OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Repräsentierbarkeit von Registerprogrammen/Über p-adische beta Funktion/Fakt/Beweis

Es sei $A_{P}$ der das Programm repräsentierende Ausdruck im Sinne von Fakt in den Variablen $r_{0},\ldots ,r_{m},r_{0}',\ldots ,r_{m}'$ (zur Notationsvereinfachung schreiben wir also $r_{0}$ statt $z$ und $r_{0}'$ statt $z'$.). Es sei $\vartheta$ der Ausdruck (in den vier freien Variablen $p,n,i,r$), der die $\beta$-Funktion arithmetisch repräsentiert. Der Ausdruck
    $\vartheta (p,n,i,r)$
ist also genau dann wahr in $\mathbb {N}$, wenn $\beta (p,n,i)=r$ ist. Diese Beziehung verwenden wir für $i=s(m+1)+j$ (bzw. $i=(s+1)(m+1)+j$) und $r=r_{j}$ (bzw. $r=r'_{j}$) und $j=0,\ldots ,m$. Daher ist der Ausdruck (in den freien Variablen $p,n,s,r_{j},r_{j}'$)
    $T(p,n,s):=\vartheta (p,n,s(m+1),r_{0})\wedge \ldots \wedge \vartheta (p,n,s(m+1)+m,r_{m})\wedge \vartheta (p,n,(s+1)(m+1),r'_{0})\wedge \ldots \wedge \vartheta (p,n,(s+1)(m+1)+m,r'_{m})\,$
bei Interpretation in $\mathbb {N}$ genau dann wahr, wenn die $\beta$-Funktion $\beta (p,n,-)$ für die $m+1$ aufeinander folgenden Zahlen (eingesetzt in die dritte Komponente der $\beta$-Funktion) $s(m+1),s(m+1)+1,\ldots ,s(m+1)+m$ gleich $r_{0},r_{1},\ldots ,r_{m}$ und für die $m+1$ aufeinander folgenden Zahlen $(s+1)(m+1),(s+1)(m+1)+1,\ldots ,(s+1)(m+1)+m$ gleich $r'_{0},r'_{1},\ldots ,r'_{m}$ ist. An der mit $s(m+1)+j$ bezeichneten Stelle in $T(p,n,s)$ steht die $(m+1)$-fache Addition der Variablen $s$ mit sich selbst plus die $j$-fache Addition der $1$.
Mit diesem Ausdruck soll der Konfigurationsübergang beim $s$-ten Rechenschritt beschrieben werden. Da man die Registerbelegung beim $s$-ten Rechenschritt nicht von vornherein kennt, muss man den Übergang mit Allquantoren ansetzen. Der Ausdruck
    $E(p,n,s):=\forall r_{0}\forall r_{1}\ldots \forall r_{m}\forall r_{0}'\forall r'_{1}\ldots \forall r'_{m}(T(p,n,s)\rightarrow A_{P})\,$
besagt, dass der durch $p,n,s$ über die $\beta$-Funktion kodierte Konfigurationsübergang durch das Programm bewirkt wird.
In analoger Weise ist der Ausdruck (in den $m+2$ freien Variablen $p,n,x_{1},\ldots ,x_{m}$)
    $D(p,n)(x_{1},\ldots ,x_{m}):=\vartheta (p,n,0,1)\wedge \vartheta (p,n,1,x_{1})\wedge \ldots \wedge \vartheta (p,n,m,x_{m})\,$
(bei inhaltlicher Interpretation) genau dann wahr, wenn $\beta (p,n,0)=1$ und $\beta (p,n,j)=x_{j}$ für $j=1,\ldots ,m$ ist. Der Ausdruck (in den $m+3$ freien Variablen $p,n,t,y_{1},\ldots ,y_{m}$)
    $F(p,n,t)(y_{1},\ldots ,y_{m}):=\vartheta (p,n,t(m+1),h)\wedge \vartheta (p,n,t(m+1)+1,y_{1})\wedge \ldots \wedge \vartheta (p,n,t(m+1)+m,y_{m})\,$
ist genau dann wahr, wenn $\beta (p,n,t(m+1))=h$ und $\beta (p,n,t(m+1)+j)=y_{j}$ für $j=1,\ldots ,m$ ist.
Somit besagt der Ausdruck
    $\psi _{P}=\exists p\exists n\exists t{\left(D(p,n)(x_{1},\ldots ,x_{m})\wedge \forall s(1\leq s<t\rightarrow E(p,n,s))\wedge F(p,n,t)(y_{1},\ldots ,y_{m})\right)}\,,$
dass das Programm mit der Startkonfiguration $(1,x_{1},\ldots ,x_{m})$ anhält und dabei die Konfiguration $(h,y_{1},\ldots ,y_{m})$ erreicht.
# Ungerichteter Graph/Untergraph/Kantendisjunkt/Definition

Zwei Untergraphen $H_{1}=(V_{1},E_{1})\subseteq G$ und $H_{2}=(V_{2},E_{2})\subseteq G$ in einem Graphen $G=(V,E)$ heißen kantendisjunkt,
wenn $E_{1}\cap E_{2}=\emptyset$ ist.
# Residuum/Mehrfach punktiert/Integralbeschreibung/Fakt/Beweis

Es seien $P_{1},\ldots ,P_{n}$ die Punkte von $D$. In jedem Punkt $P_{i}$ betrachten wir die Laurent-Entwicklung von $f$ und schreiben
    $f=h_{i}+g_{i}\,$
mit dem Hauptteil $h_{i}$ und dem Nebenteil $g_{i}$. Die Hauptteile selbst schreiben wir wiederum als
    $h_{i}={\frac {r_{i}}{z-P_{i}}}+{\tilde {h}}_{i}\,,$
wobei $r_{i}$ das Residuum von $f$ in $P_{i}$ ist und ${\tilde {h}}_{i}$ die anderen Summanden zusammenfasst. Aufgrund von Fakt (1) sind die Hauptteile $h_{i}$ auf ganz $G\setminus \{P_{i}\}$ (und auch auf ${\mathbb {C} }\setminus \{P_{i}\}$) konvergent. Es ist $f-h_{1}-\cdots -h_{n}$ holomorph auf $G$, daher ist
    $\int _{\gamma }f(z)-h_{1}(z)-\cdots -h_{n}(z)dz=0\,$
nach Fakt. Ferner ist
    $\int _{\gamma }{\tilde {h}}_{i}(z)dz=0\,$
nach Fakt, da die ${\tilde {h}}_{i}$ nach Fakt (2) eine Stammfunktion auf $G\setminus \{P\}$ besitzen. Somit ist
    ${\begin{aligned}{\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }f(z)dz&={\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }h_{1}(z)dz+\cdots +{\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }h_{n}(z)dz\\&={\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }{\frac {r_{1}}{z-P_{1}}}dz+\cdots +{\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }{\frac {r_{n}}{z-P_{n}}}dz\\&=r_{1}\operatorname {ind} _{\gamma }(P_{1})+\cdots +r_{n}\operatorname {ind} _{\gamma }(P_{n}).\end{aligned}}$
# Ungerichteter Graph/Untergraph/Definition

Ein Graph $(W,F)$ heißt Untergraph
eines Graphen $(V,E)$, wenn $W\subseteq V$, $F\subseteq E$ und die Kanten aus $F$ nur Bezug auf Punkte aus $W$ nehmen.
# Computerprogramm/Zwei Speicher/Bijektive Abbildung/Aufgabe

Wir betrachten einen Computer, der nur zwei Speicher besitzt, in denen jeweils eine natürliche Zahl stehen kann. Zu Beginn eines jedes Programms (also einer Aneinanderreihung von Befehlen) lautet die Belegung $(0,0)$. Der Computer kann einen Speicher leeren, einen Speicher um $1$ erhöhen, zu Befehlen springen (unbedingter Sprungbefehl) und die beiden Inhalte der Speicher der Größe nach miteinander vergleichen. Ferner kann es zu einem Befehl wechseln, wenn die Vergleichsbedingung erfüllt ist (bedingter Sprungbefehl). Schließlich gibt es einen Druckbefehl, bei dem das momentane Belegungspaar ausgedruckt wird. Schreibe ein Computerprogramm, das jedes Paar $(n,m)\in \mathbb {N} ^{2}$ genau einmal ausdruckt.
# Restklassenring (Z)/Einheit/Charakterisierung/Teilerfremd/Fakt/Beweis

Sind $a$ und $n$ teilerfremd, so gibt es nach Fakt eine Darstellung der $1$, es gibt also ganze Zahlen $r,s$ mit
    $ra+sn=1\,.$
Betrachtet man diese Gleichung modulo $n$, so ergibt sich $ra=1$ in $\mathbb {Z} /(n)$. Damit ist $a$ eine Einheit mit Inversem $a^{-1}=r$.
Ist umgekehrt $a$ eine Einheit in $\mathbb {Z} /(n)$, so gibt es ein $r\in \mathbb {Z} /(n)$ mit $ar=1$ in $\mathbb {Z} /(n)$. Das bedeutet aber, dass $ar-1$ ein Vielfaches von $n$ ist, sodass also
    $ar-1=sn\,$
gilt. Dann ist aber wieder $ar-sn=1$ und $a$ und $n$ sind teilerfremd.
# Ungerichteter Graph/Untergraph/Voll/Definition

Ein Untergraph $(W,F)\subseteq (V,E)$ heißt voll,
wenn jede Kante aus $E$, die Punkte aus $W$ verbindet, auch eine Kante in $F$ ist.
# Cramersche Regel/2x2/1/Aufgabe

Löse das lineare Gleichungssystem
    ${\begin{pmatrix}4&3\\-1&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,$
mit Hilfe der Cramerschen Regel.
# Ungerichteter Graph/Zusammenhangskomponente/Definition

Zu einem Punkt $v\in V$ in einem Graphen nennt man
    $Z(v)={\left\{u\in V\mid {\text{es gibt einen Weg, der }}u{\text{ und }}v{\text{ verbindet }}\right\}}\,$
die Zusammenhangskomponente
von $v$.
# Restklassenring (Z)/Einheitengruppe/p ist zwei/Nicht zyklisch/Fakt/Beweis

Die Abbildung
    ${\left(\mathbb {Z} /(2^{r})\right)}^{\times }\longrightarrow {\left(\mathbb {Z} /(2^{r-1})\right)}^{\times }$
ist surjektiv (da genau die ungeraden Elemente die Einheiten sind) und hat als Kern eine Gruppe, die isomorph zu $\mathbb {Z} /(2)$ ist. Der Kern besteht also neben $1$ aus einem weiteren Element $a\in {\left(\mathbb {Z} /(2^{r})\right)}^{\times }$, das die Ordnung zwei besitzt. Das Element $-1$ wird unter der Abbildung auf $-1$ geschickt, und in ${\left(\mathbb {Z} /(2^{r-1})\right)}^{\times }$ gilt $-1\neq 1$, da $r-1\geq 2$ ist. Deshalb gehört $-1$ nicht zum Kern und somit ist $a\neq -1$ in ${\left(\mathbb {Z} /(2^{r})\right)}^{\times }$. Also besitzt diese Gruppe zwei verschiedene Elemente der Ordnung zwei. Damit kann die Gruppe nicht zyklisch sein.
# Cramersche Regel/2x2/2/Aufgabe

Löse das lineare Gleichungssystem
    ${\begin{pmatrix}6&4\\5&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}}\,$
mit Hilfe der Cramerschen Regel.
# Restklassenring (Z)/Einheitengruppe/Charakterisierung zyklisch/Fakt/Beweis

In den beschriebenen Fällen ist die Einheitengruppe ${\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$ zyklisch aufgrund von Fakt, Bemerkung und der Isomorphie
    ${\left(\mathbb {Z} /(2p^{r})\right)}^{\times }\cong {\left(\mathbb {Z} /(2)\right)}^{\times }\times {\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }\cong {\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }\,.$
Es sei also umgekehrt $n$ mit der Eigenschaft gegeben, dass ${\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$ zyklisch sei. Es sei $n=2^{r}\cdot p_{1}^{r_{1}}\cdot p_{2}^{r_{2}}\cdots p_{k}^{r_{k}}$ die kanonische Primfaktorzerlegung mit ungeraden Primzahlen $p_{1},\ldots ,p_{k}$ und $r_{i}\geq 1$, die nach dem Chinesischen Restsatz zur Isomorphie
    ${\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }={\left(\mathbb {Z} /(2^{r})\right)}^{\times }\times {\left(\mathbb {Z} /(p_{1}^{r_{1}})\right)}^{\times }\times {\left(\mathbb {Z} /(p_{2}^{r_{2}})\right)}^{\times }\times \cdots \times {\left(\mathbb {Z} /(p_{k}^{r_{k}})\right)}^{\times }\,$
führt. Da Restklassengruppen von zyklischen Gruppen wieder zyklisch sind, folgt nach Fakt, dass $r=0,1$ oder $2$ ist. Ein Produkt von zyklischen Gruppen ist nur dann zyklisch, wenn die beteiligten Ordnungen paarweise teilerfremd sind. Die Ordnungen von ${\left(\mathbb {Z} /(p_{i}^{r_{i}})\right)}^{\times }$ sind aber gerade für $p_{i}$ ungerade und $r_{i}\geq 1$, und die Ordnung von ${\left(\mathbb {Z} /(2^{r})\right)}^{\times }$ ist gerade für $r\geq 2$. Also ist $k\leq 1$. Bei $k=1$ ist $r=2$ nicht möglich. Bei $k=0$ verbleiben die angeführten Fälle $n=1,2,4$.
# Ungerichteter Graph/Zusammenhängend/Definition

Ein Graph $(V,E)$ heißt zusammenhängend,
wenn es zu je zwei Punkten $u,v\in G$ einen Weg gibt, der $u$ und $v$ verbindet.
# Restklassenring (Z)/Einheitengruppe/Primzahlpotenzreduktion/Kern ist zyklisch/Fakt/Beweis

Wir zeigen, dass das Element $a=1+p$, das offensichtlich zum Kern von
    $\varphi \colon {\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }\longrightarrow {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$
gehört, in der Einheitengruppe ${\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }$ die Ordnung $p^{r-1}$ besitzt. Da diese Kerngruppe die Ordnung $p^{r-1}$ hat, muss die (multiplikative) Ordnung von $a$ ein Teiler davon sein, also von der Gestalt $p^{s}$ mit $s\leq r-1$ sein. Wir zeigen, dass $a^{p^{r-2}}\neq 1$ in ${\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }$ ist, sodass also nur noch die Ordnung $p^{r-1}$ möglich bleibt.
Nehmen wir also $a^{p^{r-2}}=1\mod p^{r}$ an, das bedeutet
    $a^{p^{r-2}}-1=(1+p)^{p^{r-2}}-1=0\mod p^{r}\,.$
Ausmultiplizieren ergibt den Ausdruck
    ${\binom {p^{r-2}}{1}}p+{\binom {p^{r-2}}{2}}p^{2}+{\binom {p^{r-2}}{3}}p^{3}+\ldots =0\mod p^{r}\,.$
Der erste Summand ist dabei ${\binom {p^{r-2}}{1}}p=p^{r-1}$ und wir betrachten die weiteren Summanden
    ${\binom {p^{r-2}}{k}}p^{k}.$
mit $2\leq k\leq p^{r-2}$. Wir schreiben
    ${\binom {p^{r-2}}{k}}={\frac {p^{r-2}!}{k!(p^{r-2}-k)!}}={\frac {p^{r-2}\cdot (p^{r-2}-1)\cdots (p^{r-2}-k+1)}{k\cdot (k-1)\cdots 1}}={\frac {p^{r-2}\cdot (p^{r-2}-1)\cdots (p^{r-2}-k+1)}{k\cdot 1\cdots (k-1)}}\,.$
So geordnet steht vorne ${\frac {p^{r-2}}{k}}$ und dann folgen Ausdrücke der Form ${\frac {p^{r-2}-j}{j}}$,
    $j=1,\ldots ,k-1\,.$
Der Exponent der Primzahl $p$ in diesen letztgenannten Brüchen ist oben und unten gleich. Daher hängt der $p$-Exponent des Binomialkoeffizienten ${\binom {p^{r-2}}{k}}$ nur von ${\frac {p^{r-2}}{k}}$ ab. Es sei $i$ der $p$-Exponent von $k$. Der $p$-Exponent von ${\frac {p^{r-2}}{k}}$ ist dann $r-2-i$ und damit ist der $p$-Exponent von ${\binom {p^{r-2}}{k}}p^{k}$ gleich
    $r-2-i+k.$
Wir behaupten, dass dies $\geq r$ ist, was für $i=0$ klar ist (wegen $k\geq 2$). Es sei also $i\geq 1$. Dann gilt aber, wegen $p\geq 3$, die Abschätzung
    $i\leq p^{i}-2\leq k-2\,,$
was genau die Aussage ergibt. Damit ist insgesamt in der obigen Summation der erste Summand, also $p^{r-1}$, kein Vielfaches von $p^{r}$, aber alle weiteren Summanden sind Vielfache von $p^{r}$, was einen Widerspruch bedeutet.
# Ungerichteter Graph/Zusammenhängend/Durchmesser/Definition

Unter dem Durchmesser
eines zusammenhängenden Graphen $G=(V,E)$ versteht man das Maximum über alle Abstände $d(u,v)$ zu $u,v\in V$.
# Restklassenring (Z)/Einheitengruppe/Primzahlpotenzreduktion/Surjektiv/Fakt/Beweis

Es sei $a\in {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ eine Einheit. Dann ist $a$ teilerfremd zu $p$ und damit kein Vielfaches von $p$. Wir fassen $a$ als Element in $\mathbb {Z} /(p^{r})$ auf. Da $a$ nach wie vor kein Vielfaches von $p$ ist, ist es auch in $\mathbb {Z} /(p^{r})$ eine Einheit, und zugleich ein Urbild von $a\in {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$.
# Cramersche Regel/Aufgabe

Betrachte die Matrix
    $A={\begin{pmatrix}1&0&2\\2&1&3\\1&0&1\end{pmatrix}}\in \operatorname {Mat} _{3}(\mathbb {R} )\,.$
Löse das lineare Gleichungssystem $Ax=(1,0,2)^{t}$ mit Hilfe der Cramerschen Regel (man überlege sich natürlich vorher, ob man diese Regel überhaupt anwenden darf).
# Ungerichteter Graph/Zusammenhängend/Exzentrizität/Definition

Zu einem Knotenpunkt $v\in V$ eines zusammenhängenden Graphen $G=(V,E)$ nennt man
    $e(v)=\operatorname {max} \left(d(u,v){|}u\in V\right)\,$
die Exzentrizität
von $v$.
# Restklassenring von KX/Wichtigste Eigenschaften/Fakt/Beweis

* Es ist $(P)={\left({\frac {P}{a_{n}}}\right)}$, da es bei einem Hauptideal nicht auf eine Einheit ankommt.
* Dies folgt direkt durch Umstellung der definierenden Gleichung $P=0$.
* Dies folgt durch Multiplikation der Gleichung in (2) mit Potenzen von $x$.
* Dass die Potenzen $x^{i}$, $i=0,\ldots ,n-1$, ein Erzeugendensystem bildet, folgt aus Teil (2) und (3). Zum Beweis der linearen Unabhängigkeit sei angenommen, es gebe eine lineare Abhängigkeit, sagen wir $\sum _{i=0}^{n-1}c_{i}x^{i}=0$. D.h., dass das Polynom $Q=\sum _{i=0}^{n-1}c_{i}X^{i}$ unter der Restklassenabbildung auf $0$ geht, also zum Kern gehört. Dann muss es aber ein Vielfaches von $P$ sein, was aber aus Gradgründen erzwingt, dass $Q$ das Nullpolynom sein muss. Also sind alle $c_{i}=0$.
* Dies folgt direkt aus (4).
* Dies ist klar.
# C^2/Operation durch zyklische Gruppe/Abstand in Bahn/Aufgabe

Sei $n\geq 2$ und $\xi$ eine $n$-te primitive komplexe Einheitswurzel. Wir betrachten die Operation der Matrizen $\varphi _{j}={\begin{pmatrix}\xi ^{j}&0\\0&\xi ^{-j}\end{pmatrix}}$ auf dem ${\mathbb {C} }^{2}$. Es sei $P=(u,v)\neq (0,0)$. Bestimme einen Radius $r>0$ derart, dass die Bälle $U{\left(\varphi _{j}(P),r\right)}$ zu $j\neq 0$ zueinander disjunkt sind.
# Ungerichteter Graph/Zusammenhängend/Radius/Definition

Unter dem Radius
eines zusammenhängenden Graphen $G=(V,E)$ versteht man den Ausdruck
    $\operatorname {min} \left(\operatorname {max} \left(d(u,v){|}u\in V\right){|}v\in V\right).$
# Restklassenringe (Z)/Chinesischer Restsatz/Fakt/Beweis

Da die Ringe links und rechts beide endlich sind und die gleiche Anzahl von Elementen haben, nämlich $n$, genügt es, die Injektivität zu zeigen. Es sei $x$ eine natürliche Zahl, die im Produktring (rechts) zu $0$ wird, also modulo $p_{i}^{r_{i}}$ den Rest $0$ hat für alle $i=1,2,\ldots ,k$. Dann ist $x$ ein Vielfaches von $p_{i}^{r_{i}}$ für alle $i=1,2,\ldots ,k$, d.h. in der Primfaktorzerlegung von $x$ muss $p_{i}$ zumindest mit dem Exponenten $r_{i}$ vorkommen. Also muss $x$ nach Fakt ein Vielfaches des Produktes sein, also ein Vielfaches von $n$. Damit ist $x=0$ in $\mathbb {Z} /(n)$ und die Abbildung ist injektiv.
# D-Singularität/Irreduzibel/Nicht prim/Aufgabe

Finde in den Koordinatenringen zu den $D$-Singularitäten, also in $K[X,Y,Z]/{\left(X^{2}+YZ^{2}+Y^{m+1}\right)}$ zu $m\geq 2$, Elemente, die irreduzibel, aber nicht prim sind.
# Ungerichteter Graph/Zyklus/Definition

Ein Weg $v_{1},\ldots ,v_{m}$ in einem Graphen $(V,E)$ heißt Zyklus,
wenn $v_{1}=v_{m}$ ist.
# Restklassenringe (Z)/Einheitengruppe/Primitive Elemente/Anzahl/Fakt/Beweis

Aufgrund der Existenz von primitiven Elementen gibt es eine Isomorphie
    $\mathbb {Z} /(p-1)={\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }\,.$
Daher geht es um die Anzahl der Erzeuger der additiven Gruppe $\mathbb {Z} /(p-1)$. Ein Element aus $\mathbb {Z} /(p-1)$ ist ein Gruppenerzeuger genau dann, wenn es in $\mathbb {Z} /(p-1)$ (als Ring betrachtet) eine Einheit ist. Deshalb ist die Anzahl gerade $\varphi (p-1)$.
# Dachprodukt/Abbildung mit fixierten Dachprodukt/Alternierend/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und $V$ ein $K$-Vektorraum. Es seien $u_{1},\ldots ,u_{n}\in V$. Zeige, dass es zu jedem $k\in \mathbb {N}$ eine eindeutig bestimmte lineare Abbildung
    $\bigwedge ^{k}V\longrightarrow \bigwedge ^{k+n}V$
mit $v_{1}\wedge \ldots \wedge v_{k}\mapsto v_{1}\wedge \ldots \wedge v_{k}\wedge u_{1}\wedge \ldots \wedge u_{n}$ gibt.
# Ungerichteter Graph/Äquivalenzrelation/Quotientengraph/Definition

Es sei $G=(V,E)$ ein Graph und sei $\sim$ eine Äquivalenzrelation auf $V$. Dann nennt man die Quotientenmenge $V/\sim$, versehen mit der Bildgraphstruktur zur kanonischen Abbildung
    $V\longrightarrow V/\sim ,$
den Quotientengraphen
zu $\sim$. Er wird mit $G/\sim$ bezeichnet.
# Restklassenringe (Z)/Einheitengruppe/Primzahlpotenz/Zyklisch/Fakt/Beweis

Nach Fakt ist die Abbildung
    $\varphi \colon {\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }\longrightarrow {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$
surjektiv. Die Einheitengruppe ${\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ ist zyklisch aufgrund von Fakt. Sei $v\in {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ ein erzeugendes (also primitives) Element dieser Gruppe (der Ordnung $p-1$) und sei $u\in {\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }$ ein Element, das auf $v$ abgebildet wird. Die Ordnung von $u$ ist dann ein positives Vielfaches von $p-1$. Es gibt daher auch ein $w\in {\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }$ (nämlich eine gewissse Potenz von $u$), das genau die Ordnung $p-1$ besitzt.
Auf der anderen Seite gibt es nach Fakt ein Element $a\in {\left(\mathbb {Z} /(p^{r})\right)}^{\times }$, das den Kern von $\varphi$ erzeugt und die Ordnung $p^{r-1}$ besitzt. Die Ordnung von $aw$ ist somit das kleinste gemeinsame Vielfache von $p^{r-1}$ und $p-1$, also $p^{r-1}(p-1)$. Da dies die Gruppenordnung ist, muss die Gruppe zyklisch sein und $aw$ ist ein Erzeuger.
# Dachprodukt/Direkte Summe/Volle Dimension/Aufgabe

Es sei
    $V=U\oplus W\,$
eine direkte Zerlegung in Untervektorräume der Dimension $\dim _{K}{\left(U\right)}=r$ und $\dim _{K}{\left(U\right)}=s$. Zeige, dass es eine kanonische Isomorphie
    $\bigwedge ^{r+s}V\cong \bigwedge ^{r}U\otimes \bigwedge ^{s}W\,$
gibt.
# Untergruppe/Normalteiler/Definition

Es sei $G$ eine Gruppe und $H\subseteq G$ eine Untergruppe. Man nennt $H$ einen Normalteiler, wenn
    $xH=Hx\,$
für alle $x\in G$ ist, wenn also die Linksnebenklasse zu $x$ mit der Rechtsnebenklasse zu $x$ übereinstimmt.
# Restklassenringe (Z)/Quadratreste/-1/Fakt/Beweis

Die erste Aussage ist klar, sei also $p$ ungerade. Nach Fakt ist die Einheitengruppe zyklisch der geraden Ordnung $p-1$. Identifiziert man $({\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times },1,\cdot )$ mit $(\mathbb {Z} /(p-1),0,+)$, so entspricht $-1$ dem Element ${\frac {p-1}{2}}$, und $-1$ besitzt genau dann eine Quadratwurzel, wenn ${\frac {p-1}{2}}$ in $\mathbb {Z} /(p-1)$ ein Vielfaches von $2$ ist. Dies ist aber genau dann der Fall, wenn ${\frac {p-1}{2}}$ selbst gerade ist, was zu $p=1\mod 4$ äquivalent ist.
# Dachprodukt/Index größer als Dimension/0/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und $V$ ein $m$-dimensionaler $K$-Vektorraum. Es sei $n<m$. Zeige $\bigwedge ^{n}V=0$.
# Unterhalbgruppe/Definition

Eine Teilmenge $T\subseteq M$ einer Halbgruppe $(M,\cdot )$ heißt Unterhalbgruppe von $M$, wenn sich die Multiplikation von $M$ auf $T$ einschränken lässt.
# Restklassenringe (Z)/Quadratreste/Anzahl/Fakt/Beweis

Zunächst ist $0$ ein quadratischer Rest. Wir betrachten im folgenden nur noch die Einheiten in $\mathbb {Z} /(p)$ (also die von $0$ verschiedenen Reste) und zeigen, dass es darunter gleich viele quadratische und nichtquadratische Reste gibt. Die Abbildung
    ${\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }\longrightarrow {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times },\,x\longmapsto x^{2},$
ist offenbar ein Gruppenhomomorphismus der Einheitengruppe in sich selbst. Ein Element $k\in {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ ist genau dann ein Quadratrest, wenn es im Bild dieses Homomorphismus liegt. Nach dem Isomorphiesatz ist „Bild = Urbild modulo Kern“, sodass wir den Kern bestimmen müssen. Der Kern besteht aus allen Elementen $x$ mit $x^{2}=1$. Dazu gehören $1$ und $-1$, und diese beiden Elemente sind verschieden, da $p$ ungerade ist. Aus der polynomialen Identität $x^{2}-1=(x+1)(x-1)$ folgt, dass es keine weiteren Lösungen geben kann. Der Kern besteht also aus genau $2$ Elementen und damit besteht das Bild aus ${\frac {p-1}{2}}$ Elementen.
# Dachprodukt/Konstruktion/n ist 1/Aufgabe

Es sei $K$ ein Körper und $V$ ein $K$-Vektorraum. Zeige die Gleichheit $V=\bigwedge ^{1}V$.
# Unterkörper/Direkt/Definition

Eine Teilmenge $K\subseteq L$ eines Körpers $L$ heißt Unterkörper
von $L$, wenn folgende Eigenschaften gelten.
* Es ist $0,1\in K$.
* Mit $a,b\in K$ ist auch $a+b\in K$.
* Mit $a,b\in K$ ist auch $a\cdot b\in K$.
* Mit $a\in K$ ist auch $-a\in K$.
* Mit $a\in K$, $a\neq 0$, ist auch $a^{-1}\in K$.
# Restklassenringe (Z)/Quadratreste/Beschreibung des Legendre Symbols mit Summe/Fakt/Beweis

* Zur Berechnung von $\epsilon _{i}=\epsilon _{i}(k)$ muss man bestimmen, ob der betragsmäßig kleinste Repräsentant von $a=ki$ in $\mathbb {Z} /(p)$ positiv oder negativ ist. Dies hängt davon ab, ob $a$ zu einem Intervall der Form $[\ell p,\ell p+{\frac {p}{2}}]$ oder der Form $[\ell p+{\frac {p}{2}},(\ell +1)p]$ gehört (wobei die Ränder wegen den Voraussetzungen unproblematisch sind). Dies hängt davon ab, ob $\left\lfloor {\frac {2a}{p}}\right\rfloor$ gerade oder ungerade ist.
* Aus Teil (1) und dem Gaußschen Vorzeichenlemma folgt wegen (mit $t={\frac {p-1}{2}}$) die Behauptung.
    $\left({\frac {k}{p}}\right)=\prod _{i=1}^{t}\epsilon _{i}=\prod _{i=1}^{t}(-1)^{\left\lfloor {\frac {2ki}{p}}\right\rfloor }=(-1)^{S(2k,p)}\,$
* Es sei nun $k$ ungerade. Dann ist $(p+k)/2$ eine ganze Zahl. Unter Verwendung von Teil (2) erhält man Für den Exponenten rechts gilt Wegen ${\frac {(t+1)t}{2}}={\frac {(p+1)}{2}}\cdot {\frac {(p-1)}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {p^{2}-1}{8}}$ folgt nach dem zweiten Ergänzungssatz die Identität Man kann daher in der Gesamtgleichungskette kürzen und erhält die Aussage.
    $\left({\frac {2}{p}}\right)\left({\frac {k}{p}}\right)=\left({\frac {2k}{p}}\right)=\left({\frac {2(p+k)}{p}}\right)=\left({\frac {(p+k)/2}{p}}\right)=(-1)^{S(p+k,p)}\,.$
    $S(p+k,p)=\sum _{i=1}^{t}\left\lfloor {\frac {i(p+k)}{p}}\right\rfloor =\sum _{i=1}^{t}\left\lfloor {\frac {ik}{p}}\right\rfloor +\sum _{i=1}^{t}i=S(k,p)+{\frac {(t+1)t}{2}}\,.$
    $\left({\frac {2}{p}}\right)=(-1)^{\frac {(t+1)t}{2}}\,.$
    $\left({\frac {2}{p}}\right)\left({\frac {k}{p}}\right)=(-1)^{S(p+k,p)}=(-1)^{S(k,p)+{\frac {(t+1)t}{2}}}=(-1)^{S(k,p)}(-1)^{\frac {(t+1)t}{2}}=(-1)^{S(k,p)}\left({\frac {2}{p}}\right)\,$
# Dachprodukt/Körperwechsel/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung, $V$ ein $K$-Vektorraum und $n\in \mathbb {N}$. Zeige, dass es eine kanonische Isomorphie der $L$-Vektorräume
    $\bigwedge ^{n}V_{L}\,\,{\text{ und }}\,\,(\bigwedge ^{n}V)_{L}$
(wobei links das Dachprodukt über $L$ steht) gibt.
# Untermonoid/Definition

Eine Teilmenge $T\subseteq M$ eines Monoids $(M,\cdot ,1)$ heißt Untermonoid von $M$, wenn $1\in T$ ist und wenn sich die Multiplikation von $M$ auf $T$ einschränken lässt.