OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Topologische Räume/Endliche Überlagerung/Charakterisierung/Fakt/Beweis

Von (1) nach (2). Es sei $T\subseteq X$ kompakt mit dem Urbild $S:=p^{-1}(T)$. Es sei
    $S\subseteq \bigcup _{i\in I}W_{i}\,$
eine offene Überdeckung. Zu jedem Punkt $y\in S$ gibt es ein $j(y)$ mit $y\in W_{j(y)}$. Es sei $y=y_{1}\in S$ und seien $y_{2},\ldots ,y_{n}$ die weiteren Punkte, die auf $x=p(y)$ abbilden. Zu den offenen Umgebungen $y_{k}\in W_{j(y_{k})}$ gibt es eine offene Umgebung $x\in U_{x}\subseteq X$, über der $p$ trivialisiert und mit $y_{k}\in V_{k}\subseteq p^{-1}(U_{x})\cap W_{j(y_{k})}$, wobei $V_{k}$ das Blatt zu $y_{k}$ bezeichnet. Diese offenen Mengen bilden eine verfeinerte Überdeckung der Ausgangsüberdeckung. Die $U_{x}$ bilden dann eine offene Überdeckung von $T$ und somit gibt es davon eine endliche Teilüberdeckung $U_{1},\ldots ,U_{m}$. Die zugehörigen Blätter $V_{jk}$ bilden dann eine endliche Überdeckung von $S$
Von (2) nach (3) ist klar.
Von (3) nach (1). Sei $x\in X$ ein Punkt und seien $y_{1},\ldots ,y_{n}$ die Urbildpunkte von $x$. Zu jeden $y_{j}$ gibt es eine offene Umgebung $V_{j}$, die homöomorph auf $U_{j}$ abbildet. Man betrachtet die offene Menge
    $U:=\bigcap _{j\in J}U_{j}\,$
und ersetzt die $V_{j}$ durch $V_{j}\cap p^{-1}(U)$. Durch eine weitere Verkleinerung können wir erreichen, dass $U$ und damit auch die $V_{j}$ wegzusammenhängend ist. Wir behaupten, dass $\biguplus _{j\in J}V_{j}$ das Urbild von $U$ ist. Nehmen wir an, es gebe einen Punkt $y$ mit $p(y)\in U$, der auf keinem $V_{j}$ liegt. Wir betrachten einen Verbindungsweg
    $\gamma \colon [0,1]\longrightarrow U$
von $p(y)$ nach $x$. Das Urbild von $\gamma ([0,1])$ ist kompakt. Es enthält die kompakten Kopien innerhalb von $V_{j}$. Zu $y$ gibt es eine offene Umgebung $V$, die homöomorph nach $X$ abbildet und darin gibt es eine Liftung des Teilweges durch $y$. Es sei $s$ das Supremum der reellen Zahlen $t$, für die eine stetige Liftung ${\tilde {\gamma }}$ mit ${\tilde {\gamma }}(0)=y$
definiert ist. Wegen Aufgabe ist die Liftung eindeutig und dieser Weg ist auf $[0,s[$ definiert. Aufgrund der Eigentlichkeit ist dies auch für $s$ definiert. Wegen der lokalen Homöomorphie gibt es bei $s<1$ eine offene Umgebung von ${\tilde {\gamma }}(s)$, die homöomorph auf eine offene Teilmenge von $X$ abbildet und somit würde es eine weitere Fortsetzung des Liftungsweges geben. Also ist $s=1$ und somit endet die Liftung in einem der Punkte über $x$, sagen wir in $y_{1}$. Dann muss aber diese Liftung mit der Liftung innerhalb von $V_{1}$ übereinstimmen und damit ist selbst $y\in V_{1}$.
# Endlicher Körper/Einheitswurzeln/Anzahl/Fakt/Beweis/Aufgabe

Es sei ${\mathbb {F} }_{q}$ ein endlicher Körper mit $q$ Elementen und $n\in \mathbb {N}$. Es sei $a$ der größte gemeinsame Teiler von $n$ und $q-1$. Zeige, dass es in ${\mathbb {F} }_{q}$ genau $a$ $n$-te Einheitswurzeln gibt.
Man folgere, dass es $n$ $n$-te Einheitswurzeln in ${\mathbb {F} }_{q}$ genau dann gibt, wenn $n$ ein Teiler von $q-1$ ist.
# Ebene kubische Kurven/Projektiv/Legendresche Normalform/Textabschnitt
## Definition

Man sagt, dass eine elliptische Kurve in Legendrescher Normalform vorliegt, wenn sie durch eine Gleichung der Form
    $y^{2}=x(x-1)(x-\lambda )\,$
mit $\lambda \in K\setminus \{0,1\}$ beschrieben wird.
Es ist
    $X(X-1)(X-\lambda )=X^{3}-(\lambda +1)X^{2}+\lambda X\,.$
Wenn man aus der Legendreschen Normalform die Weierstraßsche Normalform erhalten möchte, so muss man hier den quadratischen Term eliminieren. Wenn Weierstraßsche Normalform vorliegt, so muss das Polynom $X^{3}+aX+b$ im Allgemeinen keine Faktorzerlegung in Linearfaktoren besitzen. Nach einer endlichen Erweiterung des Körpers und erst recht über einem algebraisch abgeschlossenen Körper ist aber eine solche Zerlegung möglich. Durch Verschieben und Strecken kann man dann erreichen, dass $0$ und $1$ Nullstellen sind, die dritte Nullstelle kann alles sein und man hat im Allgemeinen keine Optimierungsmöglichkeiten mehr.

## Lemma

Es sei $K$ ein Körper der Charakteristik $\neq 2,3$ und es liege eine elliptische Kurve $E$ über $K$ in Legendrescher Normalform
    $y^{2}=x(x-1)(x-\lambda )\,$
vor. Dann gelten folgende Aussagen.

### Beweis

* Es ist Mit dem Ansatz ist dies gleich
    $X(X-1)(X-\lambda )=X^{3}-(\lambda +1)X^{2}+\lambda X\,.$
    $X=W+{\frac {\lambda +1}{3}}\,$
    ${\begin{aligned}X^{3}-(\lambda +1)X^{2}+\lambda X&={\left(W+{\frac {\lambda +1}{3}}\right)}^{3}-(\lambda +1){\left(W+{\frac {\lambda +1}{3}}\right)}^{2}+\lambda {\left(W+{\frac {\lambda +1}{3}}\right)}\\&=W^{3}+{\frac {(\lambda +1)^{2}-2(\lambda +1)(\lambda +1)+3\lambda }{3}}W+\left({\frac {\lambda +1}{3}}\right)^{3}-(\lambda +1)\left({\frac {\lambda +1}{3}}\right)^{2}+\lambda \left({\frac {\lambda +1}{3}}\right)\\&=W^{3}+{\frac {-(\lambda +1)^{2}+3\lambda }{3}}W-2{\frac {(\lambda +1)^{3}}{27}}+{\frac {\lambda (\lambda +1)}{3}}\\&=W^{3}+{\frac {-\lambda ^{2}+\lambda -1}{3}}W+{\frac {-2(\lambda +1)^{3}+9\lambda (\lambda +1)}{27}}\\&=W^{3}+{\frac {-\lambda ^{2}+\lambda -1}{3}}W+{\frac {-2\lambda ^{3}+3\lambda ^{2}+3\lambda -2}{27}}.\,\end{aligned}}$
* Eine längere Rechnung (siehe Aufgabe und Aufgabe) zeigt
    ${\begin{aligned}4a^{3}+27b^{2}&={\frac {4(-\lambda ^{2}+\lambda -1)^{3}+(-2\lambda ^{3}+3\lambda ^{2}+3\lambda -2)^{2}}{27}}\\&={\frac {-27\lambda ^{4}+54\lambda ^{3}-27\lambda ^{2}}{27}}\\&=-\lambda ^{2}(\lambda -1)^{2}.\end{aligned}}$
* Es ist
    $j(E)=-{\frac {12^{3}(4a)^{3}}{\Delta }}=-{\frac {4^{3}\cdot 4^{3}{\left(-\lambda ^{2}+\lambda -1\right)}^{3}}{2^{4}\lambda ^{2}(\lambda -1)^{2}}}=-2^{8}{\frac {{\left(-\lambda ^{2}+\lambda -1\right)}^{3}}{\lambda ^{2}(\lambda -1)^{2}}}=2^{8}{\frac {{\left(\lambda ^{2}-\lambda +1\right)}^{3}}{\lambda ^{2}(\lambda -1)^{2}}}\,.$
$\Box$
Die dritte Nullstelle, also das $\lambda$ in der Legendreschen Normalform, ist durch die elliptische Kurve nicht eindeutig bestimmt. Stattdessen kann man auch
    $1-\lambda ,\,{\frac {1}{\lambda }},\,{\frac {1}{1-\lambda }},\,{\frac {\lambda -1}{\lambda }},\,{\frac {\lambda }{\lambda -1}}$
nehmen.
# Lineare Abbildung/Dimensionsformel/Einfache Fälle/Bemerkung

Es sei $\varphi \colon V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung mit $V$ endlichdimensional. Die Dimensionsformel besitzt die folgenden Spezialfälle. Wenn $\varphi$ die Nullabbildung ist, so ist $\operatorname {kern} \varphi =V$ und
    $\operatorname {rang} \,\varphi =0\,.$
Wenn $\varphi$ injektiv ist, so ist $\operatorname {kern} \varphi =0$ und
    $\operatorname {rang} \,\varphi =\dim _{K}{\left(V\right)}\,.$
Der Rang liegt stets zwischen $0$ und der Dimension des Ausgangsraumes $V$. Wenn $\varphi$ surjektiv ist, so ist
    $\operatorname {rang} \,\varphi =\dim _{K}{\left(W\right)}\,$
und
    $\dim _{K}{\left(V\right)}=\dim _{K}{\left(\operatorname {kern} \varphi \right)}+\dim _{K}{\left(W\right)}\,.$
# Ebene projektive Kurven/Kegelschnitt als affine Ausschnitte/Beispiel

Wir betrachten den Standardkegel
    $V(X^{2}+Y^{2}-Z^{2})\subset {{\mathbb {A} }_{K}^{3}}\,.$
Da dies durch eine homogene Gleichung gegeben ist, kann man diesen Kegel auch sofort als eine ebene projektive Kurve (vom Grad zwei)
    $V_{+}(X^{2}+Y^{2}-Z^{2})\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}\,$
auffassen. Die Schnitte des Kegels mit einer beliebigen Ebene $E\subset {{\mathbb {A} }_{K}^{3}}$ nennt man Kegelschnitte. Diese bekommen nun eine neue Interpretation. Eine Ebene $E$, auf der nicht der Nullpunkt liegt, kann man in natürlicher Weise identifizieren mit einer offenen affinen Ebene $D_{+}(L)\subseteq {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ (wobei $L$ eine homogene Linearform ist, die den Untervektorraum zu $E$ beschreibt). Die Schnitte mit dem Kegel sind dann verschiedene affine Ausschnitte aus der ebenen projektiven Kurve $V_{+}(X^{2}+Y^{2}-Z^{2})$. Insbesondere sind also Kreis, Hyperbel und Parabel solche affinen Ausschnitte.
Die Schnitte mit einer Ebenen durch den Nullpunkt sind hingegen projektiv verstanden die endlichen Teilmengen $V_{+}(X^{2}+Y^{2}-Z^{2})\cap V_{+}(L)$.
# Topologischer Raum/Abzählbare Basis/Überdeckungskompakt und folgenkompakt/Fakt/Beweis

Es sei $X$ kompakt und sei eine Folge ${\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegeben.  Nehmen wir an, dass diese Folge keinen Häufungspunkt besitzt. Das bedeutet, dass es zu jedem $y\in X$ eine offene Umgebung $y\in U_{y}$ gibt, in der es nur endlich viele Folgenglieder gibt. Wegen
    $X=\bigcup _{y\in X}U_{y}\,$
gibt es nach Voraussetzung eine endliche Teilüberdeckung
    $X=\bigcup _{i=1}^{n}U_{y_{i}}\,.$
Es sei die Folgeneigenschaft erfüllt und sei $X=\bigcup _{i\in I}U_{i}$ eine Überdeckung mit offenen Mengen. Da $X$ eine abzählbare Basis besitzt, gibt es nach Aufgabe eine abzählbare Teilmenge $J\subseteq I$ mit
    $X=\bigcup _{i\in J}U_{i}\,.$
Wir können $J=\mathbb {N}$ annehmen. Nehmen wir an, dass die Überdeckung $X=\bigcup _{i\in \mathbb {N} }U_{i}$ keine endliche Teilüberdeckung besitzt. Dann ist insbesondere $\bigcup _{i=0}^{n}U_{i}\neq X$ für jedes $n\in \mathbb {N}$ und daher gibt es zu jedem $n\in \mathbb {N}$ ein $x_{n}\in X$ mit $x_{n}\not \in \bigcup _{i=0}^{n}U_{i}$. Nach Voraussetzung besitzt diese Folge einen Häufungspunkt $x$. Da eine Überdeckung $X=\bigcup _{i\in \mathbb {N} }U_{i}$ vorliegt, gibt es ein $k\in \mathbb {N}$ mit $x\in U_{k}$. Da $x$ ein Häufungspunkt ist, liegen unendlich viele Folgenglieder in $U_{k}$. Dies ist ein Widerspruch, da nach Konstruktion für $n\geq k$ die Folgenglieder $x_{n}$ nicht zu $U_{k}$ gehören.
# Endlicher Körper/Endlich viele Punkte in Ebene/Parametrisierung und Anzahl/Aufgabe

Es sei $K$ ein endlicher Körper mit $q$ Elementen und
    $P_{1},\ldots ,P_{n}\in {\mathbb {A} }_{K}^{2}\,$
$n$ Punkte in der affinen Ebene. Zeige, dass es genau dann eine polynomiale Abbildung
    $\varphi \colon {\mathbb {A} }_{K}^{1}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{2}$
mit $\operatorname {bild} \varphi =\{P_{1},\ldots ,P_{n}\}$ gibt, wenn $1\leq n\leq q$ ist.
# Lineare Abbildung/Eigenwert 1 und -1/Bemerkung

Neben dem Eigenraum zu $0\in K$, der der Kern der linearen Abbildung ist, sind die Eigenwerte $1$ und $-1$ besonders interessant. Der Eigenraum zu $1$ besteht aus allen Vektoren, die auf sich selbst abgebildet werden. Auf diesem Untervektorraum wirkt also die Abbildung wie die Identität, man nennt ihn den Fixraum. Der Eigenraum zu $-1$ besteht aus allen Vektoren, die auf ihr Negatives abgebildet werden. Auf diesem Untervektorraum wirkt die Abbildung wie eine Punktspiegelung.
# Ebene und senkrechte Achse/Multiplizität/1/Beispiel

Wir betrachten den lokalen Ring
    $R=K[X,Y,Z]_{(X,Y,Z)}/(XY,XZ)\,,$
der geometrisch aus einer Ebene und einer Geraden besteht. Für die Potenzen des maximalen Ideals ${\mathfrak {m}}=(X,Y,Z)$ gilt
    ${\mathfrak {m}}^{n}=(X^{n})+(Y,Z)^{n}\,,$
da ja sämtliche Monome, in denen neben $X$ noch eine weitere Variable vorkommt, gleich $0$ sind. Somit gilt für die Restklassenräume
    ${\mathfrak {m}}^{n}/{\mathfrak {m}}^{n+1}=K\langle X^{n},Y^{n},Y^{n-1}Z,\ldots ,Z^{n}\rangle \,$
und dessen $K$-Dimension ist $n+2$. Somit ist die Hilbert-Samuel-Funktion des Ringes gleich $H_{R}(n)=n+2$ und die Hilbert-Samuel-Multiplizität des Ringes ist $1$. Der Ring ist aber nicht regulär.
# Topologischer Raum/Folge/Filter/Konvergenz/Fakt/Beweis

Es sei $U\subseteq X$ eine offene Umgebung von $x$. Die Folgenkonvergenzbedingung sagt, dass diese offene Menge ab einem $n_{0}$ sämtliche Folgenglieder, also fast alle Folgenglieder, enthält. Dies ist zu $U\in U{\left({\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\right)}$ äquivalent.
# Bestimmtes Integral/2x durch x+1/2 bis 5/Aufgabe/Lösung

Mit der Substitution
    $y=x+1\,$
ist das bestimmte Integral gleich
    ${\begin{aligned}\int _{2}^{5}{\frac {x}{x+1}}\,dx&=\int _{3}^{6}{\frac {y-1}{y}}\,dy\\&=\int _{3}^{6}1-{\frac {1}{y}}\,dy\\&=\left(y-\ln y\right)|_{3}^{6}\\&=3+\ln 3-\ln 6\\&=3+\ln \left({\frac {1}{2}}\right).\end{aligned}}$
# Integritätsbereich/Lokalisierung/Lokaler Ring/Fakt

Es sei $R$ ein Integritätsbereich und sei ${\mathfrak {p}}$ ein Primideal in $R$.
Dann ist die Lokalisierung $R_{\mathfrak {p}}$ ein lokaler Ring mit maximalem Ideal
# Endlicher Körper/Endlich viele Punkte/Nullstellenmenge einer Gleichung/Aufgabe

Es sei $K$ ein endlicher Körper und $M=\{P_{1},P_{2},\ldots ,P_{m}\}\in {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ eine endliche Menge von Punkten. Zeige, dass $M$ die Nullstellenmenge eines einzigen Polynoms ist.
# Lineare Abbildung/K^n nach K^m/Polynomring kontravariant/Explizit/Bemerkung

Es sei
    $\varphi \colon K^{n}\longrightarrow K^{m}$
eine lineare Abbildung, die durch eine $m\times n$-Matrix $A$ gegeben sei. Dann wird der zugehörige $K$-Algebrahomomorphismus
    $K[Y_{1},\ldots ,Y_{m}]\longrightarrow K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$
durch $Y_{j}\mapsto \sum _{k=1}^{n}a_{jk}X_{k}$ gegeben. Nach Definition wird $Y_{j}$ auf die Hintereinanderschaltung
    $K^{n}{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}K^{m}{\stackrel {p_{j}}{\longrightarrow }}K$
abgebildet. Diese schickt den $i$-ten Standardvektor $e_{i}$ auf
    $p_{j}{\left(\varphi (e_{i})\right)}=p_{j}{\left(\sum _{k=1}^{m}a_{ki}e_{k}\right)}=a_{ji}\,.$
Durch diese Bedingungen ist aber gerade
    $\sum _{k=1}^{n}a_{jk}p_{k}=\sum _{k=1}^{n}a_{jk}X_{k}\,$
charakterisiert. Zu einer Linearform $\sum _{j=1}^{m}b_{j}Y_{j}$ berechnet man also das Bild $\sum _{i=1}^{n}c_{i}X_{i}$, indem man $c={A^{\text{tr}}}b$ ausrechnet. Für ein beliebiges Polynom $F\in K[Y_{1},\ldots ,Y_{m}]$ ergibt sich das Bild, indem man in $F$ jedes $Y_{j}$ durch den angegebenen Ausdruck ersetzt.
# Ebene/Abstand zum Nullpunkt/Äquivalenzklassen/Beispiel

In der Ebene $E$ sei ein bestimmter Punkt $M$ markiert. Wir betrachten die Äquivalenzrelation, bei der zwei Punkte $P$ und $Q$ als äquivalent gelten, wenn sie zu $M$ den gleichen Abstand besitzen. Dies wird durch
    $d(P,M)=d(Q,M)\,$
ausgedrückt. Dies ist eine Äquivalenzrelation, wie man direkt überprüfen kann und was auch aus Fakt folgt, da man ja die Situation mittels der Abbildung
    $E\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,P\longmapsto d(P,M),$
interpretieren kann. Die Äquivalenzklasse zu einem Punkt $P$ besteht aus allen Punkten der Ebene, die in ihrem Abstand zu $M$ mit $d(P,M)$ übereinstimmen. Dies ist genau der Kreis mit Mittelpunkt $M$ durch den Punkt $P$. Die Äquivalenzklassen sind also die konzentrischen Kreise um den Mittelpunkt $M$, wobei man hier den Punkt $\{M\}$ als Kreis mit Radius $0$ mitzählen muss (man kann sich darüber streiten, ob das ein Kreis ist, jedenfalls ist diese einpunktige Menge hier eine Äquivalenzklasse).
# Topologischer Raum/Garbe/Ausbreitungsraum/Schnitt/Fakt/Beweis

Wir betrachten die natürliche Abbildung
    $\Gamma {\left(U,{\mathcal {G}}\right)}\longrightarrow {\left\{h:U\rightarrow p^{-1}(U){\text{ stetig}}\mid p\circ h=\operatorname {Id} _{U}\right\}},$
die einem $s\in \Gamma {\left(U,{\mathcal {G}}\right)}$ die Abbildung
    $h\colon U\longrightarrow p^{-1}(U),\,x\longmapsto (x,s_{x}),$
zuordnet. Die Abbildung $h$ ist stetig, es liegt eine Homöomorphie zu $(U,s)$ vor. Die Injektivität der Gesamtabbildung folgt aus Fakt. Zum Nachweis der Surjektivität sei ein stetiges $h$ gegeben. Es wird also jedem Punkt $x\in U$ ein $h(x)\in {\mathcal {G}}_{x}$ in stetiger Weise zugeordnet. Sei $x\in U$ und es sei $x\in V\subseteq U$ eine offene Umgebung, auf der $h(x)$ durch den Schnitt $s\in \Gamma {\left(V,{\mathcal {G}}\right)}$ repräsentiert werde. Dann ist $(V,s)$ eine offene Umgebung von $(x,h(x))$ in ${\mathcal {G}}^{\operatorname {et} }$. Wegen der Stetigkeit von $h$ ist
    $U_{x}:=h^{-1}(V,s)={\left\{y\in U\mid h(y)\in V,\,s_{y}=h(y)\right\}}\,$
offen in $X$. D.h. dass auf der offenen Umgebung $U_{x}$ von $x$ die Abbildung durch einen Schnitt der Garbe über $U_{x}$ gegeben ist. Die Abbildung $h$ wird also lokal um jeden Punkt durch einen Garbenschnitt repräsentiert und diese sind zueinander verträglich, da sie ja punktweise durch $h$ gegeben sind. Aufgrund der Definition einer Garbe rühren diese lokalen Schnitte von einem globalen Garbenschnitt über $U$ her.
# Bestimmtes Integral/2x^3+3e^x-sin x/-1 bis 0/Aufgabe/Lösung

Eine Stammfunktion ist
    ${\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x.$
Daher ist das bestimmte Integral gleich
    ${\begin{aligned}\int _{-1}^{0}f(x)\,dx&={\left({\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x\right)}|_{-1}^{0}\\&=(0+3+1)-{\left({\frac {1}{2}}(-1)^{4}+3e^{-1}+\cos(-1)\right)}\\&={\frac {7}{2}}-3e^{-1}-\cos(-1).\end{aligned}}$
# Endlicher Körper/Exponentialfunktionen/Linear unabhängig/Aufgabe

Es sei $K$ ein endlicher Körper mit $q$ Elementen.
* Zeige, dass die Polynomfunktionen mit $0\leq d<q$ linear unabhängig sind.
    $\varphi _{d}\colon K\longrightarrow K,\,x\longmapsto x^{d},$
* Zeige, dass die Exponentialfunktionen mit $0\leq b<q$ linear unabhängig sind.
    $\psi _{b}\colon K\longrightarrow K,\,x\longmapsto b^{x},$
# Lineare Abbildung/Winkeltreu/Alle Winkel/Bemerkung

Bei einer winkeltreuen Abbildung
    $\varphi \colon V\longrightarrow W$
zwischen euklidischen Vektorräumen $V$ und $W$ werden nicht nur die Winkel am Nullpunkt, sondern überhaupt alle Winkel erhalten. Für Punkte $P,Q,R\in V$ stimmt ja der Winkel des Dreiecks an $Q$ wegen
    $\angle (P,Q,R)=\angle ({\overrightarrow {QP}},{\overrightarrow {QR}})=\angle (\varphi ({\overrightarrow {QP}}),\varphi ({\overrightarrow {QR}}))=\angle ({\overrightarrow {\varphi (Q)\varphi (P)}}),{\overrightarrow {\varphi (Q)\varphi (R)}})=\angle (\varphi (P),\varphi (Q),\varphi (R))\,$
mit dem Winkel an $\varphi (Q)$ des Bilddreiecks $\varphi (P),\varphi (Q),\varphi (R)$ überein.
# Ebene/Geraden/Schnittpunktanzahl/Beispiel

Wir betrachten in der Ebene $E$ eine Konfiguration von $n$ Geraden und fragen uns, was die maximale Anzahl an Schnittpunkten ist, die eine solche Konfiguration haben kann. Dabei ist es egal, ob wir uns die Ebene als einen $\mathbb {R} ^{2}$ (eine kartesische Ebene mit Koordinaten) oder einfach elementargeometrisch vorstellen, wichtig ist im Moment allein, dass sich zwei Geraden in genau einem Punkt schneiden können oder aber parallel sein können. Wenn $n$ klein ist, so findet man relativ schnell die Antwort.
Doch schon bei etwas größerem $n$
($n=5,10,\ldots$?) kann man ins Grübeln kommen, da man sich die Situation irgendwann nicht mehr präzise vorstellen kann. Aus einer präzisen Vorstellung wird eine Vorstellung von vielen Geraden mit vielen Schnittpunkten, woraus man aber keine exakte Anzahl der Schnittpunkte ablesen kann. Ein sinnvoller Ansatz zum Verständnis des Problems ist es, sich zu fragen, was eigentlich passiert, wenn eine neue Gerade hinzukommt, wenn also aus $n$ Geraden $n+1$ Geraden werden. Angenommen, man weiß aus irgendeinem Grund, was die maximale Anzahl der Schnittpunkte bei $n$ Geraden ist, im besten Fall hat man dafür eine Formel. Wenn man dann versteht, wie viele neue Schnittpunkte maximal bei der Hinzunahme von einer neuen Geraden hinzukommen, so weiß man, wie die Anzahl der maximalen Schnittpunkte von $n+1$ Geraden lautet.
Dieser Übergang ist in der Tat einfach zu verstehen. Die neue Gerade kann höchstens jede der $n$ alten Geraden in genau einem Punkt schneiden, deshalb kommen höchstens $n$ neue Schnittpunkte hinzu. Wenn man die neue Gerade so wählt, dass sie zu keiner der gegebenen Geraden parallel ist (was möglich ist, da es unendlich viele Richtungen gibt) und ferner so wählt, dass die neuen Schnittpunkte von den schon gegebenen Schnittpunkten der Konfiguration verschieden sind (was man erreichen kann, indem man die neue Gerade parallel verschiebt, um den alten Schnittpunkten auszuweichen), so erhält man genau $n$ neue Schnittpunkte. Von daher ergibt sich die (vorläufige) Formel
    $S(n+1)=1+2+3+\cdots +n-2+n-1+n\,$
bzw.
    $S(n)=1+2+3+\cdots +n-3+n-2+n-1\,,$
also einfach die Summe der ersten $n-1$ natürlichen Zahlen.
# Bestimmtes Integral/sqrt(x) - 1 durch sqrt(x) +1 durch (2x+3)-e^(-x)/1 bis 4/Aufgabe/Lösung

Eine Stammfunktion zu $f$ ist
    $F(x)={\frac {2}{3}}x^{\frac {3}{2}}-2x^{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\ln(2x+3)+e^{-x}\,.$
Daher ist
    ${\begin{aligned}\int _{1}^{4}f(x)\,dx&=F(4)-F(1)\\&={\frac {16}{3}}-4+{\frac {1}{2}}\ln 11+e^{-4}-{\frac {2}{3}}+2-{\frac {1}{2}}\ln 5-e^{-1}\\&={\frac {8}{3}}+{\frac {1}{2}}\ln {\frac {11}{5}}+e^{-4}-e^{-1}.\end{aligned}}$
# Endlicher Körper/F 9/Multiplikative Untergruppen/Körper/Aufgabe

Wir betrachten den Körper ${\mathbb {F} }_{9}$ mit $9$ Elementen. Für welche Untergruppen $H\subseteq {\mathbb {F} }_{9}^{\times }$ ist $H\cup \{0\}$ ein Körper, für welche nicht?
# Ebene projektive Kurve/Körper/Glatt/Einführung/Textabschnitt

Ein Punkt $P\in C=V_{+}(F)\subseteq {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ einer ebenen projektiven Kurve liegt stets auch in einer affin-algebraischen Umgebung. Wegen $P=(a,b,c)\neq (0,0,0)$ ist zumindest eine Koordinate $\neq 0$, bei $c\neq 0$ liegt der Punkt auf
    $V_{+}(F)\cap D_{+}(Z)=V({\tilde {F}})\subseteq {\mathbb {A} }_{K}^{2}\,,$
wobei ${\tilde {F}}$ hier die Dehomogenisierung von $F$ bezüglich der dritten Variablen bezeichnet. In dieser Situation kann man den Punkt $P$ auf Glattheit im Sinne der Definition untersuchen. Es stellt sich heraus, dass es dabei nicht darauf ankommt, in welcher affinen Umgebung man die Glattheit überprüft, siehe Aufgabe.

## Definition

Es sei $K$ ein Körper. Eine ebene projektive Kurve $C=V_{+}(F)\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ zu einem homogenen Polynom $F\in K[X,Y,Z]$ heißt glatt, wenn sie in jedem $L$-Punkt $P\in C_{L}\subseteq {\mathbb {P} }_{L}^{2}$ glatt ist.

## Lemma

Es sei $K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper der Charakteristik $p\geq 0$ und sei $C=V_{+}(X^{d}+Y^{d}+Z^{d})\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ die Fermat-Kurve vom Grad $d$. Die Charakteristik sei kein Teiler von $d$.
Dann ist $C$ eine glatte Kurve.

### Beweis

Da Glattheit eine lokale Eigenschaft ist, können wir mit einem beliebigen affinen Ausschnitt argumentieren. Da die Situation symmetrisch ist, können wir uns auf das affine Teilstück
    $V(X^{d}+Y^{d}+1)\subset {\mathbb {A} }_{K}^{2}\,$
beschränken. Die partiellen Ableitungen sind $dX^{d-1}$ und $dY^{d-1}$. Aufgrund der Voraussetzung über die Charakteristik ist $d\neq 0$, sodass beide Ableitungen nur bei $x=y=0$ verschwinden. Dieser Punkt gehört aber nicht zur Kurve.
$\Box$

## Lemma

Es sei $K$ ein Körper, sei $G\in K[X,Z]$ ein homogenes Polynom vom Grad $d+1$, das in (homogen) verschiedene homogene Linearfaktoren der Form $\alpha _{i}X+\beta _{i}Z$ mit $\alpha _{i}\neq 0$ zerfalle. Es sei $d\in \mathbb {N} _{+}$ kein Vielfaches der Charakteristik von $K$.
Dann ist die durch die Gleichung $Y^{d}Z=G(X,Z)$ gegebene projektive Kurve glatt.

### Beweis

Auf der offenen Menge $D_{+}(Z)$ erhält man die in Fakt beschriebene Situation, diese Punkte sind also glatt. Auf dem Komplement $V_{+}(Z)$ wird die Gleichung zu
    $0=G(X,0)=\alpha X^{d+1}\,$
mit einem Vorfaktor $\alpha \neq 0$, woraus $X=0$ folgt. Es gibt also nur noch den weiteren Punkt $P$ mit den Koordinaten $(0,1,0)$. Eine affine Umgebung dieses Punktes ist $D_{+}(Y)$, die affine Version der Gleichung auf diesem Teilstück ist $Z=G(X,Z)$. Die partielle Ableitung nach $Z$ ist $1+\sum \gamma _{ij}X^{i}Z^{j}$ mit $i+j=d$. Im Nullpunkt, der dem Punkt $P$ entspricht, ist dies gleich $1$, daher ist dies auch ein glatter Punkt.
$\Box$
# Lineare Differentialgleichung höherer Ordnung/Zugehöriges System/Bemerkung

Es sei
    $y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots +a_{1}y'+a_{0}y+f(t)=0\,$
eine lineare gewöhnliche Differentialgleichung höherer Ordnung mit konstanten Koeffizienten, d.h. die $a_{i}$ sind reelle (oder komplexe) Zahlen. Das gemäß Fakt zugehörige Differentialgleichungssystem
    ${\begin{pmatrix}v_{0}\\v_{1}\\\vdots \\v_{n-2}\\v_{n-1}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\\vdots \\v_{n-1}\\h(t,v_{0},v_{1},\ldots ,v_{n-1})\end{pmatrix}}\,$
mit
    $v_{i}:=y^{(i)}\,$
und
    $h(t,v_{0},v_{1},\ldots ,v_{n-1}):=-a_{n-1}v_{n-1}-\cdots -a_{1}yv_{1}-a_{0}v_{0}-f(t)\,$
wird in dieser Situation zum linearen Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten
    ${\begin{pmatrix}v_{0}\\v_{1}\\\vdots \\v_{n-2}\\v_{n-1}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}0&1&0&\ldots &\ldots &0\\0&0&1&0&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &\ldots &0&1&0\\0&0&\ldots &\ldots &0&1\\-a_{0}&-a_{1}&\ldots &\ldots &-a_{n-2}&-a_{n-1}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{0}\\v_{1}\\\vdots \\\vdots \\v_{n-2}\\v_{n-1}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots \\\vdots \\0\\-f(t)\end{pmatrix}}\,.$