OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Komplexer Torus/1/Eisensteingitter/Endomorphismenring/Beispiel

Zum Gitter $\Gamma =\mathbb {Z} +\mathbb {Z} {\frac {-1+{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}$ gibt es neben den Multiplikationen mit einer ganzen Zahl noch die Multiplikation mit ${\frac {-1+{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}$, die das Gitter in sich selbst überführt. Der Endomorphismenring des komplexen Torus ${\mathbb {C} }/\Gamma$ ist $\mathbb {Z} [{\frac {-1+{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}]$.
# Ebene projektive Kurve/F2/Ausschöpfung/Aufgabe/Lösung

* Die partielle Ableitung nach $X$ ist $1$, daher ist die Kurve glatt.
* Dies folgt aus dem ersten Teil und Fakt.
* Sei $(x,y)\in K^{2}$. Bei verbleibt $y+y^{4}$, was bei wieder $0$ ergibt. Bei ergibt sich ebenfalls $0$.
    $x=0\,$
    $y=0,1\,$
    $x=y=1\,$
* Wegen Teil 3 ist nur noch zu zeigen, dass alle $K$-Punkte von $V_{+}(Z)$ zur Kurve gehören. Mit ergibt sich aus der homogenen Gleichung die Bedingung die für alle Kombinationen aus $K$ erfüllt ist.
    $Z=0\,$
    $X^{2}Y^{4}+X^{4}Y^{2}=X^{2}Y^{2}(Y^{2}+X^{2})=0\,,$
* Die affine Beschreibung der Kurve $D$ auf $D_{+}(X)$ ist Die partielle Ableitung nach $Y$ ist $Z^{5}$ und die partielle Ableitung nach $Z$ ist $Z^{4}+YZ^{4}$. Diese verschwinden beide bei $Z=0$. Somit ist $(1,1,0)$ ein singulärer Punkt der Kurve.
    $Y^{4}+Y^{2}+Z^{5}+Z^{2}+YZ^{5}+Y^{4}Z^{2}.$
# Fußballgruppe/Prädikatenlogik/Beispielgruppe/Elementare Äquivalenz/Trennende Ausdrücke/2014 A/Aufgabe

Es sei $S$ das Symbolalphabet, das neben Variablen aus einem zweistelligen Relationssymbol $G$ besteht und es sei
    $M=\{{\text{Bra}},{\text{Kam}},{\text{Kro}},{\text{Mex}}\}\,$
die $S$-Struktur, bei der $G(m,n)$ als $m$ gewinnt gegen $n$ (bei der Fußballweltmeisterschaft 2014) interpretiert wird. Bestimme die Äquivalenzklassen zur elementaren Äquivalenz, charakterisierende Ausdrücke und die Automorphismengruppe.
# Komplexer Torus/1/Gaussgitter/Eisensteinzahlen/Beispiel

Wir betrachten das Gitter $\Gamma =\mathbb {Z} +\mathbb {Z} {\mathrm {i} }$, für das die Multiplikation mit ${\mathrm {i} }$ das Gitter bijektiv in sich selbst überführt. Wir wenden Fakt (2) auf $s={\mathrm {i} }$ an und erhalten
    $g_{3}(\Gamma )=g_{3}({\mathrm {i} }\Gamma )={\mathrm {i} }^{-6}g_{3}(\Gamma )\,.$
Daraus folgt $g_{3}(\Gamma )=0$.
# Ebene projektive Kurve/Graph einer rationalen Funktion/Abschluss/Projektive Parametrisierung/Probe/Erster Fall/Aufgabe/Lösung

Es ist einerseits
    ${\begin{aligned}{\hat {H}}(X,Z)YZ^{d-e-1}&={\hat {H}}{\left({\hat {H}}(x,y)xy^{d-e-1},{\hat {H}}(x,y)y^{d-e}\right)}\cdot {\hat {G}}(x,y)\cdot {\left({\hat {H}}(x,y)y^{d-e}\right)}^{d-e-1}\\&={\left({\hat {H}}(x,y)\right)}^{e}y^{e(d-e-1)}{\hat {H}}(x,y)\cdot {\hat {G}}(x,y)\cdot {\left({\hat {H}}(x,y)\right)}^{d-e-1}y^{(d-e)(d-e-1)}\\&={\left({\hat {H}}(x,y)\right)}^{d}\cdot {\hat {G}}(x,y)\cdot y^{d(d-e-1)}\end{aligned}}$
und andererseits ebenso
    ${\begin{aligned}{\hat {G}}(X,Z)&={\hat {G}}{\left({\hat {H}}(x,y)xy^{d-e-1},{\hat {H}}(x,y)y^{d-e}\right)}\\&={\left({\hat {H}}(x,y)\right)}^{d}\cdot y^{d(d-e-1)}\cdot {\hat {G}}(x,y).\end{aligned}}$
# Fußballgruppe/Prädikatenlogik/Beispielgruppe/Elementare Äquivalenz/Trennende Ausdrücke/2014 G/Aufgabe

Es sei $S$ das Symbolalphabet, das neben Variablen aus einem zweistelligen Relationssymbol $G$ besteht und es sei
    $M=\{{\text{Deu}},{\text{Gha}},{\text{Por}},{\text{USA}}\}\,$
die $S$-Struktur, bei der $G(m,n)$ als $m$ gewinnt gegen $n$ (bei der Fußballweltmeisterschaft 2014) interpretiert wird. Bestimme die Äquivalenzklassen zur elementaren Äquivalenz, charakterisierende Ausdrücke und die Automorphismengruppe.
# Ebene projektive Kurve/Unendlicher Körper/Überdeckung mit zwei affinen Kurven/Aufgabe/Lösung

Es sei $P\in {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ ein Punkt, der nicht auf $C$ liegt. Einen solchen Punkt gibt es, da $K$ unendlich ist. Es seien $L_{1}$ und $L_{2}$ zwei verschiedene projektive Geraden durch $P$. Die
(offenen) Komplemente, also $U_{1}={\mathbb {P} }_{K}^{2}\setminus L_{1}$ und $U_{2}={\mathbb {P} }_{K}^{2}\setminus L_{2}$ sind isomorph zu affinen Ebenen. Daher sind sowohl $C_{1}=C\cap U_{1}$ als auch $C_{2}=C\cap U_{2}$ affine ebene Kurven, die beide in $C$ offen sind. Da $P$ der einzige Schnittpunkt der beiden Geraden ist, gilt $U_{1}\cup U_{2}={\mathbb {P} }_{K}^{2}\setminus \{P\}$. Daher ist $C\subseteq U_{1}\cup U_{2}$ und somit
$C=C_{1}\cup C_{2}$
# Fünfter Kreisteilungskörper/Galoisgruppe/Aufgabe

Bestimme die Galoisgruppe des fünften Kreisteilungskörpers
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [\zeta _{5}]\,$
mit $\zeta _{5}=e^{2\pi {\mathrm {i} }/5}$.
# Kongruente geordnete Dreiecke/Verschiebungen rausdividieren/Beispiel

Wir betrachten die Menge der Dreiecke, aufgefasst mit der Operation der Kongruenzabbildungen, siehe Beispiel. Die Vektoren $v\in \mathbb {R} ^{2}$ fasst man als Verschiebungen $T_{v}$ und damit als Kongruenzabbildungen auf. Mit einer beliebigen Kongruenz $\varphi$ besteht die Beziehung $\varphi \circ T_{v}=T_{\varphi (v)}\circ \varphi$. Daher bilden die Verschiebungen einen Normalteiler in der Kongruenzgruppe $G$ (der uneigentlichen affinen Isometriegruppe). Nach Fakt kann man den Invariantenring $\mathbb {R} [X_{1},Y_{1},X_{2},Y_{2},X_{3},Y_{3}]^{G}$ sukzessive berechnen. Unter der Untergruppe $V$ der Verschiebungen ist der Invariantenring offenbar gleich
    $\mathbb {R} [X_{1},Y_{1},X_{2},Y_{2},X_{3},Y_{3}]^{V}=\mathbb {R} [X_{1}-X_{3},Y_{1}-Y_{3},X_{2}-X_{3},Y_{2}-Y_{3}]\,.$
Dieser Übergang entspricht geometrisch der Verschiebung des dritten Eckpunktes in den Nullpunkt. Die Operation der Restklassengruppe, die ja die uneigentliche Drehgruppe ist, auf diesem Polynomring in vier Variablen (die wir jetzt $U_{1},V_{1},U_{2},V_{2}$ nennen) rührt von der natürlichen (und linearen) Operation der Drehgruppe auf dem $\mathbb {R} ^{2}$ her. Die Determinante induziert einen surjektiven Gruppenhomomorphismus
    $\operatorname {O} _{2}\!{\left(\mathbb {R} \right)}\longrightarrow \{1,-1\},$
deren Kern die eigentliche Drehgruppe $\operatorname {SO} _{2}\!{\left(\mathbb {R} \right)}$ ist (das Urbild von $-1$ bilden die Drehspiegelungen). Daher gibt es eine natürliche Operation der $\mathbb {Z} /(2)$ auf
    $\mathbb {R} [U_{1},V_{1},U_{2},V_{2}]^{\operatorname {SO} _{2}\!{\left(\mathbb {R} \right)}},$
und man sollte zuerst diesen Invariantenring ausrechnen. Aufgrund der geometrischen Interpretation (die drei Quadrate der Längen des Dreiecks, das Skalarprodukt der Seiten am Nullpunkt, der orientierte Flächeninhalt (bis auf Skalierung)) müssen
    $U_{1}^{2}+V_{1}^{2},\,U_{2}^{2}+V_{2}^{2},\,{\left(U_{1}-U_{2}\right)}^{2}+{\left(V_{1}-V_{2}\right)}^{2},\,U_{1}U_{2}+V_{1}V_{2},\,U_{1}V_{2}-U_{2}V_{1}$
invariante Polynome sein, was man auch direkt durch Rechnungen bestätigen kann. Das Skalarprodukt ist dabei unmittelbar mit den ersten drei Längenquadraten polynomial ausdrückbar. Da die drei Längen zwar die unorientierte Kongruenzklasse des Dreiecks bestimmen, es zu einem (nicht entarteten) Längentripel aber zwei entgegengesetzt orientierte Dreiecke gibt, muss es ein weiteres $\operatorname {SO} _{2}\!{\left(\mathbb {R} \right)}$-invariantes Polynom geben, das aber nicht $\operatorname {O} _{2}\!{\left(\mathbb {R} \right)}$-invariant ist, sondern Orientierungswechsel respektiert. Die Orientierung ist am fünften Polynom, der Determinante, ablesbar. Die drei Längenquadrate und die Determinante bestimmen die orientierte Kongruenzklasse des Dreiecks eindeutig, somit repräsentieren diese vier Funktionen die Quotientenabbildung. Das Quadrat der Determinante kann man als Polynom in den Längenquadraten ausdrücken
(beispielsweise ausgehend von der Heronschen Flächenformel).
# Ebene/Drei Vektoren/Transformierbar/Aufgabe/Lösung

Da $v_{1},v_{2}$ und $w_{1},w_{2}$ Basen sind, gibt es nach dem Festlegungsatz eine bijektive lineare Abbildung $\psi \colon V\rightarrow V$ mit $\varphi (v_{1})=w_{1}$ und $\varphi (v_{2})=w_{2}$. Unter $\psi$ bleiben die Voraussetzungen über die paarweise lineare Unabhängigkeit erhalten. Daher müssen wir nur noch die Situation von zwei Vektorfamilien der Form $v_{1},v_{2},y$ und $v_{1},v_{2},z$ betrachten. Es sei
    $y=av_{1}+bv_{2}\,$
und
    $z=cv_{1}+dv_{2}\,.$
Dabei sind $a,b,c,d\neq 0$, da andernfalls $y$ bzw. $z$ zu einem der $v_{i}$ linear abhängig wäre. Wir betrachten nun die lineare Abbildung $\varphi$, die durch $v_{1}\mapsto {\frac {c}{a}}v_{1}$ und $v_{2}\mapsto {\frac {d}{b}}v_{2}$ gegeben ist. Dann ist
    ${\begin{aligned}\varphi (y)&=\varphi (av_{1}+bv_{2})\\&=a\varphi (v_{1})+b\varphi (v_{2})\\&=a{\frac {c}{a}}v_{1}+b{\frac {d}{b}}v_{2}\\&=cv_{1}+bv_{2}\\&=z.\end{aligned}}$
$\varphi$
# Fünfter Kreisteilungskörper/Nicht graduiert/Aufgabe

Zeige, dass der fünfte Kreisteilungskörper $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [\zeta _{5}]$ mit $\zeta _{5}=e^{2\pi {\mathrm {i} }/5}$ nicht graduierbar ist.
# Konstante Abbildung/Differential verschwindet/Beispiel

Ist $\varphi \colon V\rightarrow W$ konstant mit $\varphi (v)=w\in W$ für alle $v\in V$, so ist $\varphi$ differenzierbar mit totalem Differential $0$ (siehe Aufgabe).
# Echte Potenzen/Kehrwerte/Summierbar/Aufgabe/Lösung

Wir zeigen die etwas stärkere Aussage, dass die (größere) Familie ${\frac {1}{n^{k}}}$, $(k,n)\in \mathbb {N} _{\geq 2}\times \mathbb {N} _{\geq 2}$, summierbar ist, indem wir zeigen, dass sie nach oben beschränkt. Die Familie der Kehrwerte der echten Quadrate, also die Teilfamilie ${\frac {1}{n^{2}}}$, $n\in \mathbb {N} _{\geq 2}$, ist nach Beispiel summierbar. Wegen ${\frac {1}{n^{3}}}\leq {\frac {1}{n^{2}}}$ ist auch die Teilfamilie ${\frac {1}{n^{3}}}$, $n\in \mathbb {N} _{\geq 2}$, summierbar. Die übrigen Summanden unterteilen wir in ${\frac {1}{n^{k}}}$ mit $k$ gerade oder ungerade und $k\geq 4$. Für diese ist einerseits
    $\sum _{n\geq 2,\,k\geq 4{\text{ gerade }}}{\frac {1}{n^{k}}}=\sum _{n\geq 2,\,\ell \geq 2}{\frac {1}{n^{2\ell }}}=\sum _{n\geq 2,\,\ell \geq 2}{\frac {1}{{(n^{2})}^{\ell }}}\,$
und andererseits
    $\sum _{n\geq 2,\,k\geq 4{\text{ ungerade }}}{\frac {1}{n^{k}}}=\sum _{n\geq 2,\,\ell \geq 2}{\frac {1}{n^{2\ell +1}}}\leq \sum _{n\geq 2,\,\ell \geq 2}{\frac {1}{n^{2\ell }}}=\sum _{n\geq 2,\,\ell \geq 2}{\frac {1}{{(n^{2})}^{\ell }}}\,,$
# G-adische Zahlen/Konvergenz/Aufgabe

Es sei $g\in \mathbb {N}$ , $g\geq 2$. Eine Ziffernfolge, die durch
    $z_{i}\in \{0,1,\ldots ,g-1\}{\text{ für }}i\in \mathbb {Z} ,\,i\leq k,$
(wobei $k\in \mathbb {N}$ ist) gegeben ist, definiert eine reelle Reihe
    $\sum _{i=k}^{-\infty }z_{i}g^{i}.$
Zeige, dass eine solche Reihe gegen eine eindeutig bestimmte nichtnegative reelle Zahl konvergiert.
# Konvergente Reihe/Nicht absolut konvergent/Alternierende Stammbruchreihe/Wert/Beispiel

Eine konvergente Reihe muss nicht absolut konvergieren, d.h. Fakt lässt sich nicht umkehren. Aufgrund des Leibnizkriteriums konvergiert die alternierende harmonische Reihe
    $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}-\ldots \,,$
und zwar ist ihr Grenzwert $\ln 2$, was wir hier aber nicht beweisen. Die zugehörige absolute Reihe ist aber die harmonische Reihe, die nach Beispiel divergiert.
# Eigenvektor/Dualraum/Dualbasis/Aufgabe/Lösung

a) Wir betrachten die Identität auf $V$. Jeder Vektor
    $v\neq 0\,$
ist Eigenvektor zum Eigenwert $1$. Die duale Abbildung ist ebenfalls die Identität, und daher ist unabhängig von der gewählten Basis $v^{*}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $1$ der dualen Abbildung.
b) Wir betrachten die durch die Matrix ${\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$ gegebene lineare Abbildung
    $\varphi \colon K^{2}\longrightarrow K^{2}.$
Der Standardvektor $e_{1}$ ist ein Eigenvektor zum Eigenwert $1$. Bezüglich der Dualbasis zur Standardbasis $e_{1},e_{2}$ wird die duale Abbildung durch die gleiche (transponierte) Matrix beschrieben und somit ist auch $e_{1}^{*}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $1$. Wenn wir dagegen die Basis $e_{1},u=e_{1}+e_{2}$ betrachten, so ist einerseits
    $(\varphi ^{*}(e_{1}^{*}))(e_{2})=e_{1}^{*}(\varphi (e_{2}))=e_{1}^{*}(0)=0\,$
und andererseits
    $e_{1}^{*}(e_{2})=e_{1}^{*}(u-e_{1})=-1\,,$
also sind $\varphi ^{*}(e_{1}^{*})$ und $e_{1}^{*}$ linear unabhängig (wegen $(\varphi ^{*}(e_{1}^{*}))(e_{1})=1$ ist $\varphi ^{*}(e_{1}^{*})$ nicht die Nullabbildung) und daher ist $e_{1}^{*}$ kein Eigenvektor der dualen Abbildung.
c) Wir betrachten die durch ${\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}$ gegebene lineare Abbildung
    $K^{2}\longrightarrow K^{2}$
mit dem Eigenvektor $e_{1}$ zum Eigenwert $1$ und eine Basis der Form $e_{1},ae_{1}+be_{2}$ mit $b\neq 0$. Es ist einerseits
    $e_{1}^{*}(ae_{1}+be_{2})=0\,$
und andererseits
    $({\varphi }^{*}(e_{1}^{*}))(ae_{1}+be_{2})=e_{1}^{*}(\varphi (ae_{1}+be_{2}))=e_{1}^{*}(ae_{1}+be_{1}+be_{2})=e_{1}^{*}(be_{1}+ae_{1}+be_{2})=b\,.$
Wegen $b\neq 0$ und $e_{1}^{*}\neq 0$ sind $e_{1}^{*}$ und ${\varphi }^{*}(e_{1}^{*})$
$e_{1}^{*}$
# Gabi Hochster/Rationale Zahlen/Mediant-Addition/Aufgabe

Gabi Hochster hat die Addition und die Multiplikation der rationalen Zahlen verstanden und möchte jetzt die Operation verstehen, bei der man
    ${\frac {a}{b}}\oplus {\frac {c}{d}}:={\frac {a+c}{b+d}}\,$
setzt. Sie beschränkt sich auf positive $a,b,c,d$. Überprüfe ihre Behauptungen:
* Bei gilt Dies kann man algebraisch und geometrisch beweisen.
    ${\frac {a}{b}}\leq {\frac {c}{d}}\,$
    ${\frac {a}{b}}\leq {\frac {a+c}{b+d}}\leq {\frac {c}{d}}\,.$
* Die Verknüpfung ist für rationale Zahlen nicht wohldefiniert.
* Wenn man für rationale Zahlen stets ihre teilerfremde Darstellung nimmt, so ist die Verknüpfung wohldefiniert.
* Die Verknüpfung ist kommutativ.
* Die Verknüpfung ist nicht assoziativ.
# Kosinus/Taylor-Polynom/Fehlerabschätzung mit Betragsmaximum/Beispiel

Für die reelle Kosinusfunktion $\cos \colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ erhält man aus Fakt in Verbindung mit Fakt und Fakt (bzw. direkt mit Fakt (6)) für jedes $m$ die Abschätzungen
    $\vert {\cos x-\sum _{i=0}^{m}{\frac {(-1)^{i}x^{2i}}{(2i)!}}}\vert \leq {\frac {\vert {x}\vert ^{2m+1}}{(2m+1)!}}\,.$
Damit kann man den Funktionsverlauf des Kosinus beliebig gut approximieren und auch die Zahl $\pi$ beliebig genau bestimmen.
# Galoiserweiterung/Einfache Gruppe/Zwischenkörper/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine Galoiserweiterung derart, dass die Galoisgruppe einfach sei. Zeige, dass ein Zwischenkörper $M$, $K\subseteq M\subseteq L$, nur dann galoissch über $K$ ist, wenn er gleich $K$ oder $L$ ist.
# Kreis/Adjazenzmatrix/Potenzen/Beispiel

Wir betrachten den Rundgang zur Vertexmenge $a,b,c,d,e$ in dieser Reihenfolge. Die Adjazenzmatrix ist
    $A={\begin{pmatrix}0&1&0&0&1\\1&0&1&0&0\\0&1&0&1&0\\0&0&1&0&1\\1&0&0&1&0\end{pmatrix}}\,.$
Die Wege der Länge $2$ kann man direkt so bestimmen: Es gibt zwei Wege von jedem Punkt zu sich selbst, nämlich zu den beiden Nachbarn und dann zurück. Zum Nachbarn gibt es keinen Weg der Länge $2$, zum übernächsten Punkt gibt es jeweils einen Weg der Länge $2$. Entsprechend ist
    ${\begin{aligned}A^{2}&={\begin{pmatrix}0&1&0&0&1\\1&0&1&0&0\\0&1&0&1&0\\0&0&1&0&1\\1&0&0&1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1&0&0&1\\1&0&1&0&0\\0&1&0&1&0\\0&0&1&0&1\\1&0&0&1&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2&0&1&1&0\\0&2&0&1&1\\1&0&2&0&1\\1&1&0&2&0\\0&1&1&0&2\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
Ab der Länge $3$ muss man bei der kombinatorischen Abzählung berücksichtigen, dass Wege mit unterschiedlichem Umlaufsinn sich überlagern und das gleiche Ergebnis haben können. Mit der Matrixregel aus Fakt muss man einfach nur multiplizieren, es ist
    ${\begin{aligned}A^{3}&={\begin{pmatrix}0&1&0&0&1\\1&0&1&0&0\\0&1&0&1&0\\0&0&1&0&1\\1&0&0&1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&0&1&1&0\\0&2&0&1&1\\1&0&2&0&1\\1&1&0&2&0\\0&1&1&0&2\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&3&1&1&3\\3&0&3&1&1\\1&3&0&3&1\\1&1&3&0&3\\3&1&1&3&0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
# Galoiserweiterung/Normalbasis/Zugehöriges Polynom/Eigenschaften/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine endliche Galoiserweiterung mit Galoisgruppe $G$. Es sei $z\in L$ ein Element derart, dass $\varphi (z)$, $\varphi \in G$, eine $K$-Basis von $L$ bildet. Wir betrachten das Polynom
    $F=\prod _{\varphi \in G}(X-\varphi (z)).$
Zeige, dass die Koeffizienten von $F$ zu $K$ gehören, dass $F$ in $K[X]$ irreduzibel ist und dass $L$ der Zerfällungskörper von $F$ über $K$ ist.
# Kreis/Haarsches Maß/Beispiel

Auf der $1$-Sphäre $S^{1}$ lässt sich das Haarsche Maß einfach direkt definieren. Für einen Kreisbogen $A\subseteq S^{1}$ zu einem Winkel $\alpha$ im Bogenmaß muss natürlich $\mu (A)=\alpha /2\pi$ sein. Das Haarsche Maß ist also das $1/2\pi$-fache des Bogenmaßes. Dieser Ansatz liefert nicht nur ein Maß für zusammenhängende Teilbögen, sondern für jede Borelmenge, indem man von der messbaren Bijektion
    $\varphi \colon [0,2\pi )\longrightarrow S^{1},\,t\longmapsto (\cos t,\sin t),$
ausgeht und für eine Borelmenge $B\subseteq S^{1}$ das Haarsche Maß durch
    $\mu (B)={\frac {\lambda (\varphi ^{-1}(B))}{2\pi }}\,$
definiert, wobei $\lambda$ das eindimensionale Borel-Lebesgue-Maß bezeichnet.
# Matroide/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Zu einer endlichen Menge $E$ heißt eine Teilmenge
    ${\mathcal {M}}\subseteq {\mathfrak {P}}\,(E)\,$
ein Matroid, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind.
* Es ist $\emptyset \in {\mathcal {M}}$.
* Aus $A\in {\mathcal {M}}$ und $B\subseteq A$ folgt $B\in {\mathcal {M}}$.
* Wenn $A,B\in {\mathcal {M}}$ mit so gibt es ein $a\in A\setminus B$ derart, dass $B\cup \{a\}\in {\mathcal {M}}$.
    ${\#\left(A\right)}={\#\left(B\right)}+1\,,$
Die dritte Eigenschaft heißt dabei die Austauscheigenschaft. Sie besagt, dass man jede Menge $B$, die zu dem Matroid gehört, zu einer größeren Menge des Matroids mit Hilfe eines Elements von $A$ auffüllen kann, sobald $A$ mehr Elemente als $B$ besitzt und ebenfalls zum Matroid gehört. Das folgende Standardbeispiel für ein Matroid ist aus der linearen Algebra bekannt.

## Beispiel

Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum und sei $v_{i}$, $i\in I$, eine Familie von Vektoren in $V$ zu einer endlichen Indexmenge $I$. Wir setzen
    ${\mathcal {M}}={\left\{J\subseteq I\mid {\text{Die Familie }}v_{j},j\in J,{\text{ ist linear unabhängig}}\right\}}\,$
und behaupten, dass es sich dabei um ein Matroid handelt. Die Eigenschaften ergeben sich aus Fakt (1,2) und aus folgender Überlegung: Wenn die Teilfamilien $v_{j}$, $j\in J$ und $v_{\ell }$, $\ell \in L$ zu $J,L\subseteq I$ jeweils linear unabhängig sind, und $L$ ein Element mehr als $J$ besitzt, so gilt für die erzeugten Untervektorräume aus Dimensionsgründen
    $\langle v_{\ell },\ell \in L\rangle \not \subseteq \langle v_{j},j\in J\rangle \,.$
Daher gibt es auch ein $v_{k}$, $k\in L$, mit $v_{k}\notin \langle v_{j},j\in J\rangle$. Doch dann ist die erweiterte Familie $v_{j},j\in J,v_{k}$ ebenfalls linear unabhängig.
Wegen dieses Beispiels nennt man die Mengen aus $E$, die zu einem Matroid gehören, die unabhängigen Mengen. Die folgende Terminologie orientiert sich ebenfalls an der linearen Algebra.

## Definition

In einem Matroid ${\mathcal {M}}$ auf einer Menge $I$ nennt man die maximalen Mengen aus ${\mathcal {M}}$ Basen.
Ein $B\in {\mathcal {M}}$ ist also genau dann eine Basis, wenn keine Teilmenge $A\subseteq I$ mit $B\subset A$ zu ${\mathcal {M}}$ gehört. Aufgrund der Austauscheigenschaft besitzt jede Basis in einem Matroid die gleiche Anzahl.

## Definition

In einem Matroid ${\mathcal {M}}$ auf einer Menge $I$ nennt man die gemeinsame Anzahl der Elemente in einer jeden Basis von ${\mathcal {M}}$ den Rang des Matroids.
# Eigenvektoren/Charakteristisches Polynom/3/Aufgabe/Lösung

a) Das charakteristische Polynom ist
    ${\begin{aligned}\chi _{A}&=\det {\begin{pmatrix}x-1&-2&-2-{\mathrm {i} }\\0&x-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&x+1-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&=(x-1)(x-{\mathrm {i} })(x+1-2{\mathrm {i} })\\&=x^{3}-(0+3{\mathrm {i} })x^{2}+(-3+2{\mathrm {i} })x+2+1{\mathrm {i} }\end{aligned}}$
und die Eigenwerte von $A$ sind $1,{\mathrm {i} },-1+2{\mathrm {i} }$.
b) Wir bestimmen für jeden Eigenwert einen Eigenvektor.
$x=1$:
Wir müssen ein nichttriviales Element im Kern von
    ${\begin{pmatrix}0&-2&-2-{\mathrm {i} }\\0&1-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&2-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$
bestimmen. Da gehört ${\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ dazu.
$x={\mathrm {i} }$:
Dies führt auf
    ${\begin{pmatrix}-1+{\mathrm {i} }&-2&-2-{\mathrm {i} }\\0&0&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$
Wir wählen $c=0$ und $a=2$ und erhalten $b=-1+{\mathrm {i} }$, also ist
    ${\begin{pmatrix}1\\-1+{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}$
ein Eigenvektor zum Eigenwert ${\mathrm {i} }$.
$x=-1+2{\mathrm {i} }$:
Dies führt auf
    ${\begin{pmatrix}-2+2{\mathrm {i} }&-2&-2-{\mathrm {i} }\\0&-1+{\mathrm {i} }&-1-i\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$
Mit $c=-1+{\mathrm {i} }$ und $b=1+{\mathrm {i} }$ ist die mittlere Zeile erfüllt. Die erste Zeile wird dann zu
    $(-3+2{\mathrm {i} })a-1-{\mathrm {i} }+(2-{\mathrm {i} })(-1+{\mathrm {i} })=0$
Somit ist
    ${\begin{pmatrix}-2+{\mathrm {i} }\\1+{\mathrm {i} }\\-1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$
$-1+2{\mathrm {i} }$
c) Bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren besitzt die beschreibende Matrix die Gestalt
    ${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&{\mathrm {i} }&0\\0&0&-1+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$
# Galoiserweiterung/Primzahlpotenz/Zwischenerweiterung/Aufgabe

Es sei $K\subseteq L$ eine Galoiserweiterung vom Grad $p^{r}$ mit einer Primzahl $p$ und $r\geq 1$. Zeige, dass es einen echten Zwischenkörper $K\subset M\subset L$ gibt, der über $K$ eine Galoiserweiterung ist.
# Kreis/Lokal konstante Funktionen/Erste Kohomologieklasse/Cech/Beispiel

Wir betrachten auf dem Kreis $S^{1}$ die Überdeckung mit zwei offenen (zu reellen Intervallen homöomorphen) Kreissegmenten $S^{1}=U_{1}\cup U_{2}$, deren Durchschnitt $U_{1}\cap U_{2}=S\cup T$ die disjunkte Vereinigung von zwei Intervallen ist. Es sei $G$ eine diskrete topologische Gruppe und ${\mathcal {G}}$ die Garbe der stetigen also lokal konstanten $G$-wertigen Funktionen auf dem Kreis. Auf $U_{1}$ bzw. $U_{2}$ und ebenso auf $S^{1}$ sind die lokal-konstanten Funktionen konstant. Auf $S\cup T$ hingegen ist eine lokal konstante Funktion dadurch gegeben, dass auf $S$ und davon unabhängig auf $T$ ein konstanter Wert vorgegeben ist. Der relevante Čech-Komplex ist daher
    $\Gamma {\left(U_{1},{\mathcal {G}}\right)}\times \Gamma {\left(U_{2},{\mathcal {G}}\right)}\longrightarrow \Gamma {\left(U_{1}\cap U_{2},{\mathcal {G}}\right)}\cong G\times G\longrightarrow 0,$
wobei $(f,g)$ auf $g-f$ (auf beiden Zusammenhangskomponenten) abgebildet wird. Dabei werden genau die lokal konstanten Funktionen auf $S\cup T$ erreicht, die konstant sind. Die erste Čech-Kohomologie ist daher ${\check {H}}^{1}(U_{1},U_{2},{\mathcal {G}})\cong G$.