OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Angeordneter Körper/Intervallschachtelung/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Es sei $K$ ein angeordneter Körper. Eine Folge von abgeschlossenen Intervallen
    $I_{n}=[a_{n},b_{n}],\,n\in \mathbb {N} ,$
in $K$ heißt eine Intervallschachtelung, wenn $I_{n+1}\subseteq I_{n}$ für alle $n\in \mathbb {N}$ ist und wenn die Folge der Intervalllängen, also
    ${\left(b_{n}-a_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },$
gegen $0$ konvergiert.
Die Intervalllängen müssen also insbesondere eine fallende Nullfolge bilden. Es wird nicht eine bestimmte Geschwindigkeit dieser Konvergenz verlangt. Die Intervallhalbierung ist eine spezielle Intervallschachtelung, bei der man zusätzlich verlangt, dass das folgende Intervall jeweils die untere oder die obere Hälfte des Vorgängerintervalls ist. Zu einer Dezimalbruchfolge
    $x_{n}={\frac {a_{n}}{10^{n}}}\,$
gehört die Intervallschachtelung
    $I_{n}=[{\frac {a_{n}}{10^{n}}},{\frac {a_{n}+1}{10^{n}}}]\,.$
Hier ist $x_{n}$ der untere Rand des Intervalls $I_{n}$ und es gilt $x_{n+1}\in I_{n}$ (und wobei zusätzlich ausgeschlossen ist, dass $x_{n+1}$ der rechte Rand von $I_{n}$ ist). Die Intervalllängen sind hier ${\frac {1}{10^{n}}}$.

## Satz

Es sei $I_{n}$, $n\in \mathbb {N}$, eine Intervallschachtelung in $\mathbb {R}$.
Dann besteht der Durchschnitt
$x\in \mathbb {R}$.
Eine reelle Intervallschachtelung bestimmt also genau eine reelle Zahl.

### Beweis

$\Box$
Genauer gilt, dass bei einer Intervallschachtelung sowohl die Folge der unteren Intervallgrenzen als auch die Folge der oberen Intervallgrenzen gegen ein und dieselbe Zahl konvergieren. Ebenso konvergiert jede Folge ${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ mit $x_{n}\in I_{n}$ gegen diesen Grenzwert, siehe Aufgabe.
# Spaltenstochastische Matrix/Konvergenzeigenschaften/Fakt/Beweis

Für einen beliebigen Vektor $v\in V$ ist
    ${\begin{aligned}\mid \mid \!Mv\!\mid \mid _{\operatorname {sum} }&=\sum _{i=1}^{n}\vert {(Mv)_{i}}\vert \\&=\sum _{i=1}^{n}\vert {\sum _{j=1}^{n}a_{ij}v_{j}}\vert \\&\leq \sum _{i=1}^{n}{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}\vert {v_{j}}\vert \right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}\vert {v_{j}}\vert {\left(\sum _{i=1}^{n}a_{ij}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}\vert {v_{j}}\vert \\&=\mid \mid \!v\!\mid \mid _{\operatorname {sum} }.\end{aligned}}$
Iterative Anwendung dieser Beobachtung zeigt, dass Fakt (2) erfüllt ist.
# Binomialkoeffizient/Lotto/Teilmengenanzahl/Beispiel

In einer $49$-elementigen Menge gibt es genau
    ${\binom {49}{6}}={\frac {49\cdot 48\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}=13983816\,$
$6$-elementige Teilmengen. Es gibt also so viele mögliche Zahlenkombinationen beim Lotto „Sechs aus 49 “. Der Kehrwert von dieser Zahl ist die Wahrscheinlichkeit, beim Lotto sechs Richtige zu haben. Es werden dabei die Teilmengen gezählt, nicht die möglichen Ziehreihenfolgen. Die Anzahl der möglichen Ziehreihenfolgen ist
    $49\cdot 48\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44,$
zu jeder sechselementigen Teilmenge gibt es $6!$ mögliche Ziehreihenfolgen die auf diese Teilmenge führen.
# Satz von Gauss/Ebene/Fakt/Name/Inhalt

Es sei $T\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ eine regulär berandete, ebene Teilmenge mit dem Rand $\partial T$ und es sei
    $u\colon V\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$
eine auf einer offenen Menge $V\supseteq T$ definierte zweimal stetig differenzierbare Funktion. Dann ist
    ${\begin{aligned}\int _{\partial T}\left(-{\frac {\partial u}{\partial y}},{\frac {\partial u}{\partial x}}\right)&=\int _{T}\triangle ud\lambda ^{2}\\\end{aligned}}$
# Geführte Bewegung/Funktionsgraph/Energieerhaltungssatz/Bemerkung

Die Formel aus Fakt, die die geführte Bewegung auf einem Funktionsgraphen im Gravitationsfeld beschreibt, kann man auch aus dem Energieerhaltungssatz ableiten. Die Energie des bewegten Teilchens setzt sich aus der Lageenergie und der Bewegungsenergie zusammen. Die Lageenergie ist dabei gleich $mgf(x(t))$, wobei $m$ die Masse des Teilchens ist (die Lageenergie wird also gleich $0$ bei der Höhe $0$ gesetzt) und die Bewegungsenergie ist ${\frac {1}{2}}m\Vert {h(t)}\Vert ^{2}$, wobei $h(t)$ die Gesamtbewegung auf dem Graphen beschreibt. Somit ist die Gesamtenergie gleich das $m$-fache von
    ${\begin{aligned}gf(x(t))+{\frac {1}{2}}\Vert {h(t)}\Vert ^{2}&=gf(x(t))+{\frac {1}{2}}{\sqrt {x'(t)^{2}+f'(x(t))^{2}x'(t)^{2}}}^{2}\\&=gf(x(t))+{\frac {1}{2}}x'(t)^{2}(1+f'(x(t))^{2}).\end{aligned}}$
Da diese Energie unabhängig von $t$ ist, muss die Ableitung davon gleich $0$ sein, also
    ${\begin{aligned}0&=gf'(x(t))x'(t)+x'(t)x^{\prime \prime }(t)+x'(t)x^{\prime \prime }(t)f'(x(t))^{2}+f'(x(t))f^{\prime \prime }(x(t))(x'(t))^{3}\\&=x'(t){\left(gf'(x(t))+x^{\prime \prime }(t)+x^{\prime \prime }(t)f'(x(t))^{2}+f'(x(t))f^{\prime \prime }(x(t))(x'(t))^{2}\right)}.\end{aligned}}$
Wir ignorieren die konstanten Lösungen und erhalten
    $gf'(x(t))+x^{\prime \prime }(t)+x^{\prime \prime }(t)f'(x(t))^{2}+f'(x(t))f^{\prime \prime }(x(t))(x'(t))^{2}=0\,.$
was auf
    $x^{\prime \prime }(t){\left(1+f'(x(t))^{2}\right)}=-gf'(x(t))-f'(x(t))f^{\prime \prime }(x(t))(x'(t))^{2}\,$
führt, also
    $x^{\prime \prime }(t)={\frac {-gf'(x(t))-f'(x(t))f^{\prime \prime }(x(t))(x'(t))^{2}}{1+f'(x(t))^{2}}}\,.$
# Anfangswertproblem/y' ist y mal t^3/1 auf 6/Aufgabe/Lösung

Eine Stammfunktion zu $t^{3}$ ist ${\frac {1}{4}}t^{4}$, die allgemeine Lösung ist also
    $y(t)=ce^{\frac {t^{4}}{4}}\,.$
Die Anfangsbedingung führt auf
    $6=y(1)=ce^{\frac {1}{4}}\,,$
also ist
    $c=6e^{-{\frac {1}{4}}}\,$
und die Lösung des Anfangwertproblems ist
    $y(t)=6e^{\frac {t^{4}-1}{4}}\,.$
# Endliche Gruppe/C^n/Linear/C-Spektrum/Bahnenraum/Aufgabe

Es sei $G$ eine endliche Gruppe, die auf dem ${\mathbb {C} }^{n}$ linear operiere. Es sei $S={\mathbb {C} }[X_{1},\ldots ,X_{n}]^{G}$ der zugehörige Invariantenring. Zeige, dass der Bahnenraum ${\mathbb {C} }^{n}\backslash G$, versehen mit der Bildtopologie des (euklidischen) ${\mathbb {C} }^{n}$, mit dem ${\mathbb {C} }$-Spektrum ${\mathbb {C} }\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(S\right)}$, versehen mit der natürlichen Topologie, übereinstimmt.
# Spaltenstochastische Matrix/Positive Zeile/Eindimensionaler Eigenraum/Fakt/Beweis

(1). Die transponierte Matrix ist zeilenstochastisch und besitzt daher den Eigenvektor ${\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots \\1\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert $1$. Daher besitzt nach Fakt das charakteristische Polynom der transponierten Matrix eine Nullstelle an der Stelle $1$ und dies gilt nach Aufgabe dann auch für die ursprüngliche Matrix. Daher besitzt $M$ einen Eigenvektor zum Eigenwert $1$.
(2). Es seien nun zusätzlich alle Einträge der $k$-ten Zeile positiv und $v\in V$ sei ein Vektor mit
(mindestens) einem positiven und einem negativen Eintrag. Dann ist
    ${\begin{aligned}\mid \mid \!Mv\!\mid \mid _{\operatorname {sum} }&=\sum _{i=1}^{n}\vert {(Mv)_{i}}\vert \\&=\sum _{i=1}^{n}\vert {\sum _{j=1}^{n}a_{ij}v_{j}}\vert \\&=\sum _{i\neq k}\vert {\sum _{j=1}^{n}a_{ij}v_{j}}\vert +\vert {\sum _{j=1}^{n}a_{kj}v_{j}}\vert \\&<\sum _{i\neq k}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}\vert {v_{j}}\vert +\sum _{j=1}^{n}\vert {a_{kj}v_{j}}\vert \\&=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}\vert {v_{j}}\vert \\&=\sum _{j=1}^{n}\vert {v_{j}}\vert {\left(\sum _{i=1}^{n}a_{ij}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}\vert {v_{j}}\vert \\&=\mid \mid \!v\!\mid \mid _{\operatorname {sum} }.\end{aligned}}$
(3). Wie im Beweis zu (2) seien alle Einträge der $k$-ten Zeile positiv. Für einen jeden Eigenvektor $v$ zum Eigenwert $1$ sind nach (2) entweder alle Einträge nichtnegativ oder nichtpositiv. Somit ist für einen solchen Vektor wegen $Mv=v$ der $k$-te Eintrag ungleich $0$. Es seien $v,w$ solche Eigenvektoren. Dann gehört auch ${\frac {w_{k}}{v_{k}}}v-w$ zum Fixraum. Allerdings ist die $k$-te Komponente davon gleich $0$ und daher ist es der Nullvektor. Das bedeutet, dass $v$ und $w$ linear abhängig sind. Somit ist dieser Eigenraum eindimensional. Wegen (2) gibt es einen Eigenvektor zum Eigenwert $1$ mit nichtnegativen Einträgen. Durch Normieren sieht man, dass es auch eine stationäre Verteilung gibt.
# Binomialkoeffizient/Lotto/Teilmengenanzahl/Wahrscheinlichkeit/Beispiel

In Beispiel haben wir die Anzahl der Möglichkeiten berechnet, $6$ Kugeln aus $49$ Kugeln zu ziehen, und zwar gibt es
    ${\binom {49}{6}}={\frac {49\cdot 48\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}=13983816\,$
Möglichkeiten, da es so viele sechselementige Teilmengen gibt. Diese haben alle die gleiche Wahrscheinlichkeit, somit liegt ein Laplace-Raum vor, wobei die einzelnen Elementarereignisse, also eine bestimmte Ziehung, die Wahrscheinlichkeit
    ${\frac {1}{13983816}}$
besitzen.
Wenn man sich für die Wahrscheinlichkeit interessiert, dass die $11$ gezogen wird, so muss man alle sechselementigen Teilmengen zählen, in denen die $11$ vorkommt. Da die $11$ festgelegt ist, geht es um die Anzahl der fünfelementigen Teilmengen der Menge $\{1,2,\ldots ,49\}\setminus \{11\}$, diese Anzahl ist durch ${\binom {48}{5}}$ gegeben. Die Wahrscheinlichkeit ist also
    ${\frac {\binom {48}{5}}{\binom {49}{6}}}={\frac {\,\,{\frac {48\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}\,\,}{\,\,{\frac {49\cdot 48\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}\,\,}}={\frac {6}{49}}\,,$
was man sich auch so klar machen kann: Die Wahrscheinlichkeit, dass die zuerst gezogene Zahl eine $11$ ist, beträgt ${\frac {1}{49}}$, die Wahrscheinlichkeit, dass die als zweite gezogene Zahl eine $11$ ist, beträgt ebenfalls ${\frac {1}{49}}$, u.s.w., und aufsummieren der disjunkten Ereignisse liefert auch ${\frac {6}{49}}$.
Wenn man sich für die Wahrscheinlichkeit interessiert, dass sowohl die $11$ als auch die $37$ gezogen werden, so muss man alle sechselementigen Teilmengen zählen, in denen die $11$ und die $37$ vorkommen. Dies ergibt die Wahrscheinlichkeit
    ${\frac {\binom {47}{4}}{\binom {49}{6}}}={\frac {\,\,{\frac {47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}\,\,}{\,\,{\frac {49\cdot 48\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}\,\,}}={\frac {6\cdot 5}{49\cdot 48}}={\frac {5}{49\cdot 8}}={\frac {5}{392}}\,.$
# Gewöhnliche Differentialgleichung/Höhere Ordnung/Potenzreihenansatz/Durchführung/Bemerkung

Eine
Differentialgleichung höherer Ordnung
    $y^{(n)}=g{\left(t,y,y',y^{\prime \prime },\ldots ,y^{(n-1)}\right)}\,$
kann man mit einem Potenzreihenansatz, also mit einem Ansatz der Form
    $y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\,$
mit unbestimmten Koeffizienten $a_{k}$, (bis zu einer gewissen Ordnung) lösen. Dazu muss die Funktion $g$ polynomial (oder durch eine Potenzreihe gegeben) sein. Damit die Lösung eindeutig ist, müssen zusätzlich Anfangsbedingungen
    $y(0)=b_{0},y'(0)=b_{1},\ldots ,y^{(n-1)}(0)=b_{n-1}$
vorgegeben sein. Die Koeffizienten $a_{k}$ werden sukzessive unter Verwendung der Differentialgleichung und der Anfangsbedingungen gelöst.
# Reelle Funktion/Offenes Intervall/Lokales Extremum/Differenzierbar/Ableitung null/Fakt/Name/Inhalt

Es sei
    $f\colona,b\longrightarrow \mathbb {R}$
eine Funktion, die in $c\ina,b$ ein lokales Extremum besitze und dort differenzierbar sei. Dann ist $f'(c)=0$.
# Anfangswertproblem/Zweiter Ordnung/y'' ist y' y+sin t/Anfang (0,1)/Potenzreihenansatz/Beispiel/Aufgabe/Lösung

Wir machen den Ansatz
    $y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\,.$
Die auszuwertende Potenzreihengleichung ist somit
    ${\begin{aligned}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{\prime \prime }&=\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)a_{k}t^{k-2}\\&={\left(\sum _{k=1}^{\infty }ka_{k}t^{k-1}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}+\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {1}{(2n+1)!}}t^{2n+1}.\end{aligned}}$
Die Anfangsbedingung legt $a_{0}=0$ und $a_{1}=1$ fest. Für den konstanten Term (also zu $t^{0}$) ergibt sich aus der Potenzreihengleichung
    $2a_{2}=a_{1}a_{0}=0\,,$
also ist $a_{2}=0$. Für $t^{1}$ ergibt sich
    $6a_{3}=a_{1}^{2}+2a_{2}a_{0}+1=2\,$
also ist $a_{3}={\frac {1}{3}}$. Für $t^{2}$ ergibt sich
    $12a_{4}=a_{1}a_{2}+2a_{2}a_{1}+3a_{3}a_{0}=0\,,$
also ist $a_{4}=0$. Für $t^{3}$ ergibt sich
    $20a_{5}=a_{1}a_{3}+2a_{2}^{2}+3a_{3}a_{1}+4a_{4}a_{0}-{\frac {1}{6}}={\frac {4}{3}}-{\frac {1}{6}}={\frac {7}{6}}\,,$
also ist $a_{5}={\frac {7}{120}}$. Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung $5$ ist demnach
    $t+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {7}{120}}t^{5}.$
# Endliche Gruppe/Element/Funktionale Hülle/Untergruppe/Aufgabe

Es sei $S$ ein Symbolalphabet, das neben Variablen aus einer Konstanten $e$ und einem einzigen zweistelligen Funktionssymbol $f$ bestehe. Es sei $G$ eine endliche Gruppe, wobei $e$ als neutrales Element und $f$ als die Verknüpfung interpretiert werde. Zeige, dass die funktionale Hülle zu einem Element $g\in G$
erzeugten Untergruppe übereinstimmt.
# Binäre Diedergruppe/Invariantenring über xy-z^n/Beispiel

Es sei $m\in \mathbb {N} _{+}$ und es sei $K$ ein Körper der Charakteristik $\neq 2$, der eine vierte primitive Einheitswurzel ${\mathrm {i} }$ und eine $2m$-te primitive Einheitswurzel $\zeta$ enthalte. Wir betrachten die von den Matrizen
    $A={\begin{pmatrix}\zeta &0\\0&\zeta ^{-1}\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,B={\begin{pmatrix}0&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&0\end{pmatrix}}$
erzeugte Untergruppe $G$ (die man auch als $BD_{m}$ bezeichnet) der $\operatorname {SL} _{2}\!{\left(K\right)}$ mit ihrer natürlichen Operation auf $R=K[U,V]$. Es sei $H\subseteq G$ die von $A$ erzeugte zyklische Untergruppe der Ordnung $2m$. Da $G$ die Ordnung $4m$ besitzt, ist $H$ ein Normalteiler in $G$. Daher können wir mit Hilfe von Fakt (3) und Beispiel den Invariantenring $K[U,V]^{G}$ ausrechnen. Es ist ja
    $S:=K[U,V]^{H}=K[U^{2m},V^{2m},UV]=K[X,Y,Z]/{\left(XY-Z^{2m}\right)}\,.$
Die Operation des nichttrivialen Elementes aus $G/H\cong \mathbb {Z} /(2)$ auf diesem Invariantenring wird durch die Operation von $B$ auf $K[U,V]$ repräsentiert. Sie ist also durch $U\mapsto {\mathrm {i} }V$ und $V\mapsto {\mathrm {i} }U$ gegeben und induziert
    $X=U^{2m}\longmapsto {\mathrm {i} }^{2m}V^{2m}=\rho Y,$
    $Y=V^{2m}\longmapsto {\mathrm {i} }^{2m}U^{2m}=\rho X,$
    $Z=UV\longmapsto {\mathrm {i} }^{2}UV=-Z,$
wobei $\rho =\pm 1$ ist, je nachdem, ob $m$ gerade oder ungerade ist.
Durch diese Operation ist $S$ $\mathbb {Z} /(2)$-graduiert. Bei $m$ gerade sind
    $X+Y,Z^{2},Z(X-Y)$
invariante Polynome (bei $m$ ungerade $X-Y,Z^{2},Z(X+Y)$) und $Z$ und $X-Y$ sind semiinvariante Polynome. Mittels $X={\frac {1}{2}}(X+Y)+{\frac {1}{2}}(X-Y)$ und $Y={\frac {1}{2}}(X+Y)-{\frac {1}{2}}(X-Y)$ lässt sich für jedes Monom $X^{i}Y^{j}Z^{k}$ die homogene Zerlegung bezüglich dieser Graduierung angeben (wegen $(X-Y)^{2}=(X+Y)^{2}-4Z^{2m}$ kann diese Invariante durch die anderen ausgedrückt werden). Deshalb bilden $L=X+Y,\,M=Z^{2},\,N=Z(X-Y)$ ein Algebraerzeugendensystem des Invariantenringes
    $R^{G}=S^{\mathbb {Z} /(2)}\,.$
Es besteht die Relation
    ${\begin{aligned}N^{2}&=Z^{2}(X-Y)^{2}\\&=M{\left(X^{2}+Y^{2}-2XY\right)}\\&=M{\left(L^{2}-4XY\right)}\\&=ML^{2}-4MM^{m}\\&=ML^{2}-4M^{m+1}.\end{aligned}}$
Da das Polynom
    $N^{2}-ML^{2}+4M^{m+1}$
irreduzibel ist, und der Invariantenring zweidimensional sein muss, ist
    $R^{G}\cong K[L,M,N]/{\left(N^{2}-ML^{2}+4M^{m+1}\right)}\,.$
Unter schwachen Bedingungen an den Körper $K$ ist dieser Ring isomorph zu
    $K[X,Y,Z]/{\left(X^{2}+YZ^{2}+Y^{m+1}\right)}.$
# Schnitttheorie von Kurven/Satz von Bezout/Fakt/Name/Inhalt

Es sei $K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und seien $F,G\in K[X,Y,Z]$ zwei homogene Polynome vom Grad $m$ und $n$ ohne gemeinsame Komponente mit zugehörigen Kurven $C=V_{+}(F),D=V_{+}(G)\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}$. Dann gilt
    $\sum _{P}\operatorname {mult} _{P}(C,D)=mn\,.$
# Gewöhnliche Differentialgleichung/Potenzreihenansatz/Durchführung/Bemerkung

Es sei ein Anfangswertproblem
    $x'=F(t,x){\text{ mit }}x(0)=(c_{1},\ldots ,c_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$
zu einem Vektorfeld
    $F\colon I\times \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$
gegeben, wobei die Komponentenfunktionen $F_{i}$, $i=1,\ldots ,n$, polynomial (oder durch Potenzreihen gegeben) seien. Dann lässt sich ein Potenzreihenansatz für die Lösung durchführen. Das bedeutet, dass man den Ansatz $x_{i}=\sum _{k=0}^{\infty }a_{ki}t^{k}$ mit unbestimmten Koeffizienten $a_{ki}$ macht, und diese Koeffizienten (bis zu einem gewünschten Grad) aus den $n$ Gleichungen
    $x'_{i}(t)=F_{i}(t,x_{1}(t),\ldots ,x_{n}(t))\,$
sukzessive bestimmt. Die Anfangsbedingungen
    $x_{i}(0)=a_{0i}=c_{i}\,$
legen dabei die konstanten Koeffizienten der Potenzreihen fest. In das Differentialgleichungssystem werden die Potenzreihen links und rechts eingesetzt und ausgewertet, wobei die Ableitung links formal zu nehmen ist und rechts die Reihen formal zu addieren und zu multiplizieren sind. Dies ergibt Gleichungen für Potenzreihen in $t$, die durch Koeffizientenvergleich, beginnend mit den Koeffizienten von kleinem Grad, gelöst werden können.
# Reelle Funktion/Extremum/Höhere Ableitungen/Fakt/Name/Inhalt

Es sei $I$ ein reelles Intervall,
    $f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$
eine $(n+1)$-mal stetig differenzierbare Funktion und $a\in I$ ein innerer Punkt des Intervalls. Es gelte
    $f'(a)=f^{\prime \prime }(a)=\ldots =f^{(n)}(a)=0{\text{ und }}f^{(n+1)}(a)\neq 0.$
Dann gelten folgende Aussagen.
* Wenn $n$ gerade ist, so besitzt $f$ in $a$ kein lokales Extremum.
* Sei $n$ ungerade. Bei $f^{(n+1)}(a)>0$ besitzt $f$ in $a$ ein isoliertes Minimum.
* Sei $n$ ungerade. Bei $f^{(n+1)}(a)<0$ besitzt $f$ in $a$ ein isoliertes Maximum.
# Endliche Gruppe/Operation/Hopf-Algebra/Kooperation/Invariantenring/Aufgabe

Es sei $K$ ein kommutativer Ring und $R$ eine kommutative $K$-Algebra, auf der eine endliche Gruppe $G$ als Gruppe von $K$-Algebraautomorphismen operiere.
a) Definiere eine Kooperation der Hopf-Algebra $H=\operatorname {Abb} \,{\left(G,K\right)}$ auf $R$ derart, dass man über die zugehörige Operation der Spektren die ursprüngliche Operation zurückgewinnt.
b) Zeige, dass der Invariantenring $R^{G}$ mit dem Invariantenring zur Kooperation übereinstimmt.
# Angeordneter Inegritätsbereich/Elementare Eigenschaften/Ordnung auf Quotientenkörper/Aufgabe/Lösung

a) Angenommen, unter den angegebenen Voraussetzungen wäre nicht $a\geq b$. Da eine totale Ordnung vorliegt, ist dann $a<b$. D.h. insbesondere $a\leq b$ und daraus folgt $ac\leq bc$. Wenn dies gleich wäre, würde wegen der Kürzbarkeit in einem Integritätsbereich und wegen $c\neq 0$ sofort $a=b$ folgen, was ausgeschlossen ist. Daher ist $ac<bc$ im Widerspruch zur Voraussetzung.
b) Die Eigenschaft $1>0$ ist aufgrund der ersten Eigenschaft äquivalent zu $0>-1$, sodass wir $-1\geq 0$ annehmen. Aufgrund der zweiten Eigenschaft ist dann $1=(-1)(-1)\geq (-1)0=0$ und wegen $1\neq 0$ in einem Integritätsbereich folgt doch $1>0$.
c) Aus $a<0$ folgt durch beidseitige Addition mit $-a$ sofort $0\leq -a$. Würde $0=-a$ gelten, so folgt $a=0$ im Widerspruch zur Voraussetzung, also ist $0<-a$.
d) Ein Element im Quotientenkörper $K=Q(R)$ wird repräsentiert durch einen Bruch ${\frac {a}{b}}$ mit $a,b\in R$, $b\neq 0$. Dabei ist ${\frac {a}{b}}={\frac {c}{d}}$ definitionsgemäß genau dann, wenn $ad=bc$ ist. Da eine totale Ordnung vorliegt, kann man stets annehmen, dass die Nenner positiv sind, da man mit $-1$ erweitern kann (nach Teil (c)). Im Folgenden nehmen wir alle Nenner als positiv an. Wir definieren
    ${\frac {a}{b}}\leq {\frac {c}{d}}{\text{ wenn }}ad\leq cb.$
    ${\frac {a}{b}}\leq {\frac {c}{d}}$
    ${\frac {a}{b}}={\frac {a'}{b'}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {c}{d}}={\frac {c'}{d'}}.$
Dann ist
    $a'd'cb=adb'c'\,.$
Bei $c>0$ ist
    $a'd'cb=adb'c'\leq c'b'cb\,$
und daraus folgt durch kürzen (nach Teil (a)) $a'd'\leq c'b'$ wie gewünscht. Bei $c=0$ ist auch $c'=0$ und ${\frac {a}{b}}\leq 0$ bedeutet $a\leq 0$ und damit muss auch $a'\leq 0$ und $a'd'\leq 0$ sein. Bei $c<0$ ist auch $c'<0$. Dann ist $b'c'<0$ und $-b'c'>0$, also
    $a'd'(-cb)=ad(-b'c')\leq c'b'(-cb)\,.$
Daraus ergibt sich $a'd'\leq c'b'$. Daher ist die Ordnung wohldefiniert.
Jetzt sind die Ordnungseigenschaften zu testen. Es seien $x={\frac {a}{b}}$, $y={\frac {c}{d}}$ und $z={\frac {e}{f}}$. Wir können stets zu einem Hauptnenner übergehen, also $b=d=f>0$ annehmen. Aus dem bisher Bewiesenen folgt, dass ${\frac {a}{b}}\geq {\frac {c}{b}}$ genau dann gilt, wenn $a\geq c$ ist.
Die Reflexivität ist trivial. Zur Transitivität sei $x={\frac {a}{b}}\leq y={\frac {c}{b}}$ und $y={\frac {c}{b}}\leq z={\frac {e}{b}}$. Also ist $a\leq c$ und $c\leq e$ und daher ist $a\leq e$ und somit auch $x\leq z$.
Zur Antisymmetrie sei ${\frac {a}{b}}\leq {\frac {c}{b}}$ und ${\frac {a}{b}}\geq {\frac {c}{b}}$. Dann ist direkt $a=c$ und die Brüche stimmen überein.
Wir kommen nun zu den Eigenschaften eines geordneten Ringes.
(1). Aus $x={\frac {a}{b}}\geq y={\frac {c}{b}}$ folgt sofort $a\geq c$. Daher ist $a+e\geq c+e$ und somit wiederum
    $x+z={\frac {a+e}{b}}\geq {\frac {c+e}{b}}=y+z\,.$
(2). Es sei $x\geq y$ und $z\geq 0$. Dann ist $a\geq c$ und $e\geq 0$ und somit $ae\geq ce$. Also ist
    $xz={\frac {a}{b}}{\frac {e}{b}}={\frac {ae}{b^{2}}}\geq {\frac {ce}{b^{2}}}={\frac {c}{b}}{\frac {e}{b}}=yz\,.$
# Spektralradius/Maximumsnorm/Fakt/Beweis

Es sei $\lambda$ ein Eigenwert von $\varphi$ mit
    $\vert {\lambda }\vert =\rho (\varphi )\,.$
Es sei $v\in V$ ein Eigenvektor zu $\lambda$. Dann ist
    $\vert {\lambda }\vert \cdot \Vert {v}\Vert =\Vert {\lambda v}\Vert =\Vert {\varphi (v)}\Vert \leq \Vert {\varphi }\Vert _{\rm {max}}\cdot \Vert {v}\Vert \,$
und Division durch $\Vert {v}\Vert$ liefert die Behauptung.
# Binäre Diedergruppe/Realisierung in SL2C/Beispiel

Es sei $n\in \mathbb {N} _{+}$ und sei $\zeta$ eine $2n$-te komplexe primitive Einheitswurzel, beispielsweise
    $\zeta =e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{2n}}=e^{\frac {\pi {\mathrm {i} }}{n}}\,.$
Die von den Matrizen
    $A=A_{2n}={\begin{pmatrix}\zeta &0\\0&\zeta ^{-1}\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,B={\begin{pmatrix}0&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&0\end{pmatrix}}$
erzeugte Untergruppe der $\operatorname {SL} _{2}\!{\left({\mathbb {C} }\right)}$ heißt die binäre Diedergruppe. Sie wird mit $BD_{n}$ bezeichnet. Das Element $A$ besitzt die Ordnung $2n$ und es ist
    $A^{n}={\begin{pmatrix}\zeta ^{n}&0\\0&\zeta ^{-n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}=B^{2}\,.$
Insbesondere besitzt $B$ die Ordnung $4$. Es ist
    $BA={\begin{pmatrix}0&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}\zeta &0\\0&\zeta ^{-1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&{\mathrm {i} }\zeta ^{-1}\\{\mathrm {i} }\zeta &0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\zeta ^{-1}&0\\0&\zeta \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&{\mathrm {i} }\\{\mathrm {i} }&0\end{pmatrix}}=A^{2n-1}B\,.$
Somit lassen sich alle Elemente der Gruppe als
    $A^{i}B^{j}{\text{ mit }}0\leq i\leq 2n-1,\,0\leq j\leq 1,$
schreiben. Da $B$ nicht zu der von $A$ erzeugten Untergruppe gehört und (bei $n\geq 2$) umgekehrt, ist diese Darstellung bei $n\geq 2$ eindeutig und $BD_{n}$ besitzt genau $4n$ Elemente. Es liegt die Untergruppenbeziehung $Z_{2n}\subseteq BD_{n}$ vom Index $2$ vor.
# Schriftliche Division/Eigenschaften/Fakt/Name/Inhalt

Es seien $a,b$ natürliche Zahlen mit $b$ positiv und es seien $z_{-i}$, $i\in \mathbb {N}$, und $r_{-i}$, $i\in \mathbb {N}$, die im Divisionsalgorithmus berechneten Folgen. Dann gibt es ein $k\in \mathbb {N}$ und ein $\ell \in \mathbb {N} _{+}$ mit $\ell <b$ derart, dass für die Ziffern mit $i>k$ die Beziehung
    $z_{-i-\ell }=z_{-i}\,$
gilt.
# Gewöhnliches Differentialgleichungssystem/Windmodell/Bemerkung

Eine zu einem Vektorfeld, einer gewöhnlichen Differentialgleichung und einem Anfangswertproblem passende Vorstellung ist das Windmodell. Das Vektorfeld
    $F\colon I\times U\longrightarrow V$
beschreibt zu einem jeden Zeitpunkt $t\in I$ und einem Ortspunkt $P\in U$ die in diesem Punkt herrschende Windrichtung (oder Windgeschwindigkeit). Die Lösung einer Differentialgleichung ist die Bewegung eines Teilchens, das (beschleunigungsfrei und verzögerungsfrei) vom Wind getragen wird, dessen Momentangeschwindigkeit also zu jedem Zeitpunkt gleich der Windgeschwindigkeit an dem Ort ist, an dem sich das Teilchen gerade befindet. Die Lösung eines Anfangswertproblems beschreibt die Bewegung, wenn das Teilchen an einem bestimmten Punkt losgelassen wird.