OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Prädikatenlogik/Maximal widerspruchsfrei/Beispiele/Folgerungen/Fakt/Beweis

(1). Wegen der Widerspruchsfreiheit kann nicht sowohl $\alpha$ als auch $\neg \alpha$ zu $\Gamma$ gehören. Wenn weder $\alpha$ noch $\neg \alpha$ zu $\Gamma$ gehören, so ist entweder $\Gamma \cup \{\alpha \}$ oder $\Gamma \cup \{\neg \alpha \}$ widerspruchsfrei. Wären nämlich beide widersprüchlich, so würde für einen beliebigen Ausdruck $\beta$ sowohl
    $\Gamma \cup \{\alpha \}\vdash \beta$
als auch
    $\Gamma \cup \{\neg \alpha \}\vdash \beta$
gelten. Dies bedeutet
    $\Gamma \vdash \alpha \rightarrow \beta$
und
    $\Gamma \vdash \neg \alpha \rightarrow \beta ,$
woraus aufgrund der Fallunterscheidungsregel
    $\Gamma \vdash \beta$
folgt. Dies bedeutet aber, dass $\Gamma$ widersprüchlich ist. (2). Es sei $\Gamma \vdash \alpha$. Nach (1) ist $\alpha \in \Gamma$ oder $\neg \alpha \in \Gamma$. Das zweite kann nicht sein, da sich daraus sofort ein Widerspruch ergeben würde. Also ist $\alpha \in \Gamma$. (3). Die Richtung von links nach rechts folgt aus (2). Es seien also $\alpha ,\beta \in \Gamma$. Da $\alpha \rightarrow {\left(\beta \rightarrow \alpha \wedge \beta \right)}$ nach Aufgabe eine Tautologie ist, folgt $\alpha \wedge \beta \in \Gamma$ nach Teil (2).
# Prädikatenlogik/Quantoren/Tautologien/Ableitungen/Fakt/Beweis

(1). Durch Existenzeinführung im Sukzedenz haben wir
    $\vdash \alpha \rightarrow \exists x\alpha$
und
    $\vdash \exists x\alpha \rightarrow \exists y\exists x\alpha$
und daraus
    $\vdash \alpha \rightarrow \exists y\exists x\alpha .$
Dabei ist $y$ hinten gebunden und somit kann man mit der Existenzeinführung im Antezedens auf
    $\vdash \exists y\alpha \rightarrow \exists y\exists x\alpha$
schließen. Da auch $x$ hinten gebunden ist, ergibt sich
    $\vdash \exists x\exists y\alpha \rightarrow \exists y\exists x\alpha .$
(2). Aufgrund der Alleinführung im Antezedens ist
    $\vdash \forall x\alpha \rightarrow \alpha$
und
    $\vdash \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow (\alpha \rightarrow \beta ).$
Dies konjugiert (unter Verwendung von Fakt (2)) ergibt
    $\vdash \forall x\alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \alpha \wedge (\alpha \rightarrow \beta ).$
Ferner haben wir die aussagenlogische Tautologie
    $\vdash \alpha \wedge (\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \beta .$
Damit ergibt sich aufgrund der Transitivität der Implikation die Ableitung
    $\vdash \forall x\alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \beta .$
Da $x$ vorne und in $\forall x\beta$ gebunden vorkommt, gilt nach der Alleinführung im Sukzedens auch
    $\vdash \forall x\alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \forall x\beta .$
Zu (3) siehe Aufgabe und Aufgabe.
(4). Aufgrund der Alleinführung im Antezedens ist
    $\vdash \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow (\alpha \rightarrow \beta ),$
was wir als
    $\vdash \alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \beta$
schreiben. Wegen $\vdash \beta \rightarrow \exists x\beta$ ist auch
    $\vdash \alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \exists x\beta ,$
was wir als
    $\vdash \alpha \rightarrow (\forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \exists x\beta )$
schreiben. Im Sukzedens ist $x$ gebunden, daher folgt aus der Existenzeinführung im Antezedens
    $\vdash \exists x\alpha \rightarrow (\forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \exists x\beta ),$
was aussagenlogisch äquivalent zur Behauptung ist.
Zu (5) siehe Aufgabe.
# Prädikatenlogik/Quantoren/Tautologien/Ein Quantor/Ableitungen/Fakt/Beweis

(1). Aufgrund der Alleinführung im Antezedens ist
    $\vdash \forall x\alpha \rightarrow \alpha$
und
    $\vdash \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow (\alpha \rightarrow \beta ).$
Dies konjugiert (unter Verwendung von Fakt (2)) ergibt
    $\vdash \forall x\alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \alpha \wedge (\alpha \rightarrow \beta ).$
Ferner haben wir nach Fakt die aussagenlogische Tautologie
    $\vdash \alpha \wedge (\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \beta .$
Damit ergibt sich aufgrund der Transitivität der Implikation die Ableitung
    $\vdash \forall x\alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \beta .$
Da $x$ vorne und in $\forall x\beta$ gebunden vorkommt, gilt nach der Alleinführung im Sukzedens auch
    $\vdash \forall x\alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \forall x\beta .$
Zu (2) siehe Aufgabe und Aufgabe.
(3). Aufgrund der Alleinführung im Antezedens ist
    $\vdash \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow (\alpha \rightarrow \beta ),$
was wir als
    $\vdash \alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \beta$
schreiben. Wegen $\vdash \beta \rightarrow \exists x\beta$ ist auch
    $\vdash \alpha \wedge \forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \exists x\beta ,$
was wir als
    $\vdash \alpha \rightarrow (\forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \exists x\beta )$
schreiben. Im Sukzedens ist $x$ gebunden, daher folgt aus der Existenzeinführung im Antezedens
    $\vdash \exists x\alpha \rightarrow (\forall x(\alpha \rightarrow \beta )\rightarrow \exists x\beta ),$
was aussagenlogisch äquivalent zur Behauptung ist.
Zu (4) siehe Aufgabe.
# Quadratische Matrix/Rang/Invertierbar/Linear unabhängig/Fakt/Beweis

Die Äquivalenz von (2), (3) und (4) folgt aus der Definition und aus Fakt. Für die Äquivalenz von (1) und (2) betrachten wir die durch $M$ definierte lineare Abbildung
    $\varphi \colon K^{n}\longrightarrow K^{n}.$
Die Eigenschaft, dass der Spaltenrang gleich $n$ ist, ist äquivalent zur Surjektivität der Abbildung, die aufgrund von Fakt äquivalent zur Bijektivität der Abbildung ist. Die Bijektivität ist nach Fakt äquivalent zur Invertierbarkeit der Matrix.
# Quadratur des Kreises/Unmöglichkeit/Fakt/Beweis

Wenn es ein Konstruktionsverfahren gäbe, so könnte man insbesondere den Einheitskreis mit dem Radius $1$ quadrieren, d.h. man könnte ein Quadrat mit der Seitenlänge ${\sqrt {\pi }}$ mit Zirkel und Lineal konstruieren. Nach Fakt muss aber eine konstruierbare Zahl algebraisch sein. Nach dem Satz von Lindemann ist aber $\pi$ und damit auch ${\sqrt {\pi }}$ transzendent.
# Quasiaffine Varietät/Morphismus nach affiner Geraden/Fakt/Beweis

Die Abbildung ist wohldefiniert und surjektiv. Ist nämlich eine globale algebraische Funktion $f\in \Gamma (U,{\mathcal {O}})$ gegeben, so ist zunächst $f\colon U\rightarrow K$. Die Variable $T$, die auf $K={\mathbb {A} }_{K}^{1}$ der identischen Abbildung entspricht, wird unter (der Verknüpfung mit) $f$ auf das Element $f\in \Gamma (U,{\mathcal {O}})$ abgebildet. Nach Fakt ist $f$ ein Morphismus.
Die Injektivität ergibt sich, da sowohl der Morphismus als auch die algebraische Funktion durch die zugrunde liegende stetige Abbildung eindeutig festgelegt sind.
# Reelle Funktion/Taylor-Formel/(n+1)-mal stetig differenzierbar/Fehlerabschätzung mit Betragsmaximum/Fakt/Beweis

Die Zahl $B$ existiert aufgrund von Fakt, da nach Voraussetzung die $(n+1)$-te Ableitung $f^{(n+1)}$ stetig auf dem kompakten Intervall $I$ ist. Die Aussage folgt somit direkt aus Fakt.
# Registermaschine/Entscheidbarkeit und Aufzählbarkeit/Fakt/Beweis

Wenn $P$ ein Programm ist, das $T$ entscheidet, so kann man einfach ein $T$ aufzählendes Programm konstruieren. Man lässt der Reihe nach jede natürliche Zahl mittels $P$ auf ihre Zugehörigkeit zu $T$ überprüfen und druckt sie aus, falls sie dazu gehört (dazu muss man den Haltebefehl von $P$ zu einer Druckausgabe modifizieren). Entsprechend konstruiert man ein Aufzählungsprogramm für das Komplement.
Es seien nun $T$ als auch $\mathbb {N} \setminus T$ aufzählbar, und es seien $P$ und $Q$ Programme, die dies leisten. Dann liefert die folgende Kombination der beiden Programme ein Entscheidungsverfahren: Man schreibt die Programme $P$ und $Q$ hintereinander (wobei man natürlich die adressierten Register und Programmzeilen umnummerieren muss) und lässt sie abwechselnd bis zu einer Druckausgabe laufen. Sobald eine Druckausgabe eines Programmteils mit der zu überprüfenden Zahl $n$ übereinstimmt, weiß man, ob $n$ zu $T$ gehört oder nicht. Da $n$ entweder zu $T$ oder zum Komplement gehört, muss einer dieser Fälle eintreten.
# Regulär berandetes ebenes Gebiet/Satz von Green/Flächenversion/Fakt/Beweis

Dies ergibt sich aus Fakt für das Vektorfeld $F(x,y)=(0,x)$ bzw. $G(x,y)=(-y,0)$.
# Regulär berandetes ebenes Gebiet/Satz von Green/Vektorfeld/Flächenversion/Fakt/Beweis

Dies ergibt sich aus Fakt für das Vektorfeld $F(x,y)=(0,x)$ bzw. $G(x,y)=(-y,0)$.
# Restklassenringe von Z/Einheiten/Euler/Fakt/Beweis

Das Element $a$ gehört zur Einheitengruppe ${\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$, die $\varphi (n)$ Elemente besitzt. Nach dem Satz von Lagrange ist aber die Gruppenordnung ein Vielfaches der Ordnung des Elementes.
# Riemannsche Fläche/Kompakt/Hauptteilverteilung/Differentialform/Gesamtresiduum/Fakt/Beweis

Die Hinrichtung wurde in Fakt gezeigt, da eine die Hauptteilverteilung realisierende meromorphe Funktion außerhalb des Trägers holomorph ist. Aufgrund von Fakt und Fakt, angewendet auf ${{\mathcal {M}}^{(1)}}$, haben wir eine exakte Sequenz
    $0\longrightarrow H^{0}(X,\Omega _{X})\longrightarrow H^{0}(X,{{\mathcal {M}}^{(1)}})\longrightarrow H^{0}(X,{{\mathcal {T}}^{(1)}})\longrightarrow H^{1}(X,\Omega _{X})\longrightarrow 0.$
Die Verteilung $\tau$ kommt genau dann von links, wenn sie unter dem verbindenden Homomorphismus nach $0$ abbildet, was wegen der Residueneigenschaft der Fall ist.
# Riemannsche Fläche/Normiertes Polynom/Nullstellengebilde/Einfache Eigenschaften/Fakt/Beweis

* Dies ist klar, da man den Einsetzungsprozess in zwei Schritte aufteilen kann.
* Dies folgt aus (1) und Fakt.
* Der erste Teil folgt aus (1) und dem Fundamentalsatz der Algebra. Der zweite Teil ergibt sich mit einem ähnlichen Argument wie im Beweis zu Fakt.
* Dies folgt aus der Resultantentheorie, insbesondere Fakt angewendet auf $P$ und $P'$. Da die Koeffizientenfunktionen holomorph sind, ist die Resultante eine holomorphe Funktion auf $X$, die wegen der Irreduzibilität $\neq 0$. Außerhalb deren Nullstellenmenge hat $P(x,-)$ keine mehrfache Nullstelle. Die Nullstellenmenge einer holomorphen Funktion ist diskret nach Fakt.
# Riemannsche Fläche/Zusammenhängend/Meromorphe Funktionen/Körper/Fakt/Beweis

Es ist klar, dass ein kommutativer Ring vorliegt. Es sei $f$ eine meromorphe Funktion $\neq 0$ auf $X$, die auf $X\setminus D$ holomorph sei. Nach Fakt ist die Nullstellenmenge $E$ von $f$ innerhalb von $X\setminus D$ diskret. Somit ist $f^{-1}$ auf $X\setminus {\left(D\cup E\right)}$ nach Fakt holomorph und aus den Nullstellen von $f$ werden Polstellen und umgekehrt.
# Riemannsche Zetafunktion/Produktdarstellung/Fakt/Beweis

Dies folgt aus Fakt, wenn man für $T$ die Menge der ersten $k$ Primzahlen überhaupt ansetzt und dann $k$ gegen unendlich laufen lässt. Die Konvergenz der linken Seite, also die Wohldefiniertheit der $\zeta$-Funktion, sichert dabei auch die Konvergenz der rechten Seite.
# Schema/Offene Teilmenge/Affine Überdeckung/Fakt/Beweis

Als offene Teilmengen eines beringten Raumes ist $U$ ebenfalls ein beringter Raum. Die Existenz der affinen Überdeckung folgt unmittelbar aus Fakt.
# Schnitttheorie von Kurven/Satz von Bezout/Es gibt Schnittpunkt/Fakt/Beweis

Die Aussage stimmt, wenn $C$ und $D$ eine gemeinsame Komponente besitzen. Andernfalls folgt sie aus Fakt.
# Schnitttheorie von Kurven/Satz von Bezout/Maximal mn Schnittpunkte/Fakt/Beweis

Dies folgt direkt aus Fakt, da jeder Schnittpunkt zumindest mit Schnittmultiplizität $1$ in die Summe eingeht.
# Sigmaendliche Räume/Funktion/Integrationskriterium/Tonelli/Fakt/Beweis

Die Integrierbarkeit von $f$ ist nach Fakt äquivalent zur Integrierbarkeit der Betragsfunktion, was die Endlichkeit von $\int _{M\times N}\vert {f}\vert \,d(\mu \otimes \nu )$ bedeutet. Die Aussage folgt daher aus Fakt.
# Standard-graduierter Ring/K/Modul/Endlich erzeugt/Stufen endlichdimensional/Fakt/Beweis

Zunächst ist $R$ ein Restklassenring eines standard-graduierten Polynomringes und somit sind die homogenen Stufen von $R$ nach Beispiel endlichdimensional. Nach Fakt gilt dies auch für die Stufen des Moduls.
# Standardraum/K^n/Dimension n/Fakt/Beweis

Die Standardbasis $e_{i}$, $i=1,\ldots ,n$, besteht aus $n$ Vektoren, also ist die Dimension $n$.
# Stirling-Zahl/2. Art/Partition/Extremwerte/Fakt/Beweis

(1) und (4) sind klar. (2). Eine Partition in zwei Blöcke besteht aus einer nichtleeren Teilmenge mit einem nichtleeren Komplement, wobei es auf die Reihenfolge nicht ankommt. Da es in einer $n$-elementigen Menge $2^{n}$ Teilmengen gibt, gibt es $2^{n-1}$ Teilmengenpaare. Da das Teilmengenpaar, das die leere Menge enthält, keine Partition ist, muss man $1$ abziehen. (3). Bei einer Partition mit $n-1$ Blöcken sind $n-2$ Blöcke einelementig und ein Block ist zweielementig. Deshalb ist eine solche Partition dasselbe wie die Festlegung einer zweielementigen Teilmenge, und davon gibt es ${\binom {n}{2}}$ nach Fakt.
# Subgraph/Stetig/Zugehörige Rotationsmenge/Volumen/Fakt/Beweis

Die Querschnittsfläche zu $t$ ist ein Kreis mit Radius $f(t)$, dessen Flächeninhalt ist $\pi f(t)^{2}$ nach Beispiel. Somit folgt die Aussage aus dem Cavalieri-Prinzip.
# Teilbarkeitstheorie/Hauptidealbereich/Kleinstes Gemeinsames Vielfaches/Idealcharakterisierung/Fakt/Beweis

Ein Element $x\in {\mathfrak {a}}$ ist ein Vielfaches aller $a_{i},i\in I$, also nach Definition ein gemeinsames Vielfaches und jedes gemeinsame Vielfache liegt in ${\mathfrak {a}}$. Ein erzeugendes Element des Ideals ${\mathfrak {a}}$ ist Teiler aller anderen gemeinsamen Vielfachen und daher nach Definition ein kleinstes gemeinsames Vielfaches und jedes kleinste gemeinsame Vielfache erzeugt ${\mathfrak {a}}$.
# Transformationsformel/Integral/Kompakte Teilmenge/Zylinderkoordinaten/Fakt/Beweis

Dies folgt aus Fakt, da die Jacobi-Determinante der Zylinderkoordinatenauswertung gleich $r$ ist.
# Ungerichteter Graph/Grad/Summe/Kantenanzahl/Fakt/Beweis

Das kann man beispielsweise durch Induktion über die Anzahl der Kanten bei gegebener Knotenmenge beweisen. Beim einem kantenlosen Graphen steht links und rechts beidseitig $0$. Wenn man zu einem Graphen eine Kante hinzutut, sagen wir die Kante, die die beiden Punkte $u$ und $v$ verbindet, so erhöht sich der Grad von $u$ und der Grad von $v$ jeweils um $1$ und die anderen Grade bleiben unverändert. Somit erhöhen sich beide Seiten um $2$.
# Ungerichteter Graph/Kreis/Kein Blatt/Fakt/Beweis

Das Blatt $b$ ist nur zu einem einzigen Knotenpunkt $c$ benachbart. Es kann in einem Zyklus nur in der Form $...-c-b-c-...$ vorkommen. In einem Kreis muss dann aber bereits das linke mit dem rechten $c$ als Punkt des Kreises übereinstimmen, was aber nach Definition auch kein Kreis ist, da er nur die Länge $2$ besitzt.
# Ungerichteter Graph/Optimale Paarung/Alternierender Weg/Fakt/Beweis

Nehmen wir zuerst an, dass es einen alternierenden Weg gibt, der die Punkte $u$ und $v$ verbindet, die beide nicht durch die Paarung abgedeckt sind. Wir müssen zeigen, dass man eine Paarung konstruieren kann, die mehr Kanten als die gegebene Paarung besitzt. Es sei
    $\{u,u_{2}\},\{u_{2},u_{3}\},\ldots ,\{u_{n-1},v\}$
der alternierende Weg. Dabei gehören die beiden Endkanten nicht zu $P$, da die beiden Endpunkte nicht durch $P$ abgedeckt sind. Die Länge des Weges, also $n-1$, ist ungerade. Wir modifizieren nun die Paarung, indem wir die Kanten $\{u_{i},u_{i+1}\}$ für $i$ gerade herausnehmen und die Kanten $\{u_{i},u_{i+1}\}$ für $i$ ungerade hinzunehmen. Dabei wird die Gesamtzahl der Kanten um $1$ erhöht. Ferner handelt es sich nach wie vor um eine Paarung. Würde es nämlich in der neuen Paarung einen Knotenpunkt geben, der mit zwei Kanten inzident ist, so würde eine Kante davon gleich $\{u_{i},u_{i+1}\}$ sein (mit $i$ ungerade) und die andere Kante gleich $\{u_{i},x\}$ (oder gleich $\{u_{i+1},x\}$) Wenn diese zweite Kante nicht zum alternierenden Weg gehört, so gehört sie zu $P$ und würde zusammen mit $\{u_{i-1},u_{i}\}$ (bzw. $\{u_{i+1},u_{i+2}\}$) der Paarungseigenschaft von $P$ widersprechen. Wenn sie zum alternierenden Weg gehört, so wäre sie gleich $\{u_{j},u_{j+1}\}$ mit $j$ ungerade, und dann würden die an dem Durchschnittspunkt anliegenden Kanten aus $P$ der Paarungseigenschaft von $P$ widersprechen (bei den Endkanten muss man etwas anders argumentieren).
Nehmen wir nun an, dass $P$ nicht optimal ist. Es sei $Q$ eine optimale Paarung, die ja dann nach Definition mehr Kanten als $P$ besitzt. Es ist zu zeigen, dass es einen alternierenden Weg für $P$ gibt, dessen Endpunkte von $P$ nicht abgedeckt sind. Wir betrachten den Graphen $H$ auf $V$ mit der symmetrischen Differenz von $P$ und $Q$ als Kantenmenge. Da $Q$ mehr Kanten als $P$ besitzt, gibt es in $H$ mehr Kanten aus $Q\setminus P$ als aus $P\setminus Q$. Dies muss dann auch für eine Zusammenhangskomponente von $H$ gelten, und deren Möglichkeiten sind in Fakt aufgelistet. Daher muss eine Komponente ein linearer Graph sein, mit Kanten abwechselnd aus $P$ und $Q$ und wobei die Endkanten aus $Q\setminus P$ sind. Die Endpunkte sind dann insbesondere verschieden und nicht durch $P$ abgedeckt.
# Ungerichteter Graph/Verbunden/Äquivalenzrelation/Fakt/Beweis

Jeder Knotenpunkt ist durch den leeren Kantenzug mit sich selbst verbunden. Dies sichert die Reflexivität. Wenn $u$ und $v$ durch den Kantenzug $u=v_{1},v_{2},\ldots ,v_{r-1},v_{r}=v$ miteinander verbunden sind, so ist $v$ mit $u$ durch den umorientierten Kantenzug $v_{r},v_{r-1},\ldots ,v_{2},v_{1}$ verbunden. Dies sichert die Symmetrie. Wenn $u$ mit $v$ durch den Kantenzug $u=v_{1},v_{2},\ldots ,v_{r}=v$ verbunden ist und $v$ mit $w$ durch den Kantenzug $v=w_{1},w_{2},\ldots ,w_{s}=w$ verbunden ist, so ist $v$ mit $w$ durch den zusammengesetzten Kantenzug $u=v_{1},v_{2},\ldots ,v_{r}=v=w_{1},w_{2},\ldots ,w_{s}=w$ verbunden. Dies sichert die Transitivität.
# Untergruppen von Z^m/Endlich erzeugt/Fakt/Beweis

Wir beweisen dies durch Induktion über $m$.
Induktionsanfang: Es sei $m=1$.
Wenn $U={0}$ wird $U$ durch $0$ erzeugt. Andernfalls ist $U$ nicht die Nullgruppe und enthält daher noch weitere Elemente. Es sei $a\in U$ mit $\vert {a}\vert \neq 0$ minimal. Behauptung: $U$ wird durch $a$ erzeugt. Es sei $x\in U$ beliebig. Dann liefert Division mit Rest $x=aq+r$ mit $0\leq r<\vert {a}\vert$. Wegen $r=x-aq$ ist $r\in U$. Da $a$ minimal ist, muss $r=0$ sein. Daher wird $U$ tatsächlich durch $a$ erzeugt.
Induktionsvoraussetzung: Es sei jede Untergruppe von $\mathbb {Z} ^{m_{0}}$ für $m_{0}<m$ endlich erzeugt durch höchstens $m_{0}$ Erzeuger (o.B.d.A. können wir hier immer genau $m_{0}$ Erzeuger $y_{1},\ldots ,y_{m_{0}}$ annehmen).
Induktionsschritt: Wir fixieren eine Untergruppe $U\subseteq \mathbb {Z} ^{m}$. Wir projizieren $\mathbb {Z} ^{m}$ kanonisch auf die letzte Komponente:
    $p\colon \mathbb {Z} ^{m}\longrightarrow \mathbb {Z} ,\,(a_{1},\ldots ,a_{m})\longmapsto a_{m}.$
Es gilt $\operatorname {kern} p=\mathbb {Z} ^{m-1}$. Daher ist $U\cap \operatorname {kern} p$ endlich erzeugt durch $y_{1},\ldots ,y_{m-1}$ aufgrund der Induktionsvoraussetzung. Es gilt auch $\operatorname {bild} p=\mathbb {Z}$. Daher ist $p(U)$ endlich erzeugt durch $z=p(y_{m})$. Es sei $y\in U$ beliebig. Es gilt $p(y)=a_{m}z$ und $y'=y-a_{m}y_{m}\in U\cap \operatorname {kern} p$. Daher ist $y'=a_{1}y_{1}+\ldots +a_{m-1}y_{m-1}$ und dies führt zu
    $y=a_{1}y_{1}+...+a_{m}y_{m}.$
$U$ ist daher endlich erzeugt durch höchstens $m$ Elemente von $U$.
# Unterring/Zugehörige Polynomringe/Fakt/Beweis

Wir betrachten den zusammengesetzten Ringhomomorphismus
    $S\longrightarrow R\longrightarrow R[X].$
Dann liefert der zu $X\mapsto X$ nach Fakt gehörige Einsetzungshomomorphismus
    $S[X]\longrightarrow R[X]$
die gewünschte Abbildung.
# Vektorraum/Basisergänzungssatz/Fakt/Beweis

Es sei $b_{1},\ldots ,b_{n}$ eine Basis von $V$. Aufgrund des Austauschsatzes findet man $n-k$ Vektoren aus der Basis ${\mathfrak {b}}$, die zusammen mit den vorgegebenen $u_{1},\ldots ,u_{k}$ eine Basis von $V$ bilden.
# Vektorraum/Direkte Summe/Restklassenraum/Fakt/Beweis

Die Projektion
    $V\longrightarrow W$
besitzt $U$ als Kern. Daher ergibt sich die Aussage aus Fakt.
# Vektorraum/fixierter Endomorphismus/Polynomring/Modulstruktur/Fakt/Beweis

Wir müssen für $V$ über $K[X]$ die Eigenschaften eines Moduls nachweisen. Die additive kommutative Gruppe ist die selbe wie im $K$-Vektorraum $V$.
Es seien nun $P=\sum _{i=0}^{n}{a_{i}X^{i}},Q=\sum _{j=0}^{n}{b_{j}X^{j}}\in K[X]$ und $u,v\in V$. Die gewünschte Eigenschaften der Skalarmultiplikation zeigen sich wie folgt:
* $P(Qu)=\sum _{i=0}^{n}a_{i}\varphi ^{i}\left(\sum _{j=0}^{n}b_{j}\varphi ^{j}(u)\right)=\sum _{i=0}^{n}\sum _{j=0}^{n}a_{i}b_{j}\varphi ^{i+j}(u)=(PQ)(u)$,
* $P(u+v)=\sum _{i=0}^{n}a_{i}\varphi ^{i}(u+v)=\sum _{i=0}^{n}a_{i}\varphi ^{i}(u)+\sum _{i=0}^{n}a_{i}\varphi ^{i}(v)=(Pu)+(Pv)$,
* $(P+Q)u=\sum _{i=0}^{n}(a_{i}+b_{i})\varphi ^{i}(u)=\sum _{i=0}^{n}a_{i}\varphi ^{i}(u)+\sum _{i=0}^{n}b_{i}\varphi ^{i}(u)=(Pu)+(Qu)$,
* $1u=1\varphi ^{0}(u)=\operatorname {Id} (u)=u$.
# Vektorraum/Tensorprodukt/Universelle Eigenschaft/Festlegung/Fakt/Beweis

Da $V_{1}\times \cdots \times V_{n}\rightarrow Z$ multilinear ist, gibt es aufgrund der universellen Eigenschaft des Tensorproduktes eine eindeutig bestimmte lineare Abbildung
    $V_{1}\otimes _\cdots \otimes _V_{n}\longrightarrow Z.$
Wegen der vorausgesetzten universellen Eigenschaft von $Z$ und der Multilinearität von $\pi \colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\rightarrow V_{1}\otimes _\cdots \otimes _V_{n}$ gibt es auch eine lineare Abbildung
    $Z\longrightarrow V_{1}\otimes _\cdots \otimes _V_{n}.$
Wegen der universellen Eigenschaft müssen diese invers zueinander sein.
# Z-graduierter Ring/Veronese-Unterring/Einheitswurzeln/Invariantenring/Fakt/Beweis

Wir betrachten $A$ als $\mathbb {Z} /(s)$-graduiert durch den kanonischen Gruppenhomomorphismus $\mathbb {Z} \rightarrow \mathbb {Z} /(s)$. Dann ist der Veronese-Ring $A^{(s)}$ die $0$-te Stufe von $A$ in dieser neuen Graduierung. Daher folgt die Aussage aus Fakt.
# Z-graduierter Ring/Veronese-Unterring/Ganzheit/Fakt/Beweis

Nach Fakt genügt es, die Ganzheit für ein $A^{(k)}$-Algebraerzeugendensystem von $A$ zu zeigen. Ein solches liegt in den homogenen Elementen von $A$ vor. Es sei also $f\in A_{d}$ homogen. Dann ist $f^{k}\in A_{dk}\in A^{(k)}$, sodass $f$ eine (reine) Ganzheitsgleichung erfüllt.
# Zahlbereich/Diskriminante/Nichtreduzierter Faserring/Fakt/Beweis

Es sei $b_{1},\ldots ,b_{n}$ eine Ganzheitsbasis von $R$. Die Matrix $M$ mit den Einträgen $\operatorname {Spur} {\left(b_{i}b_{j}\right)}$ ist die Gramsche Matrix der Spurform. Die Gramsche Matrix $M'$ der Spurform zu $R/(p)$ über $\mathbb {Z} /(p)$ bezüglich der $\mathbb {Z} /(p)$-Basis ${\overline {b}}_{1},\ldots ,{\overline {b}}_{n}$ entsteht daraus nach Fakt durch komponentenweise Reduktion. Da das Berechnen der Determinante mit beliebigen Ringwechseln verträglich ist, ist die Determinante von $M'$ gleich der Determinante von $M$ (also der Diskriminante von $R$) modulo $p$ genommen. Somit ist $p$ genau dann ein Teiler der Diskriminante von $R$, wenn die Diskriminante des Faserringes gleich $0$ ist. Dies ist nach Fakt äquivalent dazu, dass der Faserring nicht reduziert ist.
# Zahlbereich/Einbettung/Gitter/Fakt/Beweis

Es sei $b_{1},\ldots ,b_{n}$ eine Ganzheitsbasis von $R$. Es ist zu zeigen, dass die $\tau ^{\mathbb {R} }(b_{k})$, $k=1,\ldots ,n$, linear unabhängig sind. Über die $\mathbb {R}$-lineare Abbildung
    $\mathbb {R} ^{r}\times \mathbb {R} ^{2s}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{r}\times {\mathbb {C} }^{2s},\,{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{r}\\u_{1}\\v_{1}\\\vdots \\u_{s}\\v_{s}\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{r}\\u_{1}+{\mathrm {i} }v_{1}\\u_{1}-{\mathrm {i} }v_{1}\\\vdots \\u_{s}+{\mathrm {i} }v_{s}\\u_{s}-{\mathrm {i} }v_{s}\end{pmatrix}},$
erhält man aus der reellen Gesamteinbettung die komplexe Gesamteinbettung. Wären die Elemente $\mathbb {R}$-linear abhängig, so würde das auch für die Bilder unter der komplexen Gesamteinbettung gelten. Doch dies wäre ein Widerspruch zur Tatsache, dass die Diskriminante von $b_{1},\ldots ,b_{n}$ nicht $0$ ist, siehe Fakt.