OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Rekursive Definition/Abbildung/Definition/Bemerkung

Es sei $M$ eine rekursiv definierte Menge mit der Startmenge $S\subseteq M$. Verwandt mit dem Beweisprinzip über den rekursiven Aufbau der Menge ist das Prinzip, eine Abbildung $\varphi$ von $M$ in eine weitere Menge $N$ rekursiv zu definieren. Dazu geht man folgendermaßen vor.
* Man legt eine Abbildung fest.
    $\varphi _{0}\colon S\longrightarrow N$
* Für jede Rekursionsvorschrift erklärt man, wie man aus den schon festgelegten Werten $\varphi (m_{1}),\ldots ,\varphi (m_{k})$ der Elemente $m_{1},\ldots ,m_{k}$, auf die die Vorschrift Bezug nimmt, den Wert unter $\varphi$ für das durch die Vorschrift produzierte Element $m$ festlegt.
* Man muss sicherstellen, dass, falls es für ein Element mehrere Möglichkeiten gibt, dieses rekursiv zu erzeugen, die verschiedenen Möglichkeiten zum gleichen Wert führen.
Wenn diese Bedingungen erfüllt sind, ist eine wohldefinierte Abbildung
    $\varphi \colon M\longrightarrow N$
definiert.
# Flächentreue Abbildung/Dreiecks-Polynome/Beispiel

Es sei $h\in \mathbb {R} [y]$ ein beliebiges Polynom in der einen Variablen $y$. Dann ist die Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\longmapsto (x+h(y),y)$
ein flächentreuer Diffeomorphismus. Die Jacobi-Matrix von $\varphi$ ist ja
    $\operatorname {Jak} (\varphi )_{(x,y)}={\begin{pmatrix}1&h'(y)\\0&1\end{pmatrix}}\,,$
sodass die Jacobi-Determinante konstant gleich $1$ ist. Wenn man die Rollen von $x$ und $y$ vertauscht und die Hintereinanderschaltung von solchen Abbildungen betrachtet, so erhält man flächentreue Abbildungen, denen man es nicht auf den ersten Blick ansieht. Beispielsweise ist zu $\varphi (x,y)=(x+y^{2},y)$ und $\psi (x,y)=(x,y+x^{3})$ die Hintereinanderschaltung
    ${\begin{aligned}(\psi \circ \varphi )(x,y)&=\psi (\varphi (x,y))\\&=\psi \left(x+y^{2},\,y\right)\\&=\left(x+y^{2},\,y+{\left(x+y^{2}\right)}^{3}\right)\\&=\left(x+y^{2},\,y+x^{3}+3x^{2}y^{2}+3xy^{4}+y^{6}\right).\end{aligned}}$
# Vektorraum/Tensorprodukt/Dualraum/Beziehung/Fakt/Beweis

Für fixierte Linearformen $f_{1}\in {V_{1}}^{*},\ldots ,f_{n}\in {V_{n}}^{*}$ ist die Abbildung
    $V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow K,\,(v_{1},\ldots ,v_{n})\longmapsto f_{1}(v_{1})\cdots f_{n}(v_{n}),$
nach Aufgabe multilinear und definiert daher eine Linearform auf $V_{1}\otimes _\cdots \otimes _V_{n}$. Dies ergibt die Abbildung
    $\Psi \colon {V_{1}}^{*}\times \cdots \times {V_{n}}^{*}\longrightarrow {\left(V_{1}\otimes _\cdots \otimes _V_{n}\right)}^{*},\,(f_{1},\ldots ,f_{n})\longmapsto {\left((v_{1}\otimes _\cdots \otimes _v_{n})\mapsto f_{1}(v_{1})\cdots f_{n}(v_{n})\right)}.$
Diese Gesamtzuordnung $\Psi$ ist ebenfalls multilinear und ergibt somit eine lineare Abbildung
    ${V_{1}}^{*}\otimes _\cdots \otimes _{V_{n}}^{*}\longrightarrow {\left(V_{1}\otimes _\cdots \otimes _V_{n}\right)}^{*}$
Nach Fakt und Fakt haben die Räume die gleiche Dimension. Es seien $v_{ij}$, $1\leq j\leq \dim _{K}{\left(V_{i}\right)}$, Basen der $V_{i}$. Dann bilden die $v_{1j_{1}}\otimes _\cdots \otimes _v_{nj_{n}}$ nach Fakt (3) eine Basis von $V_{1}\otimes _\cdots \otimes _V_{n}$ und die Dualbasis dazu eine Basis des Dualraumes. Wir behaupten die Gleichheit der linearen Abbildungen
    $\Psi (v_{1j_{1}}^{*}\otimes _\cdots \otimes _v_{nj_{n}}^{*})={\left(v_{1j_{1}}\otimes _\cdots \otimes _v_{nj_{n}}\right)}^{*}\,.$
Diese ergibt sich, da beide Abbildungen, angewendet auf die Basiselemente $v_{1k_{1}}\otimes _\cdots \otimes _v_{nk_{n}}$, bei $(k_{1},\ldots ,k_{n})=(j_{1},\ldots ,j_{n})$ den Wert $1$ und andernfalls den Wert $0$ ergeben. Daher ist $\Psi$ surjektiv und damit auch injektiv.
# Exponentialfunktion/Kubische Taylorapproximation/Nullstelle/Aufgabe

Wir betrachten das Polynom
    $P=1+X+{\frac {1}{2}}X^{2}+{\frac {1}{6}}X^{3}\,.$
* Berechne die Werte von $P$ an den Stellen $-2,-1,0,1,2$.
* Skizziere den Graphen von $P$ auf dem Intervall $[-2,2]$. Gibt es einen Bezug zur Exponentialfunktion $e^{x}$?
* Bestimme eine Nullstelle von $P$ innerhalb von $[-2,2]$ mit einem Fehler von maximal ${\frac {1}{4}}$.
# Goldbach-Problem/Einführung/Textabschnitt
## Problem

Gibt es für jede gerade natürliche Zahl $n\geq 4$ Primzahlen $p$ und $q$ mit
    $n=p+q\,?$
Die Frage ist also, ob man jede gerade natürliche Zahl ab $4$ als Summe von zwei Primzahlen schreiben kann. Dies kann wahr oder falsch sein, diese Eigenschaft kann gelten oder nicht. Bisher ist es aber niemandem gelungen, diese Eigenschaft zu beweisen oder zu widerlegen. Man spricht von einem offenen Problem. Die sogenannte Goldbachsche Vermutung besagt, dass dieses Problem eine positive Antwort besitzt. Es ist eine treibende Kraft in der Mathematik, eine Vermutung zu bestätigen (zu beweisen) oder zu widerlegen.
Für jede gegebene gerade Zahl $n\geq 4$ lässt sich in endlich vielen Schritten entscheiden, ob sie eine Summe von zwei Primzahlen ist. Dazu überprüft man einfach der Reihe nach für die ungeraden Zahlen $k<n$, ob sie und der komplementäre Summand$n-k$ Primzahlen sind. Falls es ein solches Paar $(k,n-k)$ gibt, hat man die Goldbach-Eigenschaft für diese eine Zahl $n$ bestätigt. Für alle geraden Zahlen $n\geq 4$, für die diese Eigenschaft überprüft wurde, hat man stets solche Primsummanden gefunden. Inzwischen sind alle Zahlen bis zur Größenordnung $10^{18}$ überprüft. Zum Beispiel ist (es gibt im Allgemeinen mehrere Darstellungen)
    $4=2+2,\,6=3+3,\,8=3+5,\,10=5+5=3+7,\,12=5+7,\,14=3+11=7+7,\,16=3+13=5+11,\,etc.$
Doch solche rechnerischen Ergebnisse sagen letztlich nichts über die Gültigkeit der Goldbachschen Vermutung aus, bei der es ja nicht darum geht, für möglichst viele und große Zahlen zu zeigen, dass die Goldbach-Eigenschaft gilt, sondern für alle.
Grundsätzlich gibt es mehrere Möglichkeiten, wie diese Frage beantwortet werden könnte. Der einfachste Fall wäre, wenn man eine konkrete gerade Zahl $n\geq 4$ angibt und von dieser zeigt, dass sie nicht die Summe von zwei Primzahlen ist. Der Beweis dafür wäre dann eventuell sehr lang, man müsste alle möglichen Summanden überprüfen, aber ansonsten anspruchslos. Dann wäre die Goldbachsche Vermutung falsch. Es ist auch denkbar, dass man zeigt, dass es eine Zahl geben muss, die die Goldbach-Eigenschaft nicht erfüllt, ohne eine solche konkret anzugeben. Dann wäre die Goldbachsche Vermutung ebenfalls falsch, ein solcher Beweis könnte beliebig kompliziert sein. Oder man zeigt, das es für jede gerade Zahl $n\geq 4$ eine Summendarstellung mit zwei Primzahlen geben muss, wobei ein solcher Beweis wieder beliebig kompliziert sein könnte und die Goldbachsche Vermutung beweisen würde. Oder man zeigt sogar, wie man zu einem jeden $n$ ein Primzahlsummandenpaar explizit berechnen kann.
# Rekursive Definition/Beweisprinzip/Bemerkung

Es sei $M$ eine rekursiv definierte Menge, die durch eine Startmenge $S\subseteq M$ und gewisse Rekursionsvorschriften gegeben sei. Nehmen wir an, wir möchten für alle Elemente der Menge $M$ eine gewisse Eigenschaft $E$ nachweisen. Das Beweisprinzip durch Rekursion oder Beweisprinzip über den rekursiven Aufbau der Menge funktioniert folgendermaßen.
* Man zeigt, dass jedes Element aus der Startmenge die Eigenschaft $E$ erfüllt (Rekursionsanfang).
* Man zeigt für jede Rekursionsvorschrift, dass unter der Voraussetzung, dass die in dieser Vorschrift verwendeten Elemente die Eigenschaft $E$ besitzen, dann auch das durch die Vorschrift produzierte Element die Eigenschaft besitzt (Rekursionsschritt).
Daraus kann man dann schließen, dass jedes Element aus $M$ die Eigenschaft erfüllt. Die Richtigkeit dieses Beweisprinzips beruht auf folgender Betrachtung: Es sei $N\subseteq M$ die Menge aller Elemente, für die die Eigenschaft $E$ gilt. Aufgrund des Rekursionsanfangs gilt $S\subseteq N$. Aufgrund des Rekursionsschrittes ist $N$ abgeschlossenen unter sämtlichen Rekursionsvorschriften. Dies ist aber die Definition für $M$, also ist $N=M$ und die Eigenschaft gilt für ganz $M$.
# Fourier-Transformation/Beidseitig abfallende Exponentialfunktion/Beispiel

Es sei $a>0$ fixiert. Wir betrachten die Funktion
    $f({\mathfrak {t}})=e^{-a\vert {\mathfrak {t}}\vert }\,.$
Es ist unter Verwendung von Beispiel
    ${\begin{aligned}{\hat {f}}({\mathfrak {u}})&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{\mathbb {R} }e^{-{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}{\mathfrak {t}}}e^{-a\vert {\mathfrak {t}}\vert }d{\mathfrak {t}}\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{0}^{\infty }e^{-{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}{\mathfrak {t}}}e^{-a{\mathfrak {t}}}d{\mathfrak {t}}+{\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{0}^{-\infty }e^{-{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}{\mathfrak {t}}}e^{a{\mathfrak {t}}}d{\mathfrak {t}}\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot {\frac {1}{a+{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}}}-{\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{0}^{\infty }e^{{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}s}e^{-as}ds\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot {\frac {1}{a+{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}}}+{\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot {\frac {1}{a-{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}}}\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot {\frac {2a}{a^{2}+{\mathfrak {u}}^{2}}}\\&={\frac {\sqrt {2}}{\sqrt {\pi }}}\cdot {\frac {a}{a^{2}+{\mathfrak {u}}^{2}}}.\end{aligned}}$
# Vektorraum/Tensorprodukt/Erzeugendensystem/Basis/Fakt/Beweis

(1). Nach Konstruktion bilden die zerlegbaren Tensoren $v_{1}\otimes _\cdots \otimes _v_{n}$ ein Erzeugendensystem des Tensorproduktes. Somit muss man nur von diesen nachweisen, dass sie als Linearkombination der gegebenen Familie darstellbar sind. Dies ergibt sich aber aus Fakt (3).
(2). Zum Beweis können wir uns auf endliche Familien beschränken. Wir wollen Fakt anwenden. Es sei $(r_{1},\ldots ,r_{n})$ fixiert. Wegen der linearen Unabhängigkeit der Familien $v_{ij}$ in $V_{i}$ gibt es Linearformen
    $\varphi _{i}\colon V_{i}\longrightarrow K$
mit $\varphi _{i}(v_{ir_{i}})\neq 0$ und $\varphi _{i}(v_{ij})=0$ für $j\neq r_{i}$. Somit ist
    $V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow K,\,(w_{1},\ldots ,w_{n})\longmapsto \varphi _{1}(w_{1})\cdots \varphi _{n}(w_{n}),$
nach Aufgabe eine multilineare Abbildung. Die gemäß Fakt zugehörige lineare Abbildung
    $V_{1}\otimes _\cdots \otimes _V_{n}\longrightarrow K$
schickt $v_{1r_{1}}\otimes _\cdots \otimes _v_{nr_{n}}$ auf
    $\varphi _{1}(v_{1r_{1}})\cdots \varphi _{n}(v_{nr_{n}})\neq 0\,$
und alle anderen Elemente $v_{1j_{1}}\cdots v_{nj_{n}}$ der Familie auf $0$.
(3) folgt aus (1) und (2).
# Determinante/Ganzzahlig/Induktion/Aufgabe/Lösung

* Die Aussage ist offenbar richtig für $n=1$. Zum Induktionsschluss ziehen wir die induktive Definition der Determinante heran, es ist Nach Induktionsvoraussetzung sind die $\det M_{i}$ ganzzahlig, nach Voraussetzung sind die $a_{i1}$ ganzzahlig, und damit ist auch diese Summe ganzzahlig.
    $\det M=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}\,.$
* Es ist
    $\det {\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}}=1-4=-3\,.$
# Holomorphe Funktion/Nichtausgeartet/Morse-Lemma/Fakt/Beweis2

Wir schreiben $f$ in den lokalen Koordinaten $z_{1},\ldots ,z_{n}$ als Potenzreihe
    $f=\sum _{\nu :\,\vert {\nu }\vert \geq 2}z^{\nu }=\sum _{1\leq i,j\leq n}h_{ij}z_{i}z_{j}\,$
mit holomorphen Funktionen $h_{ij}$ mit $h_{ij}=h_{ji}$. Die Matrix $(h_{ij})$ ist also symmetrisch und im Nullpunkt nichtausgeartet. Daher gibt es auch eine offene Umgebung des Nullpunktes, wo sie nicht ausgeartet ist. Für jede Matrix $(h_{ij}(P))$ kann man zur Einheitsmatrix diagonalisieren.
Das Orthogonalisierungssverfahren liefert Linearformen $w_{j}$ mit
    $w_{j}(P)=\sum _{i}g_{ij}(P)z_{i}\,$
mit
    $f(P)=\sum _{1\leq i,j\leq n}h_{ij}(P)z_{i}z_{j}=\sum _{j}{\left(w_{j}(P)\right)}^{2}\,.$
Die explizite Beschreibung des Orthogonalisierungsverfahren sichert, dass die Abhängigkeit der Funktionen $g_{ij}$ von $P$ holomorph ist. Daher kann man die $w_{j}$ als holomorphe Koordinaten nehmen.
# Exponentialfunktion/Sekanten/Schnittpunkte/Aufgabe

Es sei
    $f(x)=a^{x}\,$
eine Exponentialfunktion mit $a\neq 1$. Zu jedem $x\in \mathbb {R}$ definiert die Gerade durch die beiden Punkte $(x,f(x))$ und $(x+1,f(x+1))$ einen Schnittpunkt mit der $x$-Achse, den wir mit $s(x)$ bezeichnen. Zeige
    $s(x+1)=s(x)+1\,.$
Skizziere die Situation.
# Restklassenbeschreibung/Z/Faserring/Bemerkung

Wenn ein Ringhomomorphismus in der Form
    $R\longrightarrow R[X_{1},\ldots ,X_{n}]/(F_{1},\ldots ,F_{s})$
vorliegt, so wird der Faserring über einem Primideal ${\mathfrak {q}}\in \operatorname {Spek} {\left(R\right)}$ durch
    ${\left(R/{\mathfrak {q}}[X_{1},\ldots ,X_{n}]/({\overline {F}}_{1},\ldots ,{\overline {F}}_{s})\right)}_{\varphi (R\setminus {\mathfrak {q}})}$
beschrieben, wobei ${\overline {F}}_{j}$ die Reduktion von $F_{j}$ modulo ${\mathfrak {q}}$ bezeichnet. Dies bedeutet einfach, dass man die Koeffizienten der Polynome modulo ${\mathfrak {q}}$ interpretiert.
Bei $R=\mathbb {Z}$ und $S=\mathbb {Z} [X]/(F)$ und einem maximalen Ideal $(p)$ zu einer Primzahl $p$ ist der Faserring einfach $\mathbb {Z} /(p)[X]/({\overline {F}})$. Dies ist also eine Algebra über dem endlichen Körper $\mathbb {Z} /(p)$. Wenn $F$ ein normiertes Polynom vom Grad $d$ ist, so ist diese Algebra endlich mit $p^{d}$ Elementen, die man allein schon wegen der Endlichkeit explizit beschreiben kann. Wenn $F$ über $\mathbb {Z}$ irreduzibel ist, so muss aber ${\overline {F}}$ nicht unbedingt irreduzibel sein. In der Tat ist es so, dass $p$ genau dann ein Primelement in $S$ bleibt, wenn ${\overline {F}}$ irreduzibel in $(\mathbb {Z} /(p))[X]$ ist. Genau in diesem Fall ist der Faserring ein Körper.
# Fourier-Transformation/Indikatorfunktion/Intervall/Beispiel

Sei $a>0$ fixiert und sei $f$ die Indikatorfunktion zum Intervall $[-a,a]$. Dann ist für ${\mathfrak {u}}\neq 0$
    ${\begin{aligned}{\hat {f}}({\mathfrak {u}})&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{-a}^{a}e^{-{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}{\mathfrak {t}}}d{\mathfrak {t}}\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot \left({\frac {-1}{{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}}}e^{-{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}{\mathfrak {t}}}\right)|_{-a}^{a}\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot {\frac {1}{{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}}}\cdot {\left(-e^{-{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}a}+e^{{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}a}\right)}\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot {\frac {2\sin \left(a{\mathfrak {u}}\right)}{\mathfrak {u}}}\\&={\frac {\sqrt {2}}{\sqrt {\pi }}}\cdot {\frac {\sin \left(a{\mathfrak {u}}\right)}{\mathfrak {u}}}.\end{aligned}}$
Bei ${\mathfrak {u}}=0$ ist direkt ${\hat {f}}(0)={\frac {{\sqrt {2}}a}{\sqrt {\pi }}}$, was sich auch bei stetiger Fortsetzung des allgemeinen Ausdrucks ergibt.
# Vektorraum/Tensorprodukt/K und 0/Fakt/Beweis

(1) folgt aus Fakt (2).
(2). Die Skalarmultiplikation
    $V\times K\longrightarrow V,\,(v,s)\longmapsto sv,$
ist multilinear, daher gibt es nach Fakt eine lineare Abbildung
    $V\otimes K\longrightarrow V,\,v\otimes s\longmapsto sv.$
Diese ist surjektiv, da $v\otimes 1$ auf $v$ abgebildet wird. Ein Element im Tensorprodukt hat die Gestalt
    $\sum _{i=1}^{n}a_{i}(v_{i}\otimes s_{i})=\sum _{i=1}^{n}(a_{i}s_{i})(v_{i}\otimes 1)={\left(\sum _{i=1}^{n}a_{i}s_{i}v_{i}\right)}\otimes 1\,.$
Wenn dieses auf $0$ abgebildet wird, so ist also
    $\sum _{i=1}^{n}a_{i}s_{i}v_{i}=0\,$
und damit ist das Tensorelement auch $0$, die Abbildung ist also auch injektiv.
# Determinante/Multiplikation/3x3/Beispiel 2/Aufgabe/Lösung

Die Determinante von $A$ ist
    $\det {\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}=-10-2(-4)=-2\,$
und die Determinante von $B$ ist
    $\det {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}=-9+12=3\,.$
Das Produkt der beiden Matrizen ist
    $AB={\begin{pmatrix}1&4&0\\2&0&5\\0&2&-1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&2&7\\0&3&6\\0&-2&-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\,.$
Die Determinante davon ist
    ${\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}1&14&31\\2&-6&-1\\0&8&15\end{pmatrix}}\\&=-90+8-2(14\cdot 15-8\cdot 31)\\&=-82-2(210-248)\\&=-82-2(-38)\\&=-82+76\\&=-6.\end{aligned}}$
# Exponentialfunktion/Taylorpolynome/Supremum und Infimum/Aufgabe

Bestimme das Supremum und das Infimum der Funktionenfolge
    $f_{n}(x)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}x^{k}\,.$
# Graduierte kommutative Ringe/Beliebige Gruppe/Homogenes Ideal/Textabschnitt
## Definition

Es sei $R$ ein kommutativer Ring, $D$ eine kommutative Gruppe und
    $A=\bigoplus _{d\in D}A_{d}\,$
$D$-graduierte $R$-Algebra. Ein Ideal ${\mathfrak {a}}\subseteq A$ heißt homogen, wenn zu $f\in {\mathfrak {a}}$ auch die homogenen Komponenten $f_{d}\in {\mathfrak {a}}$ sind.
Für ein homogenes Ideal liegt die Summenzerlegung
    ${\mathfrak {a}}=\bigoplus _{d\in D}{\mathfrak {a}}_{d}\,$
mit
    ${\mathfrak {a}}_{d}={\mathfrak {a}}\cap A_{d}\,$
vor.

## Lemma

Es sei $R$ ein kommutativer Ring, $D$ eine kommutative Gruppe und $A$ eine $D$-graduierte $R$-Algebra. Es sei ${\mathfrak {a}}\subseteq A$ ein homogenes Ideal.
Dann ist auch der Restklassenring $R/{\mathfrak {a}}$ $D$-graduiert.
Dabei ist
    ${\left(R/{\mathfrak {a}}\right)}_{d}=R_{d}/{\mathfrak {a}}_{d}\,.$

### Beweis

$\Box$
# Restklassenkörper/Z mod p/Primitive Einheit/Bemerkung

Der Fakt besagt insbesondere, dass es für eine Primzahl $p$ primitive Elemente im Restklassenkörper $\mathbb {Z} /(p)$ gibt. Er ist lediglich ein Existenzsatz und gibt keinen Hinweis, wie primitive Elemente zu konstruieren oder zu finden sind. Für eine Primzahl $p$ und eine Einheit $g\in {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ bedeutet die Eigenschaft, primitiv zu sein, dass ein Gruppenisomorphismus
    $(\mathbb {Z} /(p-1),+,0)\longrightarrow ({\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times },\cdot ,1),\,i\longmapsto g^{i},$
vorliegt. Für eine beliebige natürliche Zahl $n$ ist die Einheitengruppe der Restklassenringe $\mathbb {Z} /(n)$ im Allgemeinen nicht zyklisch. Wir werden später diejenigen Zahlen charakterisieren, die diese Eigenschaft besitzen.
# Fourier-Transformation/Rechtsseitig abfallende Exponentialfunktion/Beispiel

Es sei $a>0$ fixiert. Wir betrachten die Funktion
    $f({\mathfrak {t}})={\begin{cases}e^{-a{\mathfrak {t}}}{\text{ für }}{\mathfrak {t}}\geq 0\\0{\text{ sonst}}\,.\ \end{cases}}\,$
Es ist
    ${\begin{aligned}{\hat {f}}({\mathfrak {u}})&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{\mathbb {R} }e^{-{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}{\mathfrak {t}}}f({\mathfrak {t}})d{\mathfrak {t}}\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{0}^{\infty }e^{-{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}{\mathfrak {t}}}e^{-a{\mathfrak {t}}}d{\mathfrak {t}}\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{0}^{\infty }e^{-{\left(a+{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}\right)}{\mathfrak {t}}}d{\mathfrak {t}}\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot \left({\frac {-1}{a+{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}}}e^{-{\left(a+{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}\right)}{\mathfrak {t}}}\right)|_{0}^{\infty }\\&={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot {\frac {1}{a+{\mathrm {i} }{\mathfrak {u}}}}\end{aligned}}$
# Vektorraum/Tensorprodukt/Multilineare Abbildungen nach K und Dualraum/Fakt/Beweis

Dies folgt unmittelbar aus Fakt, angewendet auf $W=K$.
# Determinante/Multiplikation/4/Aufgabe/Lösung

Die Determinante von $A$ ist
    $\det {\begin{pmatrix}2&1&3\\0&0&1\\-1&2&1\end{pmatrix}}=-1-4=-5\,$
und die Determinante von $B$ ist
    $\det {\begin{pmatrix}5&3&7\\0&4&1\\0&-1&1\end{pmatrix}}=20+5=25\,.$
Das Produkt der beiden Matrizen ist
    $AB={\begin{pmatrix}2&1&3\\0&0&1\\-1&2&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}5&3&7\\0&4&1\\0&-1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}10&7&18\\0&-1&1\\-5&4&-4\end{pmatrix}}\,.$
Die Determinante davon ist
    ${\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}10&7&18\\0&-1&1\\-5&4&-4\end{pmatrix}}\\&=40-35-90-40\\&=-125.\end{aligned}}$
# Polynomring/Körper/Krulldimension/Fakt/Beweis2

Die Primidealkette
    $0\subset (X_{1})\subset (X_{1},X_{2})\subset \ldots \subset (X_{1},X_{2},\ldots ,X_{n})\,$
zeigt, dass die Dimension des Polynomringes zumindest $n$ ist. Wir zeigen die andere Abschätzung durch Induktion nach $n$, wobei der Induktionsanfang klar ist, da $K[X]$ nach Fakt ein Hauptidealbereich ist und Hauptidealbereiche, die keine Körper sind, die Dimension $1$ besitzen. Es sei
    $0\subset {\mathfrak {p}}_{1}\subset \ldots \subset {\mathfrak {p}}_{m}\,$
eine Primidealkette in $K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$. Wir betrachten
    $S=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {p}}_{1}\,.$
Die Restklassen der $X_{i}$ sind algebraisch abhängig über $K$. Andererseits gibt es nach Fakt algebraisch unabhängige Elemente
    $f_{1},\ldots ,f_{r}\in S\,$
derart, dass
    $K[f_{1},\ldots ,f_{r}]\subseteq S\,$
endlich ist. Dabei muss $r<n$ gelten. Nach der Induktionsvoraussetzung besitzt die (zum Polynomring in $r$ Variablen isomorphe $K$-Algebra) die Dimension $r$. Nach Fakt ist die Dimension von $S$ ebenfalls gleich $r$. Somit ist $m-1\leq r<n$ und also $m\leq n$.
# Exponentialfunktionen/Frequenzen/01/Orthonormalsystem/Fakt/Beweis/Aufgabe

Zeige, dass die Funktionen
    $f_{m}\colon [0,1]\longrightarrow {\mathbb {C} }$
mit
    $f_{m}(x):=e^{2\pi {\mathrm {i} }mx}\,$
zu $m\in \mathbb {Z}$ im Raum der stetigen Funktionen von $[0,1]$ nach ${\mathbb {C} }$ ein Orthonormalsystem bezüglich des durch
    $\left\langle f,g\right\rangle :=\int _{0}^{1}f{\overline {g}}dx\,$
gegebenen Skalarproduktes bilden. Man verwende dabei Grundtatsachen über die komplexe Exponentialfunktion.
# Restklassenkörper/Z/Zyklisch/Quadratrest/Bemerkung

Wenn zu einer Primzahl $p$ eine primitive Einheit $g\in {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ vorliegt, so hat man einen Gruppenisomorphismus
    ${\left(\mathbb {Z} /(p-1),0,+\right)}\longrightarrow {\left({\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times },1,\cdot \right)},\,i\longmapsto g^{i}.$
Dabei entsprechen die Quadrate rechts denjenigen Elementen links, die ein Vielfaches der $2$ sind. Bei $p$ ungerade besitzt die Hälfte der Elemente links diese Eigenschaft. Insbesondere ist ein Element $k\in {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ genau dann ein Quadratrest, wenn es von der Form
    $k=g^{2j}\,$
ist.
# Funktion/Graph/Differenzierbare Kurve/Beispiel

Es sei $f\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ eine differenzierbare Funktion auf einem reellen Intervall. Dann wird der Graph zu $f$ als Bahn durch die differenzierbare Kurve $I\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$, $t\longmapsto (t,f(t))$, realisiert. Ihre Ableitung ist $g'(t)=(1,f'(t))$. Der Graph wird in horizontaler Richtung mit konstanter Geschwindigkeit durchlaufen und folgt vertikal dem Funktionsverlauf von $f$.
# Vektorraum/Untervektorraum/Dimensionsvergleich/Fakt/Beweis

Es sei $n=\dim _{K}{\left(V\right)}$. Jede linear unabhängige Familie in $U$ ist auch linear unabhängig in $V$. Daher kann es aufgrund des Basisaustauschsatzes in $U$ nur linear unabhängige Familien der Länge $\leq n$ geben. Es sei $k\leq n$ derart, dass es in $U$ eine linear unabhängige Familie mit $k$ Vektoren gibt, aber nicht mit $k+1$ Vektoren. Es sei ${\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{k}$ eine solche Familie. Diese ist dann insbesondere eine maximal linear unabhängige Familie in $U$ und daher wegen Fakt eine Basis von $U$.
# Determinante/Multiplikation/5/Aufgabe/Lösung

Die Determinante von $A$ ist
    $\det {\begin{pmatrix}1&4&1\\1&2&0\\0&1&1\end{pmatrix}}=-1\,$
und die Determinante von $B$ ist
    $\det {\begin{pmatrix}2&0&1\\0&1&0\\1&0&1\end{pmatrix}}=1\,.$
Das Produkt der beiden Matrizen ist
    $AB={\begin{pmatrix}1&4&1\\1&2&0\\0&1&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}2&0&1\\0&1&0\\1&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&4&2\\2&2&1\\1&1&1\end{pmatrix}}\,.$
Die Determinante davon ist
    ${\begin{aligned}\det AB&=\det {\begin{pmatrix}3&4&2\\2&2&1\\1&1&1\end{pmatrix}}\\&=-1.\end{aligned}}$
# Körpertheorie/Eindeutigkeit des Negativen und des Inversen/Fakt/Beweis2

Es sei $x$ vorgegeben und seien $y$ und $y'$ Elemente mit $x+y=0=x+y'$. Dann gilt
    $y=y+0=y+(x+y')=(y+x)+y'=(x+y)+y'=0+y'=y'\,.$
Insgesamt ist also $y=y'$. Für den zweiten Teil siehe Aufgabe.
# Exponentialreihe/Approximation/Graph/Skizziere/Aufgabe

Skizziere die Graphen zu den Funktionen
    $f_{k}(x)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}}{k!}}\,$
für $n=2,3,4,5,6$ auf $[-3,3]$.