OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Charaktergruppe/Funktorialitätseigenschaften/Aufgabe/Lösung

* Ein Charakter $\chi \in D_{2}^{\vee }$ ist ein Gruppenhomomorphismus daher ist die Verknüpfung ein Element aus $D_{1}^{\vee }$, die Abbildung ist also wohldefiniert. Zu zwei Charakteren $\chi _{1},\chi _{2}\in D_{2}^{\vee }$ und einem beliebigen Element $d\in D_{1}$ ist Also ist und die Zuordnung ist ein Gruppenhomomorphismus.
    $D_{2}\longrightarrow K^{\times },$
    $\chi \circ \varphi \colon D_{1}\longrightarrow K^{\times }$
    ${\begin{aligned}((\chi _{1}\cdot \chi _{2})\circ \varphi )(d)&=(\chi _{1}\cdot \chi _{2})(\varphi (d))\\&=\chi _{1}(\varphi (d))\cdot \chi _{2}(\varphi (d))\\&=((\chi _{1}\circ \varphi )(d))\cdot ((\chi _{2}\circ \varphi )(d))\\&=((\chi _{1}\circ \varphi )\cdot (\chi _{2}\circ \varphi ))(d).\end{aligned}}$
    $\varphi ^{\vee }(\chi _{1}\cdot \chi _{2})=(\chi _{1}\cdot \chi _{2})\circ \varphi =(\chi _{1}\circ \varphi )\cdot (\chi _{2}\circ \varphi )=\varphi ^{\vee }(\chi _{1})\cdot \varphi ^{\vee }(\chi _{2})\,$
* Dies ergibt sich für $\chi \in D_{3}^{\vee }$ direkt aus
    $(\psi \circ \varphi )^{\vee }(\chi )=\chi \circ (\psi \circ \varphi )=(\chi \circ \psi )\circ \varphi =\varphi ^{\vee }(\chi \circ \psi )=\varphi ^{\vee }(\psi ^{\vee }(\chi ))=(\varphi ^{\vee }\circ \psi ^{\vee })(\chi )\,.$
# Eukldischer Raum/Zwei disjunkte kompakte Teilmengen/Abstandsrealisierung/Aufgabe

Es seien $X,Y\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ kompakte Teilmengen. Zeige, dass es Punkte $x\in X$ und $y\in Y$ mit der Eigenschaft gibt, dass für beliebige Punkte $P\in X$ und $Q\in Y$ die Abschätzung
    $d(x,y)\leq d(P,Q)\,$
gilt.
# Projektiver Raum/Hyperfläche/Kanonische Garbe/Grobe Klassifikation/Bemerkung

Fakt erlaubt eine grobe Klassifikation von glatten Hyperflächen
    $Y=V_{+}(F)\subseteq {\mathbb {P} }_{K}^{n}\,$
im projektiven Raum, je nachdem, ob in $\omega _{Y}\cong {\mathcal {O}}_{Y}(d-n-1)$ der Twist $d-n-1$ negativ, gleich $0$ oder positiv ist. Bei $n=2$, also Kurven in der projektiven Ebene, liegt bei $d=1,2$ eine projektive Gerade vor, bei $d=3$, wenn die kanonische Garbe trivial ist, eine elliptische Kurve und bei $d\geq 4$ eine Kurve vom allgemeinen Typ. Bei $n=3$, also Flächen im projektiven Raum, liegt bei $d=1$ eine projektive Ebene vor, bei $d=2$ eine zu ${\mathbb {P} }_{K}^{1}\times {\mathbb {P} }_{K}^{1}$ isomorphe Fläche und bei $d=3$ eine Fläche, die isomorph ist zu einer projektiven Ebene, auf der man sechs Punkte aufgeblasen hat. Jedenfalls hat man bei $d\leq 3$ eine sogenannte rationale Fläche, deren Funktionenkörper gleich dem rationalen Funktionenkörper in zwei Variablen ist. Bei $d=4$, wenn die kanonische Garbe trivial ist, liegt eine sogenannte $K3$-Fläche vor. Bei $d\geq 5$ hat man eine Fläche vom allgemeinen Typ.
# Endlicher Körper/(t^q-t,t^q-t)/Gerade/Ableitung ist keine Tangente/Beispiel

Es sei $K$ der endliche Körper mit $q=p^{e}$ Elementen, wobei $p$ eine Primzahl und $e\geq 1$ ist. Die Abbildung
    ${\mathbb {A} }_{K}^{1}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{2},\,t\longmapsto \left(t^{q}-t,\,t^{q}-t\right)$
besitzt den einzigen Bildpunkt $\left(0,\,0\right)$. Der formale Ableitungsvektor dieser Parametrisierung ist aber
    $\left(-1,-1\right).$
Eine geometrisch konstante Kurve kann also in positiver Charakteristik eine nicht-verschwindende Ableitung besitzen. Der Nullpunkt ist ein glatter Punkt auf sämtlichen Geraden $C=V(aX+bY)$. Die Tangente stimmt mit der Geradengleichung überein, diese annulliert aber nur bei $a=-b$ den Vektor $\left(-1,-1\right)$. In Fakt kann man also nicht auf die Unendlichkeitsvoraussetzung verzichten.
# Vektorraum/Basisaustauschlemma/Fakt/Beweis

Wir zeigen zuerst, dass die neue Familie ein Erzeugendensystem ist. Zunächst kann man wegen
    $w=\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\,$
und $s_{k}\neq 0$ den Vektor $v_{k}$ als
    $v_{k}={\frac {1}{s_{k}}}w-\sum _{i=1}^{k-1}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}-\sum _{i=k+1}^{n}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}\,$
schreiben. Es sei nun $u\in V$ beliebig vorgegeben. Dann kann man schreiben
    ${\begin{aligned}u&=\sum _{i=1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}t_{i}v_{i}+t_{k}v_{k}+\sum _{i=k+1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}t_{i}v_{i}+t_{k}{\left({\frac {1}{s_{k}}}w-\sum _{i=1}^{k-1}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}-\sum _{i=k+1}^{n}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}v_{i}\right)}+\sum _{i=k+1}^{n}t_{i}v_{i}\\&=\sum _{i=1}^{k-1}{\left(t_{i}-t_{k}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}\right)}v_{i}+{\frac {t_{k}}{s_{k}}}w+\sum _{i=k+1}^{n}{\left(t_{i}-t_{k}{\frac {s_{i}}{s_{k}}}\right)}v_{i}.\end{aligned}}$
Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit nehmen wir zwecks Notationsvereinfachung $k=1$ an. Es sei
    $t_{1}w+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=0\,$
eine Darstellung der Null. Dann ist
    $0=t_{1}w+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=t_{1}{\left(\sum _{i=1}^{n}s_{i}v_{i}\right)}+\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=t_{1}s_{1}v_{1}+\sum _{i=2}^{n}{\left(t_{1}s_{i}+t_{i}\right)}v_{i}\,.$
Aus der linearen Unabhängigkeit der Ausgangsfamilie folgt insbesondere $t_{1}s_{1}=0$ und wegen $s_{1}\neq 0$ ergibt sich $t_{1}=0$. Deshalb ist $\sum _{i=2}^{n}t_{i}v_{i}=0$ und daher gilt $t_{i}=0$ für alle $i$.
# Charakteristisches Polynom/Bekannt/Produkt/Aufgabe/Lösung

Das kann man nicht. Wir betrachten die beiden nilpotenten $2\times 2$-Matrizen
    $\varphi ={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,\psi ={\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}.$
Ihr charakteristisches Polynom ist jeweils $X^{2}$. Ihr Produkt ist
    ${\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\,$
und das charakteristische Polynom davon ist $(X-1)X=X^{2}-X$. Wenn man dagegen $\varphi$ zweimal nimmt, also ${\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}}$,
$X^{2}$
# Euklidische Bereiche/Grad null sind Einheiten/Aufgabe

Es sei $R$ ein euklidischer Bereich mit euklidischer Funktion $\delta$. Zeige, dass ein Element $f\in R$
($f\neq 0$) mit $\delta (f)=0$ eine Einheit ist.
# Ganze Zahlen/Hauptsatz über Primfaktorzerlegung/Euklid/Textabschnitt

Wir möchten nun zur Primfaktorzerlegung, deren Existenz wir bereits in Fakt gezeigt haben, beweisen, dass sie eindeutig ist. Natürlich kann man
    $12=3\cdot 2\cdot 2=2\cdot 3\cdot 2=2\cdot 2\cdot 3\,$
schreiben, mit eindeutig ist also eindeutig bis auf die Reihenfolge gemeint. Um dies zu zeigen brauchen wir zunächst das sogenannte Lemma von Euklid, das eine wichtige Eigenschaft einer Primzahl beschreibt.

## Satz

Es sei $p$ eine Primzahl und $p$ teile ein Produkt $ab$ von natürlichen Zahlen $a,b\in \mathbb {N}$.
Dann teilt $p$ einen der Faktoren.

### Beweis

Wir setzen voraus, dass $a$ kein Vielfaches von $p$ ist (andernfalls sind wir fertig). Dann müssen wir zeigen, dass $b$ ein Vielfaches von $p$ ist. Unter der gegebenen Voraussetzung sind $a$ und $p$ teilerfremd. Nach dem Lemma von Bezout gibt es ganze Zahlen $r,s$ mit
    $ra+sp=1\,$
Da $ab$ ein Vielfaches von $p$ ist, gibt es ein $t$ mit
    $ab=tp\,.$
Daher ist
    $b=b\cdot 1=b(ra+sp)=abr+bsp=tpr+bsp=p{\left(tr+bs\right)}\,.$
Also ist $b$ ein Vielfaches von $p$.
$\Box$
Aus dem Lemma von Euklid folgt sofort die etwas stärkere Aussage: Wenn eine Primzahl $p$ ein beliebiges Produkt $a_{1}a_{2}{\cdots }a_{n}$ teilt, dann teilt $p$ mindestens einen Faktor. Man wendet das Lemma einfach auf $(a_{1}a_{2}{\cdots }a_{n-1})\cdot a_{n}$ an (formal ist das eine Induktion über die Anzahl der Faktoren). Dies wird im Beweis des folgenden Hauptsatzes der elementaren Zahlentheorie verwendet.

## Satz

Jede natürliche Zahl $n\in \mathbb {N}$, $n\geq 2$, besitzt eine eindeutige Zerlegung in Primfaktoren.
D.h. es gibt eine Darstellung
    $n=p_{1}{\cdots }p_{r}\,$
mit Primzahlen $p_{i}$, und dabei sind die Primfaktoren bis auf ihre Reihenfolge eindeutig bestimmt.

### Beweis

Die Existenz der Primfaktorzerlegung wurde bereits in Fakt gezeigt. Die Eindeutigkeit wird durch Induktion über $n$ gezeigt. Für $n=2$ liegt eine Primzahl vor. Sei nun $n\geq 3$ und seien zwei Zerlegungen in Primfaktoren gegeben, sagen wir
    $n=p_{1}{\cdots }p_{r}=q_{1}{\cdots }q_{s}\,.$
Wir müssen zeigen, dass nach Umordnung die Primfaktorzerlegungen übereinstimmen. Die Gleichheit bedeutet insbesondere, dass die Primzahl $p_{1}$ das Produkt rechts teilt. Nach Fakt muss dann $p_{1}$ einen der Faktoren rechts teilen. Nach Umordnung können wir annehmen, dass $q_{1}$ von $p_{1}$ geteilt wird. Da $q_{1}$ selbst eine Primzahl ist, folgt, dass $p_{1}=q_{1}$ sein muss. Daraus ergibt sich durch Kürzen, dass
    $p_{2}{\cdots }p_{r}=q_{2}{\cdots }q_{s}\,$
ist. Nennen wir diese Zahl $n'$. Da $n'<n$ ist, können wir die Induktionsvoraussetzung auf $n'$ anwenden und erhalten, dass links und rechts die gleichen Primzahlen stehen.
$\Box$
In der kanonischen Primfaktorzerlegung schreibt man die beteiligten Primzahlen in aufsteigender Reihenfolge mit ihrem jeweiligen Exponenten, also beispielsweise
    $840=2^{3}\cdot 3\cdot 5\cdot 7\,.$
Damit ist insbesondere zu jeder ganzen Zahl $n\neq 0$ und jeder Primzahl $p$ eindeutig bestimmt, ob $p$ in der Primfaktorzerlegung überhaupt vorkommt und wenn ja mit welchem Exponenten.
# Proportionalität/Mit Grundpreis/Bemerkung

Häufig liegt auch zwischen zwei Größen ein Zusammenhang der Form
    $y=cx+d\,$
vor, beispielsweise, wenn eine vom Verbrauch unabhängige Grundgebühr $d$ zu zahlen ist. Man spricht dann von einer affin-linearen Abbildung.
# Endlicher Körper/23 hoch 2/Beispiel

Wir konstruieren einen Körper mit $23^{2}=529$ Elementen und knüpfen dabei an Beispiel an. Da die $5\in \mathbb {Z} /(23)$ primitiv ist, folgt, dass das Polynom $X^{2}-5\in \mathbb {Z} /(23)[X]$ irreduzibel ist. Andernfalls müsste es eine Nullstelle haben und dann wäre $5=a^{2}$ ein Quadrat mit $a\in \mathbb {Z} /(23)$. Doch dann wäre $5^{11}=a^{22}=1$, was nicht der Fall ist.
Es folgt nach Fakt, dass
    $K=\mathbb {Z} /(23)[X]/(X^{2}-5)\,$
ein Körper ist. Dieser hat $23^{2}$ Elemente, da man jede Restklasse auf genau eine Weise als $ax+b$ mit $a,b\in \mathbb {Z} /(23)$ schreiben kann ($x$ bezeichne die Restklasse von $X$). Dieser Körper enthält $\mathbb {Z} /(23)$, und die Ordnungen dieser Elemente ändern sich nicht (und sie sind insbesondere nicht primitiv im größeren Körper).
Wir möchten eine primitive Einheit in diesem Körper finden und orientieren uns an Fakt. Die Ordnung von $K^{\times }$ ist $528=16\cdot 3\cdot 11$. Wir müssen für jede dieser Primzahlpotenzen ein Element mit dieser Ordnung finden. Die $2$ hat die Ordnung $11$. Das Element $11-x$ hat die Ordnung $3$, es ist nämlich
    $(11-x)^{3}=121\cdot 11-3\cdot 121x+33x^{2}-x^{3}=66-3\cdot 6x+50-5x=116-23x=1\,.$
Um ein Element der Ordnung $16$ zu finden, ziehen wir sukzessive Quadratwurzeln aus $-1$. Es ist
    $(3x)^{2}=9x^{2}=45=-1\,.$
Eine Quadratwurzel aus $3x$ ist $14+19x$, wegen
    $(14+19x)^{2}=196+361\cdot 5+2\cdot 14\cdot 19x=12+16\cdot 5+5\cdot 19x=3x\,.$
Um eine Quadratwurzel für $14+19x$ zu finden, setzen wir $(a+bx)^{2}=14+19x$ an, was zum Gleichungssystem $a^{2}+5b^{2}=14$ und $2ab=19$ über $\mathbb {Z} /(23)$ führt. Es ist dann
    $a=21\cdot b^{-1}\,,$
was zu $4b^{-2}+5b^{2}=14$ bzw. zur biquadratischen Gleichung
    $5b^{4}+9b^{2}+4=0\,$
führt. Normieren ergibt $b^{4}+11b^{2}+10=0$. Quadratisches Ergänzen führt zu
    $(b^{2}+17)^{2}=17^{2}-10=49\,.$
Daher ist $b^{2}=13$ und somit $b=6$ und $a=15$, also ist $15+6x$ ein Element der Ordnung $16$. Damit ist insgesamt
    $2(11-x)(15+6x)=2(165-30+51x)=2(20+5x)=17+10x\,$
eine primitive Einheit nach Fakt.
# Vektorraum/Basisaustauschsatz/Fakt/Beweis

Wir führen Induktion über $k$, also über die Anzahl der Vektoren in der Familie. Bei $k=0$ ist nichts zu zeigen. Es sei die Aussage für $k$ schon bewiesen und seien $k+1$ linear unabhängige Vektoren
    $u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1}$
gegeben. Nach Induktionsvoraussetzung, angewandt auf die
    $u_{1},\ldots ,u_{k}$
gibt es eine Teilmenge $J=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k}\}\subseteq \{1,\ldots ,n\}$ derart, dass die Familie
    $u_{1},\ldots ,u_{k},b_{i},i\in I\setminus J,$
eine Basis von $V$ ist. Wir wollen auf diese Basis das Austauschlemma anwenden. Da eine Basis vorliegt, kann man
    $u_{k+1}=\sum _{j=1}^{k}c_{j}u_{j}+\sum _{i\in I\setminus J}d_{i}b_{i}\,$
schreiben.  Wären hierbei alle Koeffizienten $d_{i}=0$, so ergäbe sich sofort ein Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit der $u_{j}$, $j=1,\ldots ,k+1$. Es gibt also ein $i\in I\setminus J$ mit $d_{i}\neq 0$. Wir setzen $i_{k+1}:=i$. Damit ist $J'=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k},i_{k+1}\}$ eine $(k+1)$-elementige Teilmenge von ${\{1,\ldots ,n\}}$. Nach dem Austauschlemma kann man den Basisvektor $b_{i_{k+1}}$ durch $u_{k+1}$ ersetzen und erhält die neue Basis
    $u_{1},\ldots ,u_{k},u_{k+1},b_{i},i\in I\setminus J'.$
$k$
$n$
# Charakteristisches Polynom/Bekannt/Summe/Aufgabe/Lösung

Das kann man nicht. Wir betrachten die beiden nilpotenten $2\times 2$-Matrizen
    $\varphi ={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}\,\,{\text{ und }}\,\,\psi ={\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}.$
Ihr charakteristisches Polynom ist jeweils $X^{2}$. Ihre Summe ist
    ${\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\,$
und das charakteristische Polynom davon ist $X^{2}-1$. Wenn man dagegen $\varphi$ zweimal nimmt, also ${\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2\\0&0\end{pmatrix}}$,
$X^{2}$
# Zahlbereich/Spur und Norm/Einführung/Textabschnitt

Zu einer $R$-Algebra $S$ definiert jedes Element $f\in S$ einen $R$-Modulhomomorphismus $S\longrightarrow S$, $x\longmapsto fx$, die Multiplikationsabbildung. Wenn $S$ eine endlich erzeugte freie $R$-Algebra ist, ihre additive Struktur also die Form $S=R^{n}$ besitzt, so wird dieser Multiplikationshomomorphismus bezüglich einer $R$-Basis von $S$ durch eine $n\times n$-Matrix beschrieben, die die Multiplikationsmatrix (zu $f$ bezüglich dieser Basis) heißt. In diesem Fall kann man Konzepte der Matrixtheorie der linearen Algebra auf diese Multiplikationsabbildung anwenden. Diese Situation liegt bei einer endlichen Körpererweiterung $K\subseteq L$ vor, aber auch ein Zahlbereich ist stets nach Fakt eine freie $\mathbb {Z}$-Algebra. Aber auch wenn $R\subseteq S$ Integritätsbereiche sind mit $S$ endlich erzeugt als $R$-Modul, so kann man auch im nichtfreien Fall über die Quotientenkörper die folgenden Konzepte anwenden.

## Definition

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und sei $S$ eine kommutative endliche freie $R$-Algebra. Zu einem Element $f\in S$ nennt man die Spur des $R$-Modulhomomorphismus
    $\mu _{f}\colon S\longrightarrow S,\,y\longmapsto fy,$
die Spur von $f$. Sie wird mit $\operatorname {Spur} {\left(f\right)}$ bezeichnet.

## Definition

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und sei $S$ eine kommutative endliche freie $R$-Algebra. Zu einem Element $f\in S$ nennt man die Determinante des $R$-Modulhomomorphismus
    $\mu _{f}\colon S\longrightarrow S,\,y\longmapsto fy,$
die Norm von $f$. Sie wird mit $N(f)$ bezeichnet.
Bei einer freien $R$-Algebra $S$ ist die Spur
    $S\longrightarrow R,\,f\longmapsto \operatorname {Spur} {\left(f\right)},$
$R$-linear und insbesondere additiv und die Norm
    $S\longrightarrow R,\,f\longmapsto N(f),$
ist multiplikativ. Darin liegen ihre jeweiligen Bedeutungen, dass mit ihrer Hilfe additive bzw. multiplikative Eigenschaften von $S$ in $R$ widergespiegelt werden können. Einen Ringhomomorphismus von $S$ nach $R$ gibt es nur sehr selten, deshalb sind Spur und Norm in gewissem Sinne optimal.
# Euklidische Ebene/Kreis und durchgehende Gerade/Schnitt/Aufgabe

Es seien $a,b,r\in \mathbb {R}$, $r>0$, und sei
    $K={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid (x-a)^{2}+(y-b)^{2}=r^{2}\right\}}\,$
der Kreis mit dem Mittelpunkt $M=(a,b)$ und dem Radius $r$. Es sei $G$ eine Gerade in $\mathbb {R} ^{2}$ mit der Eigenschaft, dass es auf $G$ mindestens einen Punkt $P$ gibt mit $d(M,P)\leq r$. Zeige, dass $K\cap G\neq \emptyset$ ist.
# Proportionalität/Produkt/Interpretation/Bemerkung

Wenn drei Größen $x,y,z$ gegeben sind und zwischen den beiden ersten eine Proportionalität und zwischen den beiden letzten Größen eine Proportionalität besteht, so besteht auch eine Proportionalität zwischen der ersten und der letzten Größe. Die neue Proportionalitätskonstante ist dabei das Produkt der beiden Proportionalitätskonstanten. Wenn nämlich $z=cy$ und $y=dx$ vorliegt, so ist
    $z=cy=c(dx)=(cd)x\,.$
Eine solche Situation liegt zwischen Tagen, Stunden, Minuten vor. Oder wenn man pro Tag $10$ Schokoriegel isst und ein Schokoriegel $60$ Cent kostet, so sind die Schokoriegelkosten pro Tag gleich $6$ Euro.
# Endlicher Raum/3 Punkte/Einer generisch/Generisch Z/Kohomologie/Beispiel

Wir betrachten den topologischen Raum $X=\{a,b,c\}$ mit den offenen Mengen $\emptyset ,X,U=\{a,c\},V=\{b,c\},U\cap V=\{c\}$. Dieser Raum besitzt die beiden abgeschlossenen Punkte $a$ und $b$, er ist irreduzibel und $c$ ist der generische Punkt. Abgesehen von der leeren Menge bilden die offenen Mengen das Inklusionsdiagramm
    ${\begin{matrix}X&{\stackrel{\longleftarrow }}&U&\\\uparrow &&\uparrow &\\V&{\stackrel{\longleftarrow }}&U\cap V&\!\!\!\!\!.\\\end{matrix}}$
Eine Garbe von kommutativen Gruppen auf $X$ ist gegeben, wenn man diesen Teilmengen Gruppen und Restriktionshomomorphismen zuweist (und die Verträglichkeitsbedingung überprüft). Wir betrachten die Garbe ${\mathcal {F}}$, die durch
    ${\begin{matrix}0&{\stackrel{\longrightarrow }}&0&\\\downarrow &&\downarrow &\\0&{\stackrel{\longrightarrow }}&\mathbb {Z} &\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$
gegeben ist. Diese kann man in die konstante Garbe ${\mathcal {F}}$ (mit Identitäten)
    ${\begin{matrix}\mathbb {Z} &{\stackrel{\longrightarrow }}&\mathbb {Z} &\\\downarrow &&\downarrow &\\\mathbb {Z} &{\stackrel{\longrightarrow }}&\mathbb {Z} &\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$
einbetten. Die Quotientengarbe ${\mathcal {G}}/{\mathcal {F}}$ ist durch
    ${\begin{matrix}\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} &{\stackrel {p_{2}}{\longrightarrow }}&\mathbb {Z} &\\\!\!\!\!\!p_{1}\downarrow &&\downarrow &\\\mathbb {Z} &{\stackrel{\longrightarrow }}&0&\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$
gegeben. Die Werte für $U\cap V,U,V$ ergeben sich direkt durch Restklassenbildung, die Vergarbung hat keinen Effekt, und für $X$ ergibt sich das Produkt $\mathbb {Z} \times \mathbb {Z}$, da die Schnitte über $U$ und $V$ automatisch verträglich sind. Somit ist die globale Abbildung
    $\Gamma {\left(X,{\mathcal {G}}\right)}=\mathbb {Z} \longrightarrow \Gamma {\left(X,{\mathcal {G}}/{\mathcal {F}}\right)}=\mathbb {Z} \times \mathbb {Z}$
nicht surjektiv, die lange exakte Kohomologiesequenz ist vielmehr
    $0\longrightarrow 0\longrightarrow \mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} \times \mathbb {Z} {\stackrel {\delta }{\longrightarrow }}H^{1}(X,{\mathcal {F}})=\mathbb {Z} \longrightarrow 0.$
Hierbei geht vorne $n\mapsto (n,n)$ und hinten $(r,s)\mapsto (r-s)$ (das folgt aus der Exaktheit).
# Vektorraum/Bidual/Natürliche Abbildung/Fakt/Beweis

Es sei $v\in V$ fixiert. Zuerst ist zu zeigen, dass $\Psi (v)$ eine Linearform auf dem Dualraum ${V}^{*}$ ist. Offenbar ist $\Psi (v)$ eine Abbildung von ${V}^{*}$ nach $K$. Die Additivität ergibt sich aus
    $(\Psi (v))(f_{1}+f_{2})=(f_{1}+f_{2})(v)=f_{1}(v)+f_{2}(v)=(\Psi (v))(f_{1})+(\Psi (v))(f_{2})\,,$
wobei wir die Definition der Addition auf dem Dualraum verwendet haben. Die Verträglichkeit mit der Skalarmultiplikation ergibt sich entsprechend mittels
    $(\Psi (v))(sf)=(sf)(v)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.$
Zum Beweis der Additivität der Gesamtabbildung seien $v,w\in V$. Es ist die Gleichheit
    $\Psi (v+w)=\Psi (v)+\Psi (w)\,$
zu zeigen. Da dies eine Gleichheit in ${\left({V}^{*}\right)}^{*}$ ist, also insbesondere eine Gleichheit von Abbildungen, sei $f\in {V}^{*}$ beliebig. Dann folgt die Additivität aus
    $(\Psi (v+w))(f)=f(v+w)=f(v)+f(w)=(\Psi (v))(f)+(\Psi (w))(f)\,.$
Entsprechend ergibt sich die skalare Verträglichkeit aus
    $(\Psi (sv))(f)=f(sv)=s(f(v))=s((\Psi (v))(f))\,.$
Zum Nachweis der Injektivität sei $v\in V$ mit $\Psi (v)=0$ gegeben. D.h. für alle Linearformen $f\in {V}^{*}$ ist $f(v)=0$. Dann ist aber nach Fakt schon
    $v=0\,$
und nach dem Injektivitätskriterium ist $\Psi$ injektiv.
Im endlichdimensionalen Fall folgt die Bijektivität aus der Injektivität und aus Fakt.
# Charakteristisches Polynom/Eigenwerte/Rationale Funktionen/Aufgabe/Lösung

* Es ist
    ${\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}X-T&-(T-1)\\-(T+1)&X-{\frac {1}{T}}\end{pmatrix}}\\&=(X-T){\left(X-{\frac {1}{T}}\right)}-(T+1)(T-1)\\&=X^{2}-{\left(T+{\frac {1}{T}}\right)}X+1-T^{2}+1\\&=X^{2}-{\frac {T^{2}+1}{T}}X-T^{2}+2.\end{aligned}}$
* Wir führen quadratische Ergänzung durch und schreiben dieses Polynom als Für das Polynom $A:=5T^{4}-6T^{2}+1$ gilt: Daraus lassen sich direkt die 4 Nullstellen $-1,1,-{\frac {1}{\sqrt {5}}},{\frac {1}{\sqrt {5}}}$ ablesen. Also besteht die Linearfaktorzerlegung von $A$ aus 4 unterschiedlichen Linearfaktoren. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra hat jedes Polynom in $\mathbb {R} (T)$ eine komplexe Linearfaktorzerlegung. Wir behaupten, dass $5T^{4}-6T^{2}+1$ keine Quadratwurzel in ${\mathbb {C} }(T)$ (und damit auch in $\mathbb {R} (T)$) besitzt. Wenn es nämlich eine rationale Funktion $P/Q$ mit geben würde, so wäre doch dann würde die komplexe Linearfaktorzerlegung von $AQ^{2}$ eine ungerade Anzahl von einem der Linearfaktoren von $A$ enthalten, die komplexe Linearfaktorzerlegung von $P$ jedoch enthält jeden Faktor in gerader Anzahl, was einen Widerspruch ergibt. Somit besitzt das charakteristische Polynom keine Nullstelle und daher hat die Matrix keinen Eigenwert.
    ${\begin{aligned}X^{2}-{\frac {T^{2}+1}{T}}X-T^{2}+2&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}-{\left({\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}-T^{2}+2\\&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}-{\frac {T^{4}+2T^{2}+1}{4T^{2}}}-T^{2}+2\\&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}+{\frac {-T^{4}-2T^{2}-1-4T^{4}+8T^{2}}{4T^{2}}}\\&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}+{\frac {-5T^{4}+6T^{2}-1}{4T^{2}}}\\&={\left(X-{\frac {T^{2}+1}{2T}}\right)}^{2}-{\frac {5T^{4}-6T^{2}+1}{4T^{2}}}.\end{aligned}}$
    ${\begin{aligned}A&=5T^{4}-6T^{2}+1\\&=5\left(T^{4}-{\frac {6}{5}}T^{2}+{\frac {1}{5}}\right)\\&=5\left(\left(T^{2}-{\frac {3}{5}}\right)^{2}-{\frac {9}{25}}+{\frac {1}{5}}\right)\\&=5\left(\left(T^{2}-{\frac {3}{5}}\right)^{2}-{\frac {4}{25}}\right)\\&=5\left(\left(T^{2}-{\frac {3}{5}}\right)^{2}-\left({\frac {2}{5}}\right)^{2}\right).\end{aligned}}$
    $A={\frac {P^{2}}{Q^{2}}}\,$
    $AQ^{2}=P^{2}\,,$