $5XYZ^{7}+X$.
# Dritter Kreisteilungsring/Kubische Erweiterung zu 2/Zerlegungsverhalten/Aufgabe/Lösung

Wir arbeiten mit der Darstellung
    $S=\mathbb {Z} [X,Y]/(X^{2}+X+1,Y^{3}-2)\,$
des Zahlbereichs. Oberhalb von $(5)$ wird die Faser durch
    $S/(5)S=\mathbb {Z} /(5)[X,Y]/(X^{2}+X+1,Y^{3}-2)\,$
beschrieben. In $\mathbb {Z} /(5)$
    $3^{3}=2\,$
und dies ist die einzige dritte Wurzel aus $2$. Ferner ist $X^{2}+X+1$ irreduzibel über $\mathbb {Z} /(5)$. In $S/(5)S$ gibt es drei dritte Wurzeln aus der $2$, nämlich $3,3X,3X^{2}$. Diese Wurzeln entsprechen drei Primidealen oberhalb von $(5)$. Mehr können es nicht sein, sonst würden in den Zwischenringen mehr Primideale liegen.
Oberhalb von $(7)$ wird die Faser durch
    $S/(7)S=\mathbb {Z} /(7)[X,Y]/(X^{2}+X+1,Y^{3}-2)\,$
beschrieben. In $\mathbb {Z} /(7)$ ist
    $1^{3}=2^{3}=4^{3}=1\,,$
es gibt also drei dritte Einheitswurzeln. Hingegen besitzt die $2$ keine dritte Wurzel und $Y^{3}-2$ ist irreduzibel über $\mathbb {Z} /(7)$. Deshalb gibt es oberhalb von $(7)$ zwei Primideale. Mehr können es nicht sein, sonst würden in den Zwischenringen mehr Primideale liegen.
Für den voll zerlegten Fall brauchen wir eine Primzahl derart, dass es in $\mathbb {Z} /(p)$ drei dritte Einheitswurzeln und mindestens eine (und damit drei) dritte Wurzel der $2$ gibt. Die erste Bedingung bedeutet $p=1\mod 6$. Unter diesen gilt in $\mathbb {Z} /(31)$ die Beziehung $4^{3}=64=2$.
$(31)$
$S$
# Äquivalenzklassen/Partition/Eigenschaften/Fakt/Beweis

* Es seien $x$ und $y$ äquivalent und $u\in [x]$. Dann ist $x\sim u$ und nach der Transitivität auch $y\sim u$, also $u\in [y]$. Damit stimmen die Äquivalenzklassen überein. Die Implikation von der Mitte nach rechts ist klar, da wegen $x\sim x$ Äquivalenzklassen nicht leer sind. Es sei nun $[x]\cap [y]\neq \emptyset$, und sei $z$ ein Element im Durchschnitt. Dann ist $x\sim z$ und $y\sim z$ und wegen der Transitivität ist $x\sim y$.
* Wegen der Reflexivität ist $x\in [x]$ und daher ist $M=\bigcup _{[x]\in M/\sim }[x]$. Wegen Teil (1) ist die Vereinigung disjunkt.
* Die Surjektivität ist klar aufgrund der Definition der Quotientenmenge, und da $x$ auf die Klasse $[x]$ geschickt wird.
* Es ist
    $q^{-1}([x])={\left\{y\in M\mid q(y)=[x]\right\}}={\left\{y\in M\mid [y]=[x]\right\}}={\left\{y\in M\mid y\sim x\right\}}=[x]\,.$
* Sei $[x]\in M/\sim$ gegeben. Die einzige Möglichkeit für ${\overline {\varphi }}$ ist ${\overline {\varphi }}([x]):=\varphi (x)$ zu setzen. Es muss aber gezeigt werden, dass diese Abbildung überhaupt wohldefiniert ist, also unabhängig von der Wahl des Repräsentanten ist. Es sei hierzu $[x]=[y]$, also $x\sim y$. Dann ist nach der Voraussetzung an $\varphi$ aber $\varphi (x)=\varphi (y)$.
# Funktionenfolge/Limes inferior und superior/sin (n x)/0 bis pi/Aufgabe

Bestimme den Limes inferior und den Limes superior der Funktionenfolge $f_{n}(x)=\sin(nx)$ auf $[0,\pi ]$.
# Kommutative Ringtheorie/Polynomring über Körper/Irreduzibles Polynom als irreduzibles Element/Beispiel

Ein nichtkonstantes Polynom $P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}\in K[X]$, wobei $K$ einen Körper bezeichne, ist genau dann irreduzibel, wenn es keine Produktdarstellung $P=QR$ gibt, die die Gradbedingung
    $0<\operatorname {grad} \,(Q)<\operatorname {grad} \,(P)\,$
erfüllt.
# Dualraum/Orthogonalraum/Durchschnitt und Summe/Aufgabe/Lösung

Sei $f=h+g$ mit $g\in U_{1}^{\perp }$ und $h\in U_{2}^{\perp }$. Für $v\in U_{1}\cap U_{2}$ ist somit
    $f(v)=g(v)+h(v)=0+0=0\,,$
also ist $f\in {\left(U_{1}\cap U_{2}\right)}^{\perp }$.
Für die andere Inklusion sei $f\in {\left(U_{1}\cap U_{2}\right)}^{\perp }$ und sei $W$ ein direktes Komplement von $U_{1}\cap U_{2}$ in $U_{1}$ und $T\subseteq V$ ein direktes Komplement von $U_{1}$ in $V$, also
    $U_{1}={\left(U_{1}\cap U_{2}\right)}\oplus W\,$
und
    $V=U_{1}\oplus T={\left(U_{1}\cap U_{2}\right)}\oplus W\oplus T\,.$
Es sei $h$ die Gesamtabbildung
    $V{\stackrel {p_{W}}{\longrightarrow }}W{\stackrel{\longrightarrow }}V{\stackrel {f}{\longrightarrow }}K.$
Dann ist $h$ eingeschränkt auf $U_{1}\cap U_{2}\oplus T$ die Nullabbildung und somit auch auf $U_{2}$ die Nullabbildung. Also ist $h\in U_{2}^{\perp }$.
Sei
    $g=f-h\,.$
Für $v\in U_{1}$ ist
    $v=u+w\,$
mit $u\in U_{1}\cap U_{2}$ und $w\in W$. Dabei ist
    $g(u)=f(u)-h(u)=0-0=0\,$
und
    $g(w)=f(w)-h(w)=f(w)-f(w)=0\,$
nach Definition von $h$. Also ist
    $g(v)=0\,$
$g\in U_{1}^{\perp }$
# Äquivalenzklassen/Partition/Eigenschaften/V1/Fakt/Beweis

* Seien $x$ und $y$ äquivalent und $u\in [x]$. Dann ist $x\sim u$ und nach der Transitivität auch $y\sim u$, also $u\in [y]$. Damit stimmen die Äquivalenzklasssen überein. Die Implikation von der Mitte nach rechts ist klar, da wegen $x\sim x$ Äquivalenzklassen nicht leer sind. Es sei nun $[x]\cap [y]\neq \emptyset$, und sei $z$ ein Element im Durchschnitt. Dann ist $x\sim z$ und $y\sim z$ und wegen der Transitivität ist $x\sim y$.
* Die Surjektivität ist klar aufgrund der Definition der Quotientenmenge, und da $x$ auf die Klasse $[x]$ geschickt wird.
* Es ist
    $q^{-1}(\{[x]\})={\left\{y\in M\mid q(y)=[x]\right\}}={\left\{y\in M\mid [y]=[x]\right\}}={\left\{y\in M\mid y\sim x\right\}}=[x]\,.$
# Funktionenfolge/n-te Wurzel/Verhalten auf verschiedenen Mengen/Aufgabe

Betrachte die Funktionenfolge
    $f_{n}\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{1/n}.$
Zeige, dass diese Folge für $I=\mathbb {R} _{\geq 0}$ punktweise konvergiert, und untersuche die Folge auf gleichmäßige Konvergenz für die verschiedenen Definitionsmengen
    $I=\mathbb {R} _{\geq 0},\,\mathbb {R} _{+},\,[1,\infty ],\,[{\frac {1}{5}},5],\,]0,1],\,[0,1].$
# Kommutativer Halbring/Körper/Zwei Elemente/Beispiel

Wir suchen nach einer Halbringstruktur auf der Menge $\{0,1\}$. Wenn $0$ das neutrale Element einer Addition und $1$ das neutrale Element der Multiplikation sein soll, so ist dadurch schon viel festgelegt. Nach Fakt muss
    $0\cdot 0=0\,$
gelten. Ferner legen wir
    $1+1=0\,$
fest. Die Verknüpfungstabellen (oder Operationstafeln) sehen somit wie folgt aus.
und
Durch etwas aufwändiges Nachrechnen stellt man fest, dass es sich in der Tat um einen kommutativen Halbring handelt.
# Durchschnittsgeschwindigkeit/Entwicklung/Aufgabe/Lösung

* Sie muss in den verbleibenden $5$ Minuten $4$ Kilometer schaffen, dies erfordert eine Geschwindigkeit von also $48$ Stundenkilometer.
    ${\frac {4km}{5Min}}={\frac {48km}{60Min}}\,,$
* Die Durchschnittsgeschwindigkeit zwischen den Zeitpunkten $a$ und $x$ wird durch die Funktion auf $]a,\infty ]$ beschrieben. Die Änderung der Durchschnittsgeschwindigkeit ist die Ableitung davon, diese ist nach der Quotientenregel und nach dem Hauptsatz der Infinitesimalrechnung gleich
    $h(x)={\frac {\int _{a}^{x}f(t)dt}{x-a}}\,$
    ${\begin{aligned}g(x)&=h'(x)\\&={\frac {(x-a){\left(\int _{a}^{x}f(t)dt\right)}'-\int _{a}^{x}f(t)dt}{(x-a)^{2}}}\\&={\frac {(x-a)f(x)-\int _{a}^{x}f(t)dt}{(x-a)^{2}}}.\end{aligned}}$
# Äquivalenzklassen/Partition/Quotientenmenge/Eigenschaften/Fakt/Beweis

* Seien $x$ und $y$ äquivalent und $u\in [x]$. Dann ist $x\sim u$ und nach der Transitivität auch $y\sim u$, also $u\in [y]$. Damit stimmen die Äquivalenzklassen überein. Die Implikation von der Mitte nach rechts ist klar, da wegen $x\sim x$ Äquivalenzklassen nicht leer sind. Es sei nun $[x]\cap [y]\neq \emptyset$, und sei $z$ ein Element im Durchschnitt. Dann ist $x\sim z$ und $y\sim z$ und wegen der Transitivität ist $x\sim y$.
* Wegen der Reflexivität ist $x\in [x]$ und daher ist $M=\bigcup _{[x]\in M/\sim }[x]$. Wegen Teil (1) ist die Vereinigung disjunkt.
* Die Surjektivität ist klar aufgrund der Definition der Quotientenmenge, und da $x$ auf die Klasse $[x]$ geschickt wird.
* Es ist
    $q^{-1}([x])={\left\{y\in M\mid q(y)=[x]\right\}}={\left\{y\in M\mid [y]=[x]\right\}}={\left\{y\in M\mid y\sim x\right\}}=[x]\,.$
# Funktionenfolge/Punktweise konvergent gegen 0/Integral konstant 1/Beispiel/Aufgabe

Man gebe ein Beispiel für eine Folge von stetigen Funktionen
    $f_{n}\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},$
die punktweise gegen die Nullfunktion konvergiert, wo aber
    $\int _{0}^{1}f_{n}(t)\,dt=1\,$
für alle $n\in \mathbb {N}$ ist.
# Kommutativer Halbring/Nullring/Beispiel

Die einelementige Menge $R=\{0\}$ kann man zu einem kommutativen Halbring machen, indem man sowohl die Addition als auch die Multiplikation auf die einzig mögliche Weise erklärt, nämlich durch $0+0=0$ und $0\cdot 0=0$. In diesem Fall ist $1=0$, dies ist also ausdrücklich erlaubt. Die Rechengesetze in einem Halbring sind hier trivialerweise erfüllt, da bei jeder zu erfüllenden Gleichung links und rechts sowieso immer $0$ herauskommt. Diesen Halbring nennt man den Nullring.
# Körper/Vektorraum/Bilinearform/Dualität/Spur/Einführung/Textabschnitt

Es sei $K$ ein Körper und $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum Es sei $\Phi$ eine symmetrische Bilinearform auf $V$. Dann definiert jeder Vektor $v\in V$ über
    $\Phi (v,-)\colon V\longrightarrow K,\,u\longmapsto \Phi (v,u),$
eine Linearform auf $V$, also ein Element des Dualraumes ${V}^{*}$. Wenn die Bilinearform $\Phi$ nichtausgeartet ist, so kann man jede Linearform so realisieren, siehe Fakt, das zugehörige $v$ heißt dann der Gradient der Linearform. Wenn $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung ist, so ist die Spurform auf $L$, also die Abbildung
    $L\times L\longrightarrow K,\,(x,y)\longmapsto \operatorname {Spur} {\left(xy\right)},$
eine besondere und natürliche symmetrische Bilinearform, die nicht ausgeartet ist, falls die Körpererweiterung separabel ist.
Es sei $R\subseteq Q(R)=K$ und wieder $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum, versehen mit einer symmetrischen Bilinearform. Zu einem $R$-Untermodul $U\subseteq V$ setzt man
    $U^{*}={\left\{v\in V\mid \Phi (v,u)\in R{\text{ für alle }}u\in U\right\}}\,$
und nennt dies den Dualmodul zu $U$ (bezüglich der fixierten Bilinearfrom und dem fixierten Unterring). Man denke etwa an $R=\mathbb {Z}$, $V=L$ einer endlichen Körpererweiterung von $\mathbb {Q}$, an ein gebrochenes Ideal $U={\mathfrak {a}}$ und an die Spurform.
# Ebene affine Kurve/xy^3+y+x^3/Glatt/Aufgabe/Lösung

Die partiellen Ableitungen sind
    ${\frac {\partial f}{\partial x}}=y^{3}+3x^{2}\,$
und
    ${\frac {\partial f}{\partial y}}=3xy^{2}+1\,.$
* Im gegebenen Punkt $(4,2)$ ist und also liegt ein singulärer Punkt vor.
    $f(4,2)=4\cdot 2^{3}+2+4^{3}=32+2+64=98=0\,,$
    ${\frac {\partial f}{\partial x}}(4,2)=8+3\cdot 16=56=0\,$
    ${\frac {\partial f}{\partial y}}(4,2)=3\cdot 4\cdot 4+1=49=0\,,$
* Es ist zu zeigen, dass diese beiden partiellen Ableitungen und $f$ über einem beliebigen Körper der Charakteristik $\neq 7$ keine gemeinsame Nullstelle haben. Aus und der Kurvengleichung folgt also Dies in die erste partielle Ableitung eingesetzt ergibt Dies in die zweite partielle Ableitung eingesetzt ergibt Daraus folgt einerseits $x\neq 0$ und andererseits, dass wir Charakteristik $\neq 2,3$ annehmen können. Dann ist und also bzw. was bei Charakteristik $\neq 7$ ausgeschlossen ist.
    $y^{3}=-3x^{2}\,$
    $x(-3x^{2})+y+x^{3}=y-2x^{3}=0\,,$
    $y=2x^{3}\,.$
    $y^{3}+3x^{2}=8x^{9}+3x^{2}={\left(8x^{7}+3\right)}x^{2}=0\,$
    $3xy^{2}=3x{\left(2x^{3}\right)}^{2}=12x^{7}=-1\,.$
    $x^{7}=-{\frac {3}{8}}\,$
    $x^{7}=-{\frac {1}{12}}\,,$
    ${\frac {3}{8}}={\frac {1}{12}}\,$
    $9=2\,,$
# Äquivalenzrelation/Quotientenmenge/Universelle Eigenschaft/Fakt/Beweis

Es sei $[x]\in M/\sim$ gegeben. Die einzige Möglichkeit für ${\overline {\varphi }}$ ist ${\overline {\varphi }}([x]):=\varphi (x)$ zu setzen. Es muss aber gezeigt werden, dass diese Abbildung überhaupt wohldefiniert ist, also unabhängig von der Wahl des Repräsentanten ist. Es sei hierzu $[x]=[y]$, also $x\sim y$. Dann ist nach der Voraussetzung an $\varphi$ aber $\varphi (x)=\varphi (y)$.
# Funktionenfolge/Reeller Sinus hoch n/Grenzfunktion/Aufgabe

Untersuche die Funktionenfolge
    $f_{n}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto (\sin x)^{n},$
auf punktweise und gleichmäßige Konvergenz. An welchen Punkten existiert die Grenzfunktion, an welchen ist sie stetig, an welchen differenzierbar? Wie verhält sich die abgeleitete Funktionenfolge, also $g_{n}(x)=f_{n}'(x)$?
# Kommutativer Ring/Einheitengruppe/Operation und assoziiert/Beispiel

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und $G=R^{\times }$ seine Einheitengruppe. Die Einschränkung der Ringmultiplikation
    $R^{\times }\times R\longrightarrow R,\,(r,s)\longmapsto rs,$
liefert eine Gruppenoperation der Einheitengruppe auf dem Ring. Diese Operation ist treu, das Nullelement ist ein Fixpunkt der Operation. Zwei Elemente $a,b\in R$, die bezüglich dieser Operation äquivalent sind, heißen assoziiert. Dieser Begriff spielt bei der eindeutigen Primfaktorzerlegung in einem faktoriellen Bereich eine wichtige Rolle.
# Körpererweiterung/Galois/Kurzübersicht/Textabschnitt
## Definition

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung. Dann nennt man die Automorphismengruppe
    $\operatorname {Gal} \,(L{|}K)=\operatorname {Aut} _{K}\,(L)\,$
die Galoisgruppe der Körpererweiterung.
Es ist eine grundlegende Frage, welche Eigenschaften eines Elementes $x\in L$ unter einem $K$-Algebraautomorphismus erhalten bleiben und welche nicht.

## Lemma

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung, $x\in L$, $F\in K[X]$ ein Polynom mit $F(x)=0$ und sei $\varphi \in \operatorname {Gal} \,(L{|}K)$.
Dann ist auch $F(\varphi (x))=0$.

## Satz

Es sei $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung.
Dann ist die Galoisgruppe $\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ endlich.
Aus dem Lemma von Dedekind ergibt sich eine direkte Abschätzung zwischen der Ordnung der Galoisgruppe und dem Grad einer endlichen Körpererweiterung.

## Satz

Es sei $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung.
Dann ist
Eine wichtige Frage ist, wann in der vorstehenden Abschätzung Gleichheit vorliegt, wann es also so viele Automorphismen wie möglich gibt. Dies machen wir zur Grundlage der folgenden Definition. Es gibt eine Vielzahl an dazu äquivalenten Eigenschaften.

## Definition

Es sei $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung. Sie heißt eine Galoiserweiterung, wenn
    ${\#\left(\operatorname {Gal} \,(L{|}K)\right)}=\operatorname {grad} _{K}L\,$
gilt.
# Ebene affine Kurve/Y^2-X^3+2/Ganzzahliger Punkt und rationaler Punkt/Aufgabe/Lösung

* $(5,3)$ ist eine ganzzahlige Lösung.
* Es ist
    ${\begin{aligned}{\left({\frac {383}{1000}}\right)}^{2}-{\left({\frac {129}{100}}\right)}^{3}+2&={\left({\frac {146689}{1000000}}\right)}-{\left({\frac {2146689}{1000000}}\right)}+2\\&={\left({\frac {146689-2146689}{1000000}}\right)}+2\\&={\left({\frac {-2000000}{1000000}}\right)}+2\\&=-2+2\\&=0.\end{aligned}}$
# Überlagerung/Decktransformation/Bestimmtheit/Fakt/Beweis

Es sei $\varphi$ die Decktransformation. Wir betrachten die Menge ${\left\{y\in Y\mid \varphi (y)=y\right\}}$, die nach Voraussetzung nicht leer ist. Wir zeigen, dass sie sowohl offen als auch abgeschlossen ist. Wegen $Y$ hausdorffsch ist die Fixpunktmenge nach Aufgabe abgeschlossen. Es sei $y\in Y$ ein Fixpunkt mit
    $p(y)=x\,.$
Es sei $x\in U$ eine offene Umgebung, worüber die Überlagerung trivialisiert. Wegen der Voraussetzung über den lokalen Wegzusammenhang können wir annehmen, dass $U$ wegzusammenhängend ist. Es sei $y\in V$ die entsprechende offene Umgebung von $y$. Dann ist $V$ und somit auch $\varphi (V)$ zusammenhängend und wegen $\varphi (y)=y\in V$ ist bereits $\varphi (V)\subseteq V$. Somit gilt für $y'\in V$ die Bedingung $\varphi (y')\in V\cap p^{-1}(p(y'))=\{y'\}$, also ist $\varphi$ auf $V$ die Identität. Die Fixpunktmenge ist also auch offen. Aufgrund des Zusammenhangs von $Y$ ist sie dann gleich ganz $Y$.
# Funktionenfolge/Spitzenfunktion/Spitze in 1 durch n/Punktweise gegen null/Aufgabe

Zu $n\in \mathbb {N} _{+}$ betrachten wir die Funktionen
    $f_{n}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f_{n}(x),$
die durch
    $f_{n}(x)={\begin{cases}0,{\text{ für }}x\leq 0,\\nx{\text{ für }}0<x\leq 1/n,\\2-nx{\text{ für }}1/n<x\leq 2/n,\\0,{\text{ für }}x>2/n\,.\end{cases}}\,$
definiert sind. Zeige, dass diese Funktionen stetig sind, und dass diese Funktionenfolge punktweise, aber nicht gleichmäßig gegen die Nullfunktion konvergiert.
# Kommutativer Ring/Punkt/Beringter Raum/Beispiel

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und $X=\{P\}$ ein einpunktiger topologischer Raum. Dieser wird durch die Festlegung $\Gamma (X,{\mathcal {O}}_{X}):=R$ und $\Gamma (\emptyset ,{\mathcal {O}}_{X}):=0$ zu einem beringten Raum.
# Körpererweiterung/Galoisgruppe/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung. Dann nennt man die Automorphismengruppe
    $\operatorname {Gal} \,(L{|}K)=\operatorname {Aut} _{K}\,(L)\,$
die Galoisgruppe der Körpererweiterung.

## Lemma

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung und es sei $x_{i}\in L$, $i\in I$, ein Erzeugendensystem (als Körper) von $L$ über $K$. Es sei $\varphi \in \operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ mit $\varphi (x_{i})=x_{i}$ für alle $i\in I$.
Dann ist $\varphi =\operatorname {Id}$.

### Beweis

Wir zeigen, dass die Teilmenge
    $M={\left\{x\in L\mid \varphi (x)=x\right\}}\,$
gleich $L$ ist. Da $\varphi$ ein $K$-Algebrahomomorphismus ist, ist $K\subseteq M$ und nach Voraussetzung ist $x_{i}\in M$. Mit $x,y\in M$ ist wegen $\varphi (x+y)=\varphi (x)+\varphi (y)=x+y$ (und entsprechend für die Multiplikation) auch $x+y,xy\in M$. Ferner ist mit $x\in M$, $x\neq 0$, wegen
    $\varphi {\left(x^{-1}\right)}={\left(\varphi (x)\right)}^{-1}=x^{-1}\,$
auch $x^{-1}\in M$. Also ist $M$ ein Unterkörper, der $K$ und das Körpererzeugendensystem $x_{i}$ umfasst und daher ist $M=L$.
$\Box$
Es ist eine grundlegende Frage, welche Eigenschaften eines Elementes $x\in L$ unter einem $K$-Algebraautomorphismus erhalten bleiben und welche nicht.

## Lemma

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung, $x\in L$, $F\in K[X]$ ein Polynom mit $F(x)=0$ und sei $\varphi \in \operatorname {Gal} \,(L{|}K)$.
Dann ist auch $F(\varphi (x))=0$.

### Beweis

Sei $F=a_{0}+a_{1}X+\cdots +a_{n}X^{n}$ mit $a_{i}\in K$. Dann ist
    $F(\varphi (x))=a_{0}+a_{1}\varphi (x)+\cdots +a_{n}(\varphi (x))^{n}=\varphi (F(x))=\varphi (0)=0\,.$
$\Box$

## Satz

Es sei $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung.
Dann ist die Galoisgruppe $\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ endlich.

### Beweis

Die Körpererweiterung besitzt ein endliches $K$-Algebraerzeugendensystem, also $L=K[x_{1},\ldots ,x_{n}]$. Nach Fakt ist ein $K$-Algebraautomorphismus
    $\varphi \colon L\longrightarrow L$
durch $\varphi (x_{i})$, $i=1,\ldots ,n$, eindeutig festgelegt. Da jedes $x_{i}$ nach Fakt algebraisch ist, gibt es Polynome
    $F_{i}\neq 0\,$
mit $F_{i}(x_{i})=0$. Nach Fakt ist auch $F_{i}(\varphi (x_{i}))=0$. Die Polynome $F_{i}$ besitzen aber nach Fakt jeweils nur endlich viele Nullstellen, sodass nur endlich viele Werte für $\varphi (x_{i})$ in Frage kommen.
$\Box$
# Ebene algebraische Kurve/Potenzreihenansatz/x^2y+x^2+y^2-5xy+y/Nullpunkt/Aufgabe/Lösung

Wir setzen an $Y=F(X)={\sum }_{n=0}^{\infty }a_{n}X^{n}$ (und $X=X$) und berechnen sukzessive die Koeffizienten durch Vergleich der Koeffizienten für $X$. Da die Lösung durch den Nullpunkt gehen soll, muss $a_{0}=0$ sein.
    $X^{1}:a_{1}=0.$
    $X^{2}:1+a_{2}=0,{\text{ also }}a_{2}=-1.$
    $X^{3}:-5a_{2}+a_{3}=0,{\text{ also }}a_{3}=-5.$
    $X^{4}:a_{2}+a_{2}^{2}-5a_{3}+a_{4}=0,{\text{ also }}a_{4}=5a_{3}=-25.$
    $X^{5}:a_{3}+2a_{2}a_{3}-5a_{4}+a_{5}=0,{\text{ also }}a_{5}=-a_{3}-2a_{2}a_{3}+5a_{4}=5-10-125=-130.$
Die Anfangsglieder der Potenzreihe sind also
    $F=-X^{2}-5X^{3}-25X^{4}-130X^{5}+\ldots \,.$
# Überlagerung/Homotope Wege/Liftung/Fakt/Beweis

Es sei
    $H\colon [a,b]\times [0,1]\longrightarrow X$
eine Homotopie zwischen den beiden Wegen $\gamma _{1}$ und $\gamma _{2}$. Es gibt wegen der Kompaktheit von $[a,b]\times [0,1]$ (bzw. dem Bild $H([a,b]\times [0,1])$) eine Zerlegung von $[a,b]\times [0,1]$ in ein Rechtecksnetz aus achsenparallelen Rechtecken $R_{ij}$, $1\leq i\leq m$, $1\leq j\leq n$, derart, dass $H(R_{ij})$ in einer offenen Menge $V_{ij}\subseteq X$ liegt, bezüglich der die Überlagerung trivialisiert. Die Liftung für einen einzigen Punkt legt dann eine eindeutige Liftung für das ganze Rechteck fest. Wir betrachten die „dünnen“ Rechtecke $R_{j}=\bigcup _{i=1}^{n}R_{ij}$, wobei die Einschränkungen von $H$ auf den Rändern unten und oben zu $\gamma _{1}$ (und $\gamma _{2}$) homotope Wege sind. Wir können also die Aussage durch Induktion über $j$ beweisen und müssen zeigen, dass die Liftungen des unteren Randes und des oberen Randes homotop sind. Die nach Fakt eindeutige Liftung ${\tilde {\gamma }}_{u}$ des unteren Weges $\gamma _{u}$ mit der Anfangsbedingung ${\tilde {\gamma }}_{u}(a)=y$ legen eine eindeutige Liftung ${\tilde {H}}_{j}$ von $H_{j}$ für jedes Rechteck $R_{ij}$ fest. Diese Liftung beinhaltet die eindeutige Liftung des oberen Weges und zeigt, dass diese Wege über ${\tilde {H}}_{j}$ zueinander homotop sind. Die Liftung des rechten Randes von $R_{nj}$ zeigt
    ${\tilde {\gamma }}_{u}(b)={\tilde {\gamma }}_{o}(b)\,.$
# Funktionenfolge/x hoch n durch n+1/Konvergenzverhalten/Aufgabe

Untersuche die Funktionenfolge
    $\mathbb {R} _{>0}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f_{n}(x),$
mit
    $f_{n}(x)=x^{\frac {n}{n+1}}\,$
auf
a) punktweise Konvergenz und auf
b) gleichmäßige Konvergenz.