OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Zahlbereich/Galoiserweiterung/Artinsymbol/Bemerkung

Es sei $R\subseteq S$ eine Erweiterung von Zahlbereichen zu einer Galoiserweiterung $Q(R)=K\subseteq Q(S)=L$ mit Galoisgruppe $G$. Wenn ein Primideal ${\mathfrak {p}}$ aus $R$ unverzweigt in $S$ und ${\mathfrak {q}}$ ein Primideal darüber ist, so liegt nach Fakt (3) ein kanonischer Isomorphismus zwischen der Zerlegungsgruppe $G_{\mathfrak {q}}$ und der zyklischen Galoisgruppe $\operatorname {Gal} \,(\kappa ({\mathfrak {q}}){|}\kappa ({\mathfrak {p}}))$, die vom Frobenius bzw. einer Frobeniuspotenz (siehe Fakt) erzeugt wird. Man nennt daher auch den entsprechenden Erzeuger der Zerlegungsgruppe $G_{\mathfrak {q}}$ den Frobenius. Dafür schreibt man
    ${\left({\mathfrak {q}},L/K\right)}$
und spricht vom Frobenius. Es ist also ${\left({\mathfrak {q}},L/K\right)}\in G_{\mathfrak {q}}\subseteq G$, und man betrachtet diesen Frobenius als Element der Galoisgruppe. Wenn ${\mathfrak {q}}'$ ein weiteres Primideal über ${\mathfrak {p}}$ ist, so sind nach Fakt die Zerlegungsgruppen über
    $G_{\mathfrak {q}}\longrightarrow G_{{\mathfrak {q}}'},\,\sigma \longmapsto \tau \circ \sigma \circ \tau ^{-1},$
zueinander isomorph und zwar konjugiert in $G$. Insbesondere sind dann die Frobenii zueinander konjugiert und bilden eine Konjugationsklasse. Wenn zusätzlich eine abelsche Erweiterung vorliegt, so stimmen diese Frobenius-Automorphismen überein und hängen nur von dem Primideal ${\mathfrak {p}}$ aus $R$ ab. Man bezeichnet diesen Frobenius mit ${\left({\mathfrak {p}},L/K\right)}$ und spricht vom Artinsymbol.
# Graduierte Erweiterung von Q/x^4+4/Zerlegung/Beispiel

Die $\mathbb {Q}$-Algebra $\mathbb {Q} [X]/(X^{4}+4)$ ist eine $\mathbb {Z} /(4)$-graduierte $\mathbb {Q}$-Algebra. Das Polynom $X^{4}+4$ besitzt keine Nullstelle in $\mathbb {Q}$, es ist aber nicht irreduzibel, wie die Zerlegung
    $X^{4}+4=(X^{2}-2X+2)(X^{2}+2X+2)\,$
zeigt. Es liegt also keine graduierte Körpererweiterung vor.
# Fibonacci-Zahlen/Binet Formel/Aufgabe

Beweise durch Induktion die Binet-Formel für die Fibonacci-Zahlen. Diese besagt, dass
    $f_{n}={\frac {{\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)}^{n}-{\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)}^{n}}{\sqrt {5}}}\,$
gilt ($n\geq 1$).
# Zahlbereich/Ideal/Element mit beschränkter Norm/Fakt/Beweis

Für jede Wahl von positiven reellen Zahlen $d_{\tau }$ (wobei $\tau$ die komplexen Einbettungen durchläuft, und wobei die Paarbedingung für nichtreelles $\tau$ gelte) mit
    $\prod _{\tau }d_{\tau }>\left({\frac {2}{\pi }}\right)^{s}{\sqrt {\vert {\Delta }\vert }}N({\mathfrak {a}})\,$
gibt es nach Fakt ein $f\in {\mathfrak {a}}$, $f\neq 0$, mit
    $\vert {\tau (f)}\vert <d_{\tau }\,$
für jede komplexe Einbettung $\tau$. Nach Fakt ist somit
    $\vert {N(f)}\vert =\prod _{\tau }\vert {\tau (f)}\vert <\prod _{\tau }d_{\tau }\,.$
Würde es kein $f$ mit Betragsnorm unterhalb (einschließlich) der angegebenen Grenze geben, könnte man daraus direkt einen Widerspruch produzieren.
# Differentialgleichung/Potenzreihenansatz/y' ist ty-2t^2+1/Aufgabe/Lösung

Wir machen den Ansatz
    $y(t)=a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \,,$
wegen der Anfangsbedingung ist ja direkt $a_{0}=0$. Die Ableitung ist
    $y'(t)=a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots \,,$
das führt auf die Gleichung
    $a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots =t{\left(a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \right)}-2t^{2}+1\,.$
Daraus kann man
    $a_{1}=1\,$
ablesen, sodann
    $a_{2}=0\,$
und daher
    $3a_{3}=1-2=-1\,,$
also
    $a_{3}=-{\frac {1}{3}}\,.$
Der Potenzreihenansatz liefert also bis zur Ordnung $3$ die Lösung
    $y(t)=t-{\frac {1}{3}}t^{3}\,.$
# Zahlbereich/Hauptdivisor/Berechnung mit Restsatz/Bemerkung

Zu einem Zahlbereich $R$ und einem Element $f\in R$, $f\neq 0$, kann man folgendermaßen den zugehörigen Hauptdivisor bzw. die Primidealzerlegung $(f)={\mathfrak {p}}_{1}^{r_{1}}\cdots {\mathfrak {p}}_{k}^{r_{k}}$ algorithmisch berechnen. Dabei arbeitet man im Restklassenring $R/(f)$ und man setzt voraus, dass für $R$ selbst eine Restklassendarstellung über $\mathbb {Z}$ vorliegt. Für den Restklassenring $R/(f)$ hat man dann ebenfalls eine Restklassendarstellung und man weiß, dass dieser endlich ist, also grundsätzlich algorithmisch beherrschbar ist. Das erste Problem ist, die Primideale in $R$ zu bestimmen, in denen $f$ enthalten ist, doch diese entsprechen den maximalen Idealen ${\mathfrak {m}}_{1},\ldots ,{\mathfrak {m}}_{k}$ von $R/(f)$ (die zugehörigen Primideale in $R$ seien mit ${\mathfrak {p}}_{i}$ bezeichnet). Dabei liegt dann ein Produktring
    $R/(f)=R_{1}\times \cdots \times R_{k}\,$
vor, wobei die $R_{j}$ lokal mit Restklassenkörper $R/{\mathfrak {m}}_{j}=R/{\mathfrak {p}}_{j}$ sind. Wegen Fakt weiß man
    $R/{\mathfrak {p}}_{j}^{r_{j}}=R_{j}\,.$
Man kann nun in $R_{j}$ die Exponenten $r_{j}$ jeweils als die minimalen Exponenten mit ${\mathfrak {m}}_{j}^{r}=0$ bestimmen. Bei der Bestimmung der Exponenten hilft auch die Norm. Nach Fakt in Verbindung mit Fakt ist
    $\vert {N(f)}\vert ={\#\left(R/(f)\right)}=N({\mathfrak {p}}_{1})^{r_{1}}\cdots N({\mathfrak {p}}_{k})^{r_{k}}\,$
und aus
    ${\#\left(R_{j}\right)}=N({\mathfrak {p}}_{j})^{r_{j}}\,$
kann man wieder die Exponenten $r_{j}$ bestimmen.
# Graduierte Körpererweiterung/Q(3.sqrt(2), sqrt(-3))/Galois/Beispiel

Wir betrachten die $\mathbb {Z} /(6)$-graduierte Körpererweiterung
    $\mathbb {Q} \subseteq L=\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{2}},{\sqrt {-3}}]=\mathbb {Q} [{\sqrt[{6}]{-108}}]=\mathbb {Q} [X]/(X^{6}+108)\,.$
Die Graduierung ist durch $L_{i}=\mathbb {Q} \cdot x^{i}$ mit $x={\sqrt[{6}]{-108}}={\sqrt[{3}]{2}}\cdot {\sqrt {-3}}$ gegeben. Es ist ${\sqrt {-3}}=-{\frac {1}{6}}x^{3}$ und ${\sqrt[{3}]{2}}={\frac {1}{18}}x^{4}$. Da es in $\mathbb {Q}$ keine primitive dritte Einheitswurzel gibt, ist $\operatorname {Char} \,(\mathbb {Z} /(6),\mathbb {Q} ^{\times })\cong \mathbb {Z} /(2)$ und daher gibt es nur zwei homogene Automorphismen (somit ist dies auch keine Kummererweiterung). Dennoch handelt es sich um eine Galoiserweiterung. Zunächst gehört
    $\zeta _{3}={\frac {-1+{\sqrt {-3}}}{2}}={\frac {-6-x^{3}}{12}}\,$
zu $L$ und es ist $\mathbb {Q} (\zeta _{3})=\mathbb {Q} ({\sqrt {-3}})=L_{0}\oplus L_{3}$. Ein weiterer (mit der Graduierung verträglicher) Zwischenkörper ist $\mathbb {Q} {\left({\sqrt[{3}]{2}}\right)}=L_{0}\oplus L_{2}\oplus L_{4}$. Die durch $x^{i}\mapsto (-1)^{i}x^{i}$ gegebene Abbildung ist ein homogener Automorphismus $\varphi$ mit $\varphi ^{2}=\operatorname {Id}$. Aber auch die Zuordnung $x^{i}\mapsto (\zeta _{3})^{i}x^{i}$ definiert einen (nicht-homogenen) Automorphismus $\psi$ mit $\psi ^{3}=\operatorname {Id}$. Es gibt also insgesamt $6$ Automorphismen und daher liegt eine Galoiserweiterung vor. Dabei ist
    $(\varphi \circ \psi )(x)=\varphi (\psi (x))=\varphi {\left(\zeta _{3}x\right)}=\varphi {\left({\frac {-6x-x^{4}}{12}}\right)}={\frac {6x-x^{4}}{12}}\,$
und
    $(\psi \circ \varphi )(x)=\psi (\varphi (x))=\psi (-x)=-\psi (x)=-{\frac {-6x-x^{4}}{12}}={\frac {6x+x^{4}}{12}}\,.$
Daher ist die Galoisgruppe nicht kommutativ, und es muss $\operatorname {Gal} \,(L{|}\mathbb {Q} )=S_{3}$ sein. Der Körper $\psi {\left(\mathbb {Q} {\left({\sqrt[{3}]{2}}\right)}\right)}$ ist ein nichthomogener Zwischenkörper.
# Fibonacci-Zahlen/Bruch/Konvergenz und Limes/Aufgabe

Es sei ${\left(f_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Folge der Fibonacci-Zahlen und
    $x_{n}={\frac {f_{n}}{f_{n-1}}}\,.$
Zeige, dass diese Folge in $\mathbb {R}$ konvergiert und dass der Grenzwert $x$ die Bedingung
    $x=1+x^{-1}\,$
erfüllt. Berechne daraus $x$.
# Zahlbereich/Ideal/Restklassenring/Endlich/Fakt/Beweis

Nach Fakt gibt es ein $m\in \mathbb {Z} \cap {\mathfrak {a}}$, $m\neq 0$. Damit ist $mR\subseteq {\mathfrak {a}}$ und damit hat man eine surjektive Abbildung
    $R/(m)\longrightarrow R/{\mathfrak {a}}.$
Der Ring links ist nach Fakt endlich (mit $m^{n}$ Elementen), also besitzt der Ring rechts auch nur endlich viele Elemente.
# Differentialgleichung/Uneindeutigkeit/v' ist 3v^(2 durch3)/Aufgabe/Lösung

Es gibt die stationäre Lösung
    $y(t)=0\,$
und auch die Lösung
    $z(t)=t^{3}\,.$
Deren Ableitung ist ja $3t^{2}$ und die rechte Seite ergibt ebenfalls
    $3{\sqrt[{3}]{z(t)^{2}}}=3{\sqrt[{3}]{(t^{3})^{2}}}=3{\sqrt[{3}]{t^{6}}}=3t^{2}\,.$
Hier kann man Fakt
# Zahlbereich/Ideal/Inverses gebrochenes Ideal/Produkt/Bemerkung

Zu einem gebrochenen Ideal ${\mathfrak {f}}\neq 0$ in einem Zahlbereich $R$ nennt man
    ${\mathfrak {f}}^{-1}:={\left\{q\in Q(R)\mid q\cdot {\mathfrak {f}}\subseteq R\right\}}\,$
das zugehörige inverse gebrochene Ideal. Es ist klar, dass dies ein von $0$ verschiedener $R$-Untermodul von $Q(R)$ ist, die endliche Erzeugtheit ist etwas schwieriger zu zeigen. Zunächst beachte man, dass zu zwei gebrochenen Idealen mit der Beziehung ${\mathfrak {g}}=r{\mathfrak {f}}$ mit $r\in Q(R)$ für die inversen Ideale die Beziehung ${\mathfrak {g}}^{-1}=r^{-1}{\mathfrak {f}}^{-1}$ gilt. Wenn nun ${\mathfrak {f}}$ durch ${\frac {a_{1}}{b_{1}}},\ldots ,{\frac {a_{n}}{b_{n}}}$ erzeugt wird, so ist ${\mathfrak {f}}\cong {\frac {\mathfrak {f}}{a}}={\mathfrak {g}}$ mit $a=a_{1}\cdots a_{n}$ und ${\mathfrak {g}}$ besitzt ein Erzeugendensystem der Form ${\frac {1}{c_{1}}},\ldots ,{\frac {1}{c_{n}}}$ mit $c_{i}\in R$. Die Bedingung
    $q{\frac {1}{c_{i}}}\in R\,$
impliziert $q\in R$. Daher ist das inverse gebrochene Ideal selbst ein Ideal, also endlich erzeugt.
Für das Produkt ist offenbar
    ${\mathfrak {f}}\cdot {\mathfrak {f}}^{-1}\subseteq R\,,$
es ist aber nicht unmittelbar klar, dass hier sogar Gleichheit gilt. Dies folgt daraus, dass man die Gleichheit lokal testen kann, die Produktbildung lokal ist und die Lokalisierungen diskrete Bewertungsringe sind.
# Fibonacci-Zahlen/Matrix/Iterationen/Eigenvektoren/Aufgabe

Wir betrachten die reelle Matrix
    $M={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}\,.$
a) Bestimme
    $M^{n}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$
für $n=1,2,3,4$.
b) Sei
    ${\begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix}}:=M^{n}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,.$
Erstelle eine Beziehung zwischen den Folgen $x_{n}$ und $y_{n}$ und Rekursionsformeln für diese Folgen.
c) Bestimme die Eigenwerte und die Eigenvektoren zu $M$.
# Graduierte Körpererweiterung/Q(sqrt(2), sqrt(3))/Beispiel

Wir betrachten den von ${\sqrt {2}}$ und ${\sqrt {3}}$ erzeugten Unterkörper $L=\mathbb {Q} ({\sqrt {2}},{\sqrt {3}})=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}},{\sqrt {3}}]$ von ${\mathbb {C} }$ (oder von $\mathbb {R}$). Die Elemente $1,{\sqrt {2}},{\sqrt {3}},{\sqrt {6}}$ bilden dabei unmittelbar ein $\mathbb {Q}$-Erzeugendensystem und sogar eine Basis, da man andernfalls ${\sqrt {3}}$ als rationale Linearkombination von $1$ und ${\sqrt {2}}$ ausdrücken könnte. Damit liegt insgesamt eine Körpererweiterung vom Grad vier vor. Sei $D=\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(2)$. Wir setzen
    $L_{(0,0)}=\mathbb {Q} ,\,L_{(1,0)}=\mathbb {Q} \cdot {\sqrt {2}},\,L_{(0,1)}=\mathbb {Q} \cdot {\sqrt {3}}\,,L_{(1,1)}=\mathbb {Q} \cdot {\sqrt {6}},$
und erhalten dadurch eine $D$-graduierte Körpererweiterung von $\mathbb {Q}$.
# Zahlbereich/Ideale und Divisoren/Bijektion/Fakt/Beweis

Wir starten mit einem Ideal ${\mathfrak {a}}\neq 0$ und vergleichen ${\mathfrak {a}}$ und $\operatorname {Id} (\operatorname {div} ({\mathfrak {a}}))$. Es sei zunächst $f\in {\mathfrak {a}}$. Es ist dann $\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(f)\geq \operatorname {min} {\left\{\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(g)\mid g\in {\mathfrak {a}}\right\}}$ für jedes Primideal ${\mathfrak {p}}\neq 0$, sodass natürlich $\operatorname {div} {\left(f\right)}\geq \operatorname {div} ({\mathfrak {a}})$ gilt. Also ist $f\in \operatorname {Id} (\operatorname {div} ({\mathfrak {a}}))$. Ist hingegen $f\notin {\mathfrak {a}}$, so gibt es nach Aufgabe auch ein Primideal ${\mathfrak {p}}\neq 0$ mit $f\notin {\mathfrak {a}}R_{\mathfrak {p}}$. Da $R_{\mathfrak {p}}$ ein diskreter Bewertungsring ist, gilt $\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(f)<\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,({\mathfrak {a}})$. Also ist $\operatorname {div} {\left(f\right)}\not \geq \operatorname {div} ({\mathfrak {a}})$ und somit $f\notin \operatorname {Id} (\operatorname {div} ({\mathfrak {a}}))$. Insbesondere ist die Abbildung injektiv. Die Surjektivität ergibt sich aus Fakt (1) in Verbindung mit Fakt (2), was auch den Zusatz ergibt.
# Differentialgleichung/y' ist Betrag von y/Aufgabe/Lösung

Es handelt sich um eine zeitunabhängige Differentialgleichung mit
    $h(u)=\vert {u}\vert \,.$
Die Nullstelle $u=0$ führt zur konstanten Lösung $y(t)=0$. Auf $\mathbb {R} _{+}$ ist $h$ stets positiv und es liegt die Differentialgleichung $y'=y$ auf $\mathbb {R} _{+}$ mit den Lösungen
    $y(t)=ce^{t}\,$
mit $c\in \mathbb {R} _{+}$ vor (die Lösungen müssen im Definitionsbereich der Differentialgleichung landen). Auf $\mathbb {R} _{-}$ ist $h$ stets negativ und es liegt die Differentialgleichung $y'=-y$ auf $\mathbb {R} _{-}$ mit den Lösungen
    $y(t)=ce^{-t}\,$
mit $c\in \mathbb {R} _{-}$
# Zahlbereich/Ideale und Divisoren/Divisor zu Ideal/Bemerkung

Man kann den Divisor zu einem Ideal auch durch
    $\operatorname {div} ({\mathfrak {a}})=\operatorname {min} {\left\{\operatorname {div} {\left(f\right)}\mid f\in {\mathfrak {a}},\,f\neq 0\right\}}\,$
definieren, wobei das Minimum über Divisoren komponentenweise erklärt ist. Es gibt im Allgemeinen kein Element, das an allen Primstellen simultan das Minimum annimmt. Da zu einem einzelnen Element $0\neq f\in {\mathfrak {a}}$ der zugehörige Hauptdivisor nur an endlich vielen Stellen von $0$ verschieden ist, gilt das erst recht für den Divisor zu einem Ideal.
Die Ordnung $\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,({\mathfrak {a}})$ kann man auch als Ordnung des Ideals $\operatorname {ord} ({\mathfrak {a}}R_{\mathfrak {p}})$ im diskreten Bewertungsring $R_{\mathfrak {p}}$ ansehen. Dabei ist ${\mathfrak {a}}R_{\mathfrak {p}}$ das Erweiterungsideal zu ${\mathfrak {a}}$ in $R_{\mathfrak {p}}$. Dieses Ideal hat einen Erzeuger $p^{k}$, wobei $p$ ein Primelement im diskreten Bewertungsring ist; die Ordnung ist dann $k$.
# Graduierte Körpererweiterung/Q(sqrt(2), sqrt(3))/Zwischenkörper/Diagramm/Beispiel

Wir knüpfen an Beispiel an. Aufgrund von Fakt liegt eine Galoiserweiterung vor. Die graduierende Gruppe ist $D=\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(2)$. Neben der trivialen Untergruppe und $D$ selbst gibt es noch die drei Untergruppen $\{(0,0),(1,0)\},\,\{(0,0),(0,1)\},\,\{(0,0),(1,1)\}$, die den Zwischenkörpern
    $\mathbb {Q} ,\,\mathbb {Q} ({\sqrt {2}}),\,\mathbb {Q} ({\sqrt {3}}),\,\mathbb {Q} ({\sqrt {6}}),\,L$
entsprechen. Wegen Fakt gibt es keine weiteren Zwischenkörper. Die Galoisgruppe ist $G=D^{\vee }\cong \mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(2)$ nach Fakt. Zur Untergruppe $E=\{(0,0),(1,0)\}\subseteq D$ gehört dabei $E^{\perp }$ (das der Galoisgruppe $\operatorname {Gal} \,(L_{E}{|}\mathbb {Q} )$ entspricht), das aus dem konstanten Charakter und der Abbildung
    $\chi \colon D\longrightarrow \mathbb {Q} ^{\times }$
besteht, die $E$ auf $1$ und $D\setminus E$ auf $-1$ abbildet. Dazu gehört wiederum der durch
    $1\longmapsto 1,\,{\sqrt {2}}\longmapsto {\sqrt {2}},\,{\sqrt {3}}\longmapsto -{\sqrt {3}},\,{\sqrt {6}}\longmapsto -{\sqrt {6}}$
festgelegte $\mathbb {Q}$-Automorphismus $\varphi$.
# Fibonacci-Zahlen/Natur/Kaninchen/Aufgabe

Kaninchen werden bekanntlich immer zur Monatsmitte geboren, die Tragzeit beträgt einen Monat und die Geschlechtsreife erreichen sie im Alter von zwei Monaten. Jeder Wurf besteht aus genau einem Paar, und alle leben ewig.
Wir starten im Monat $1$ mit einem Paar, das einen Monat alt ist. Es sei $f_{n}$ die Anzahl der Kaninchenpaare im $n$-ten Monat, also $f_{1}=1$, $f_{2}=1$. Beweise durch Induktion die Rekursionsformel
    $f_{n+2}=f_{n+1}+f_{n}\,.$
Diese Zahlfolge nennt man die Folge der Fibonacci-Zahlen. Wie viele der $f_{n}$ Paare sind im $n$-ten Monat reproduktionsfähig?
# Zahlbereich/Ideale und Divisoren/Umfassen und teilen/Fakt/Beweis

Die Implikation „$\Leftarrow$“ gilt in beliebigen kommutativen Ringen. Die andere Implikation ist richtig, wenn ${\mathfrak {a}}=0$ ist. Wir können also annehmen, dass die beteiligten Ideale von $0$ verschieden sind. Die Bedingung impliziert nach Fakt (3), dass $\operatorname {div} ({\mathfrak {a}})\geq \operatorname {div} ({\mathfrak {b}})$ ist. Somit ist
    $\operatorname {div} ({\mathfrak {a}})=\operatorname {div} ({\mathfrak {b}})+E\,$
mit einem effektiven Divisor $E$. Nach Fakt übersetzt sich dies zurück zu ${\mathfrak {a}}={\mathfrak {b}}\cdot \operatorname {Id} (E)$, sodass mit ${\mathfrak {c}}=\operatorname {Id} (E)$ die rechte Seite erfüllt ist.
# Zahlbereich/Reine kubische Erweiterung/Beschreibung/Ganzheitsgleichung/Umrechnung/Bemerkung

In der Situation von Fakt mit $q=\pm 1\mod 9$ ist der Ring
    $A=\mathbb {Z} [Y]/{\left(Y^{3}-Y^{2}+{\frac {1-q^{2}}{3}}Y-{\frac {(q^{2}-1)^{2}}{27}}\right)}\,$
nicht normal. Im Beweis wird nur gezeigt, dass die Lokalisierung an $(3)$ normal ist. Wenn $p$ ein Primteiler $\neq 3$ von $q^{2}-1$ ist, so wird darüber das Polynom zu $Y^{3}-Y^{2}$ und besitzt dort eine nichtreduzierte Faser.
ist
    ${\begin{aligned}y^{2}&={\frac {x^{4}+q^{2}x^{2}+1+2qx^{3}+2qx+2x^{2}}{9}}\\&={\frac {qx+q^{2}x^{2}+1+2q^{2}+2qx+2x^{2}}{9}}\\&={\frac {(q^{2}+2)x^{2}+3qx+2q^{2}+1}{9}}.\end{aligned}}$
Daraus kann man
    $x=y^{2}-{\frac {(q^{2}+2)}{3}}y\,$
# Fibonacci-Zahlen/Simpson Formel/Aufgabe

Beweise durch Induktion die Simpson-Formel oder Simpson-Identität für die Fibonacci-Zahlen $f_{n}$. Sie besagt (für $n\geq 2$)
    $f_{n+1}f_{n-1}-f_{n}^{2}=(-1)^{n}\,.$
# Zahlbereich/Ideale und Divisoren/Verträglichkeit mit Operationen/Fakt/Beweis

* Für jedes Element $f\in {\mathfrak {p}}$ gilt auch $f\in {\mathfrak {p}}R_{\mathfrak {p}}$ und daher ist $\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(f)\geq 1$. Umgekehrt besitzt der diskrete Bewertungsring $R_{\mathfrak {p}}$ ein Element $p$, das das maximale Ideal ${\mathfrak {p}}R_{\mathfrak {p}}$ erzeugt und die Ordnung eins hat. Man kann $p={\frac {a}{b}}$ mit $a,b\in R$ und $b\notin {\mathfrak {p}}$ schreiben. Dabei ist $a\in {\mathfrak {p}}$ und $a$ hat in $R_{\mathfrak {p}}$ die Ordnung $1$. Es sei nun ${\mathfrak {q}}\neq {\mathfrak {p}}$ ein weiteres Primideal $\neq 0$. Da beide maximal sind gibt es ein Element $g\in {\mathfrak {p}}$, $g\notin {\mathfrak {q}}$. Dieses hat dann in ${\mathfrak {q}}$ die Ordnung $0$.
* Fixiere ein Primideal ${\mathfrak {p}}$. Sei $h\in {\mathfrak {a}}\cdot {\mathfrak {b}}$ und schreibe $h=\sum _{i=1}^{k}f_{i}g_{i}$ mit $f_{i}\in {\mathfrak {a}}$ und $g_{i}\in {\mathfrak {b}}$. Dann ist nach Fakt Für die Umkehrung schreiben wir $\operatorname {div} ({\mathfrak {a}})=\sum _{\mathfrak {q}}n_{\mathfrak {q}}\cdot {\mathfrak {q}}$ und $\operatorname {div} ({\mathfrak {b}})=\sum _{\mathfrak {q}}m_{\mathfrak {q}}\cdot {\mathfrak {q}}$. Zu fixiertem ${\mathfrak {p}}$ gibt es ein $f\in {\mathfrak {a}}$ und ein $g\in {\mathfrak {b}}$ mit $\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(f)=n_{\mathfrak {p}}$ und $\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(g)=m_{\mathfrak {p}}$. Dann ist $fg\in {\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}$ und
    $\operatorname {div} {\left(h\right)}\geq \operatorname {min} \{\operatorname {div} (f_{i}g_{i}):i=1,\ldots ,k\}\geq \operatorname {min} \{\operatorname {div} (f_{i})+\operatorname {div} (g_{i}):i=1,\ldots ,k\}\geq \operatorname {div} ({\mathfrak {a}})+\operatorname {div} ({\mathfrak {b}})\,.$
    $\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(fg)=\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(f)+\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}\,(g)=n_{\mathfrak {p}}+m_{\mathfrak {p}}\,.$
* Das ist trivial.
* Die Abschätzung „$\geq$“ folgt aus $\operatorname {div} {\left(f+g\right)}\geq {\min {\left(\operatorname {div} {\left(f\right)},\operatorname {div} {\left(g\right)}\right)}}$. Die Abschätzung „$\leq$“ folgt aus Teil (3).
# Differentialgleichung/y^2+t+yt^2/0/Picard-Lindelöf/Bis dritte Iteration/Aufgabe/Lösung

Wir schreiben das Vektorfeld als $F(t,y)=y^{2}+t+yt^{2}$. Die konstante Anfangsbedingung führt zu $\varphi _{0}=0$. Die erste Picard-Lindelöf-Iteration führt auf
    ${\begin{aligned}\varphi _{1}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{0}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}F(s,0)ds\\&=\int _{0}^{t}sds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}.\end{aligned}}$
Die zweite Picard-Lindelöf-Iteration führt auf
    ${\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{1}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}{\left({\frac {1}{2}}s^{2}\right)}^{2}+s+{\left({\frac {1}{2}}s^{2}\right)}s^{2}ds\\&=\int _{0}^{t}{\frac {1}{4}}s^{4}+s+{\frac {1}{2}}s^{4}ds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {3}{20}}t^{5}.\end{aligned}}$
Die dritte Picard-Lindelöf-Iteration führt auf
    ${\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{2}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}{\left({\frac {1}{2}}s^{2}+{\frac {3}{20}}s^{5}\right)}^{2}+s+{\left({\frac {1}{2}}s^{2}+{\frac {3}{20}}s^{5}\right)}s^{2}ds\\&=\int _{0}^{t}{\frac {1}{4}}s^{4}+{\frac {3}{20}}s^{7}+{\frac {9}{400}}s^{10}+s+{\frac {1}{2}}s^{4}+{\frac {3}{20}}s^{7}ds\\&=\int _{0}^{t}s+{\frac {3}{4}}s^{4}+{\frac {3}{10}}s^{7}+{\frac {9}{400}}s^{10}ds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {3}{20}}t^{5}+{\frac {3}{80}}t^{8}+{\frac {9}{4400}}t^{11}.\end{aligned}}$
# Zahlbereichserweiterung/Trägheitsgrad/Bemerkung

Wenn $R\subseteq S$ eine endliche Erweiterung von Dedekindbereichen ist und ${\mathfrak {m}}$ ein maximales Ideal von $R$ ist und ${\mathfrak {n}}$ ein maximales Ideal von $S$ über ${\mathfrak {m}}$, so ist der Trägheitsgrad einfach der Grad der Körpererweiterung
    $R/{\mathfrak {m}}\longrightarrow S/{\mathfrak {n}}$
(der Trägheitsgrad im Nullideal ist einfach der Grad der Erweiterung der Quotientenkörper). Wenn $R$ und damit auch $S$ ein Zahlbereich ist, so sind diese Körper stets endlich von gleicher Charakteristik $p$, und daher liegt eine Erweiterung der Form ${\mathbb {F} }_{q}\subseteq {\mathbb {F} }_{q'}$ mit $q=p^{e}$ und $q'=p^{e'}$ vor.
# Graph/Gradient und Volumenform/Beispiel

Es sei $V\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge,
    $h\colon V\longrightarrow \mathbb {R}$
eine stetig differenzierbare Funktion und $M\subset \mathbb {R} ^{n}\times \mathbb {R} =\mathbb {R} ^{n+1}$ der zugehörige Graph, den wir als $n$-dimensionale differenzierbare Mannigfaltigkeit auffassen, die zu $V$ über $(x_{1},\ldots ,x_{n})\mapsto (x_{1},\ldots ,x_{n},h(x_{1},\ldots ,x_{n}))$ diffeomorph ist. Diese Mannigfaltigkeit ist zugleich die Faser über $0$ unter der Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{n+1}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x_{1},\ldots ,x_{n},y)\longmapsto h(x_{1},\ldots ,x_{n})-y.$
Der Gradient dieser Abbildung ist
    $\left({\frac {\partial h}{\partial x_{1}}}(P),\,\ldots ,\,{\frac {\partial h}{\partial x_{n}}}(P),\,-1\right)$
Nach Fakt liefert daher die Zuordnung
    $(v_{1},\ldots ,v_{n})\mapsto \det {\begin{pmatrix}{\frac {\partial h}{\partial x_{1}}}(P)&v_{11}&\ldots &v_{n1}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {\partial h}{\partial x_{n}}}(P)&v_{1n}&\ldots &v_{nn}\\-1&v_{1n+1}&\ldots &v_{nn+1}\end{pmatrix}}$
eine stetige nullstellenfreie $n$-Form $\omega$ auf $M$. Wenn man diese Form über die oben beschriebene (einzige) Karte nach $V$ zurückzieht, so ist $\alpha _{*}\omega =fdx_{1}\wedge \ldots \wedge dx_{n}$, wobei sich $f(Q)$ als Wert der Form $\omega$ im Punkt $\alpha ^{-1}(Q)\in M$ bezüglich der Vektoren $T_{Q}(\alpha ^{-1})(e_{1}),\ldots ,T_{Q}(\alpha ^{-1})(e_{n})$ ergibt. Wegen $T_{Q}(\alpha ^{-1})(e_{i})=(e_{i},{\frac {\partial h}{\partial x_{i}}}(Q))$ ist dies
    $f(Q)=\det {\begin{pmatrix}{\frac {\partial h}{\partial x_{1}}}(Q)&1&0&\ldots &0\\{\frac {\partial h}{\partial x_{2}}}(Q)&0&1&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {\partial h}{\partial x_{n}}}(Q)&0&0&\ldots &1\\-1&{\frac {\partial h}{\partial x_{1}}}(Q)&{\frac {\partial h}{\partial x_{2}}}(Q)&\ldots &{\frac {\partial h}{\partial x_{n}}}(Q)\end{pmatrix}}=\pm {\left({\left({\frac {\partial h}{\partial x_{1}}}(Q)\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {\partial h}{\partial x_{n}}}(Q)\right)}^{2}+1\right)}\,,$
wobei das Vorzeichen von $n$ abhängt.
# Finger und Zehen/Aufteilung/Aufgabe

Wir betrachten die Gesamtmenge aller Finger und aller Zehen eines Menschen. Man gebe für jede Faktorzerlegung
    $20=a\cdot b\,$
eine möglichst natürliche Zerlegung dieser $20$ Körperteile in $a$ Teilmengen mit je $b$ Elemente an.