OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Tensorprodukt/Vektorraum/Universelle Eigenschaft/Fakt/Beweis

(1) folgt unmittelbar aus der Definition des Tensorprodukts. (2). Da die $v_{1}\otimes _\cdots \otimes _v_{n}$ ein $K$-Erzeugendensystem von $V_{1}\otimes _{K}\cdots \otimes _{K}V_{n}$ sind und
    ${\bar {\psi }}(v_{1}\otimes _\cdots \otimes _v_{n})=\psi (v_{1},\ldots ,v_{n})\,$
gelten muss, kann es maximal eine solche lineare Abbildung geben. Zur Existenz betrachten wir den $K$-Vektorraum $F$ aus der Konstruktion des Tensorproduktes. Die $e_{(v_{1},\ldots ,v_{n})}$ bilden eine Basis von $F$, daher legt die Vorschrift
    ${\tilde {\psi }}{\left(e_{(v_{1},\ldots ,v_{n})}\right)}:=\psi (v_{1},\ldots ,v_{n})\,$
eine lineare Abbildung
    ${\tilde {\psi }}\colon F\longrightarrow W$
fest. Wegen der Multilinearität von $\psi$ wird der Untervektorraum $U$ auf $0$ abgebildet. Daher induziert diese Abbildung nach dem Faktorisierungssatz eine $K$-lineare Abbildung
    ${\overline {\psi }}\colon F/U\cong V_{1}\otimes _{K}\cdots \otimes _{K}V_{n}\longrightarrow W.$
# Basiswechsel/Übergangsmatrix/Teilsummen/Aufgabe/Lösung

a) Es ist
    $v_{2}=w_{2}-w_{1}\,$
und
    $v_{3}=w_{3}-w_{2}+w_{1}\,.$
Daher ist $w_{1},w_{2},w_{3}$ ebenfalls ein Erzeugendensystem von $V$ und somit eine Basis, da die Dimension $3$ ist.
b) In den Spalten von $M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {w}}$ müssen die Koordinaten der Vektoren $w_{j}$ bezüglich der Basis $v_{i}$ stehen, also ist
    $M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {w}}={\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}\,.$
c) Nach a) ist
    $M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}={\begin{pmatrix}1&-1&1\\0&1&-1\\0&0&1\end{pmatrix}}\,.$
d) Die Koordinaten ergeben sich aus
    $M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {w}}{\begin{pmatrix}4\\8\\-9\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4\\8\\-9\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}12\\-1\\-9\end{pmatrix}}\,.$
e) Die Koordinaten ergeben sich aus
    $M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}{\begin{pmatrix}3\\-7\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-1&1\\0&1&-1\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3\\-7\\5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}15\\-12\\5\end{pmatrix}}\,.$
# Endliche symmetrische Gruppe/Auf Polynomring/Reynolds zu Untergruppen/Aufgabe

Betrachte die Operation der symmetrischen Gruppe $S_{n}$ auf dem Polynomring $R=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ über einem Körper $K$. Bestimme (zu $n=2,3,4$ und in geeigneter Charakteristik) für jede Untergruppe $H\subseteq S_{n}$ den Reynolds-Operator von $R$ nach $R^{H}$.
# Diophantische Gleichung/Kubiksumme/Quadrat/Textabschnitt

Wir betrachten die Gleichung
    $X^{3}+Y^{3}=Z^{2}\,.$
Als ganzzahlige Lösungen fallen einem $(0,1,1),\,(1,2,3)$ und $(2,2,4)$ sofort ein. Ferner erhält man mit jeder Lösung $(x,y,z)$ neue Lösungen $(u^{2}x,u^{2}y,u^{3}z)$. Man wird also vor allem nach Lösungen mit teilerfremden $x,y$ suchen. Eine nicht unmittelbar naheliegende ganzzahlige, aber nicht positive Lösung ist $(-7,8,13)$, es ist ja
    $(-7)^{3}+8^{3}=-343+512=169=13^{2}\,,$
oder $(-104,105,181)$. Da wir nach ganzzahligen Lösungen suchen, ist die Gleichung äquivalent zu
    $X^{3}-Y^{3}=Z^{2}\,.$
Im Ring der Eisensteinzahlen ist
    $(x-y)(x-\eta y)(x-\eta ^{2}y)=z^{2}\,.$
Bei $x-y=1$, also $x=y+1$, gelangt man zur Bedingung
    ${\left(y+1-\eta y\right)}{\left(y+1-\eta ^{2}y\right)}=z^{2}\,.$
Die Differenz der beiden Faktoren ist $(\eta ^{2}-\eta )y$. Daraus folgt, dass die Faktoren teilerfremd sind, und daraus folgt
    $y+1-\eta y=(a+b\eta )^{2}=a^{2}+b^{2}\eta ^{2}+2ab\eta =a^{2}-b^{2}+(2ab-b^{2})\eta \,.$
Dies ergibt das Gleichungssystem
    $y+1=a^{2}-b^{2}\,$
und
    $-y=2ab-b^{2}\,,$
was aufaddiert auf die Gleichung
    $a^{2}+2ab-2b^{2}=1\,$
bzw.
    $(a+b)^{2}-3b^{2}=1\,$
führt. Mit
    $c=a+b\,$
ist
    $c^{2}-3b^{2}=1\,$
eine Pellsche Gleichung, und zwar die (positive) Einheitenbedingung im quadratischen Zahlbereich zu ${\sqrt {3}}$. Die Fundamentaleinheit ist $2+{\sqrt {3}}$.
# Konstruierbare Zahl/sqrt(3) und sqrt(1+sqrt(3))/Zerfällungskörper nicht abelsch/Bemerkung

Wir betrachten die konstruierbare Zahl $u={\sqrt {1+{\sqrt {3}}}}$ und knüpfen dabei an Fakt an. Dort wurde gezeigt, dass $u$ das Minimalpolynom $X^{4}-2X^{2}-2$ besitzt, welches über $L=\mathbb {Q} [u]$ die Primfaktorzerlegung
    ${\begin{aligned}X^{4}-2X^{2}-2&=(X-u)(X+u){\left(X^{2}-1+{\sqrt {3}}\right)}\\\end{aligned}}$
besitzt. Insbesondere ist $L$ nicht normal, der Zerfällungskörper ist vielmehr $Z=L[{\sqrt {1-{\sqrt {3}}}}]$ und hat den Grad $8$ über $\mathbb {Q}$. Seine Galoisgruppe ist nicht abelsch, denn andernfalls wäre jeder Zwischenkörper nach Fakt (1) eine Galoiserweiterung von $\mathbb {Q}$, was aber für $L$ nicht zutrifft.
# Ebene algebraische Kurven/Kartesisches Blatt/Beispiel

Das Kartesische Blatt wird durch die Gleichung $F=X^{3}+Y^{3}-3XY=0$ beschrieben (die $3$ ist dabei nicht wichtig, und könnte durch eine andere Zahl $\neq 0$ ersetzt werden). Die homogenen Bestandteile der Kurvengleichung sind $F_{3}=X^{3}+Y^{3}$ und $F_{2}=-3XY$. Damit hat der Nullpunkt des Kartesischen Blattes die Multiplizität zwei und ist singulär, und sowohl die $X$- als auch die $Y$-Achse sind Tangenten (mit einfacher Multiplizität). An den übrigen Punkten ist die Kurve glatt (der Grundkörper habe nicht die Charakteristik $3$): aus
    ${\frac {\partial F}{\partial X}}=3X^{2}-3Y=0{\text{ und }}{\frac {\partial F}{\partial Y}}=3Y^{2}-3X=0$
folgt $Y=X^{2}$ und $X=Y^{2}$, also auch $Y=Y^{4}$ (ebenso für $X$). Dann ist $Y=X=0$ oder $X$ und $Y$ sind beide eine dritte Einheitswurzel (und zwar sind beide $1$ oder es sind die beiden anderen dritten Einheitswurzeln). An diesen anderen Verschwindungsstellen der beiden partiellen Ableitungen hat aber $F$ den Wert $-1$, diese sind also keine Punkte der Kurve.
# Theorie der Radikale (kommutative Algebra)/Radikal zu einem Ideal/ist ein Ideal/Fakt/Beweis

Wir zeigen zunächst, dass ein Ideal vorliegt. $0$ gehört offenbar zum Radikal und mit $f\in \operatorname {rad} {\left({\mathfrak {a}}\right)}$, sagen wir $f^{r}\in {\mathfrak {a}}$, ist auch $(af)^{r}=a^{r}f^{r}\in {\mathfrak {a}}$, also gehört $af$ zum Radikal. Zur Summeneigenschaft seien $f,g\in \operatorname {rad} {\left({\mathfrak {a}}\right)}$ mit $f^{r}\in {\mathfrak {a}}$ und $g^{s}\in {\mathfrak {a}}$. Dann ist
    $(f+g)^{r+s}=\sum _{i+j=r+s}{\binom {r+s}{i}}f^{i}g^{j}=\sum _{i+j=r+s,\,i<r}{\binom {r+s}{i}}f^{i}g^{j}+\sum _{i+j=r+s,\,i\geq r}{\binom {r+s}{i}}f^{i}g^{j}\in {\mathfrak {a}}\,.$
Es sei nun $f^{k}\in \operatorname {rad} {\left({\mathfrak {a}}\right)}$. Dann ist $(f^{k})^{r}=f^{kr}\in {\mathfrak {a}}$, also $f\in \operatorname {rad} {\left({\mathfrak {a}}\right)}$.
# Endliche unitäre Gruppe/n/Offener Ball/Aufgabe

Es sei $G\subseteq \operatorname {SU} _{n}\!$ eine endliche Untergruppe. Zeige, dass man die natürlich Operation von $G$ auf dem ${\mathbb {C} }^{n}$ auf einen jeden offenen Ball der Form $U{\left(0,r\right)}\subseteq {\mathbb {C} }^{n}$ einschränken kann.
# Diophantische Gleichung/Quadratsumme/Dritte Potenz/Textabschnitt

Wir betrachten die Gleichung
    $x^{2}+y^{2}=z^{3}\,.$
Lösungen sind beispielsweise $(2,2,2)$ oder $(11,2,5)$. Wenn man eine Lösung $(x,y,z)$ hat, so kann man das Lösungstupel mit $u^{6}$ multiplizieren und erhält wegen
    $(u^{3}x)^{2}+(u^{3}y)^{2}=u^{6}(x^{2}+y^{2})=u^{6}z^{3}=(u^{2}z)^{3}\,$
eine neue Lösung $(u^{3}x,u^{3}y,u^{2}z)$. Insbesondere gibt es unendlich viele Lösungen. Wenn $x$ und $y$ in einer Lösung einen gemeinsamen Primteiler $p$ haben, so kommt er wegen der linken Seite mit einer geraden Vielfachheit und wegen der rechten Seite mit einer durch drei teilbaren Vielfachheit vor. Er kommt also insgesamt mit einer durch sechs teilbaren Vielfachheit vor und man kann den eben beschriebenen Prozess umkehren. Es geht also im Wesentlichen darum, Lösungen für $x,y$ teilerfremd zu finden.
Es ist
    $x^{2}+y^{2}=(x+{\mathrm {i} }y)(x-{\mathrm {i} }y)=z^{3}\,$
im Ring der Gaußschen Zahlen. Bei $x,y$ teilerfremd ist
    $(x+{\mathrm {i} }y,x-{\mathrm {i} }y)=(2x,2y,x+{\mathrm {i} }y)\,.$
Bei
    $x=y=1\,$
liegt das im Ideal $(1+{\mathrm {i} })$. Sonst handelt es sich um das Einheitsideal. Letzterer Fall entspricht keiner Lösung. Also sind $x+{\mathrm {i} }y$ und $x-{\mathrm {i} }y$ teilerfremd und daher muss jeder Primteiler von $z$ in einem der Faktoren inder dirtten Potenz aufgehen. D.h. die bieden Zahlen sind selbst bis auf Einheiten dritte Potenzen. Der Ansatz
    $x+{\mathrm {i} }y=w(a+{\mathrm {i} }b)^{3}\,$
mit einer Einheit $w$. Da man die Negation reinziehen kann und man die Rollen von $x$ und $y$ vertauschen kann, darf man $w=1$ annehmen. Das führt auf die beiden Gleichungen $x=a^{3}-3ab^{2}=a(a^{2}-3b^{2})$ und $y=3a^{2}b-b^{3}=b(3a^{2}-b^{2})$. Man kann also $a$ und $b$ frei vorgeben. In der Tat ist
    $(a(a^{2}-3b^{2}))^{2}+(b(3a^{2}-b^{2}))^{2}=(a^{2}+b^{2})^{3}\,.$
Sei nun $y$ fixiert. Dann gibt es nur endlich viele Teiler $b$ von $y$, und dies legt auch $a$ fest. Bei $y=1$ ist $b=1$ und es gibt keine Lösung für $a$. Der Fall
    $b=-1\,$
führt auf
$a=0$, was wir ausgeschlossen haben. Bei $y=2$ hat man die Lösungen
    $(a,b)=(1,1),(1,-2)\,$
($b=-1$ oder $b=2$ führen nicht auf eine Lösung). Diese führen auf die Lösungen
    $x=\pm 2,\pm 11\,.$
# Kreisteilungsring/Zerlegungsgruppe/Frobenius/Bemerkung

Nach Fakt in Verbindung mit Fakt und Fakt operiert die Galoisgruppe
    $\operatorname {Gal} \,(\mathbb {Q} {|}K_{n})\cong {\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }\,$
auf dem $n$-ten Kreisteilungsring
    $R_{n}=\mathbb {Z} [X]/(\Phi _{n})\,$
derart, dass $a\in {\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$ durch die Substitution $X\mapsto X^{a}$ wirkt. Es sei $q$ eine Primzahl, die kein Teiler von $n$ sei, und es sei ${\mathfrak {q}}$ ein Primideal oberhalb von $(q)$. Das Element $q$ gehört zur Einheitengruppe ${\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$, seine Ordnung sei $f$, vergleiche Fakt. Zu $q$ gehört der Automorphismus $\psi$ von $R_{n}$, der $X$ auf die $q$-te Potenz von $X$ abbildet, wobei dies nur von der Restklasse von $q$ modulo $n$ abhängt. Dieser stimmt auf dem Faserring $R_{n}/(q)R_{n}$ der Charakteristik $q$ mit dem Frobeniushomomorphismus überein, da er auf einem Erzeuger damit übereinstimmt und da der Frobenius auf $\mathbb {Z} /(q)$ die Identität ist. Daher gilt $\psi ({\mathfrak {q}})={\mathfrak {q}}$ nach Aufgabe und $\psi$ gehört zur Zerlegungsgruppe $G_{\mathfrak {q}}$. Da $q$ die Ordnung $f$ besitzt, und die Zerlegungsgruppe nach Fakt (4) $f$ Elemente besitzt, wird die Zerlegungsgruppe von diesem Element erzeugt. Da $\psi$ auf dem Faserring den Frobenius induziert, gilt dies auch auf dessen Restekörpern. Somit wird unter der in Fakt (3) beschriebenen natürlichen Korrespondenz zwischen der Zerlegungsgruppe und der Galoisgruppe der Restekörpererweiterungen die Substitution $X\mapsto X^{q}$ auf den Frobenius abgebildet. Damit ist insbesondere zu jeder Primzahl $q$ das Frobenius-Element (siehe Bemerkung) im Fall von Kreisteilungsringen explizit gegeben.
# Ebene algebraische Kurven/Kartesisches Blatt/Singulärer Ort/Beispiel

Das Kartesische Blatt wird durch die Gleichung $F=X^{3}+Y^{3}-3XY=0$ beschrieben, der Grundkörper habe nicht die Charakteristik. Die partiellen Ableitungen sind
    ${\frac {\partial F}{\partial X}}=3X^{2}-3Y{\text{ und }}{\frac {\partial F}{\partial Y}}=3Y^{2}-3X.$
Wenn man diese (zusammen mit der Kurvengleichung selbst) $=0$ setzt, so folgt $Y=X^{2}$ und $X=Y^{2}$, also auch $Y=Y^{4}$ (ebenso für $X$). Dann ist $Y=X=0$, und somit liegt im Nullpunkt eine Singularität vor, oder $X$ und $Y$ sind beide eine dritte Einheitswurzel (und zwar sind beide $1$ oder es sind die beiden anderen dritten Einheitswurzeln). An diesen anderen Verschwindungsstellen der beiden partiellen Ableitungen hat aber $F$ den Wert $-1$, diese sind also keine Punkte der Kurve. Der Nullpunkt ist also der einzige nichtglatte Punkt der Kurve.
# Theorie/Erster Stufe/Ableitbar/Aufzählbar axiomatisierbar/Aufzählbar/Fakt/Beweis

Es sei $\Gamma$ eine $R$-aufzählbare Satzmenge, die $T$ axiomatisiert, und es sei $\alpha _{n}$, $n\in \mathbb {N} _{+}$, eine $R$-Aufzählung von $\Gamma$. Es sei $\beta _{n}$, $n\in \mathbb {N} _{+}$, eine $R$-Aufzählung der prädikatenlogischen Tautologien aus $L^{S}$. Wenn ein Satz $\gamma$ aus $\Gamma$ ableitbar ist, so gibt es eine endliche Auswahl $\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n}$ aus $\Gamma$ (bzw. aus der gewählten Aufzählung) derart, dass
    $\vdash \alpha _{1}\wedge \ldots \wedge \alpha _{n}\rightarrow \gamma$
eine prädikatenlogische Tautologie ist. Daher leistet das folgende Verfahren, bei dem $n$ wächst, das Gewünschte: Für jedes $n$ notiert man die Tautologien $\beta _{1},\ldots ,\beta _{n}$ in der Form
    $\beta _{i}=\delta _{1}\wedge \ldots \wedge \delta _{s}\rightarrow \epsilon \,.$
Wenn $\beta _{i}$ überhaupt diese Form besitzt, so ist diese eindeutig bestimmt. Danach überprüft man für jedes $i\leq n$, ob alle $\delta _{1},\ldots ,\delta _{s}$ zu $\{\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n}\}$ gehören. Falls ja, und wenn $\epsilon$ ein Satz ist, so wird $\epsilon$ notiert. Danach geht man zum nächsten $i$. Wenn man $i=n$, erreicht hat, so geht man zu $n+1$, wobei man aber wieder bei $i=1$ anfängt.
# Endliche Galoiserweiterung/Charakterisierung/Fakt/Name/Inhalt

Sei $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung und sei $G=\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ die Galoisgruppe. Dann sind folgende Eigenschaften äquivalent.
* Die Körpererweiterung $K\subseteq L$ ist eine Galoiserweiterung.
* Es ist $\operatorname {Fix} \,(G)=K$.
* Die Körpererweiterung $K\subseteq L$ ist normal und separabel.
* $L$ ist Zerfällungskörper eines separablen Polynoms $F\in K[X]$.
# Endliche Untergruppe/Erzeuger diagonalisierbar/Irreduzibel/Beispiel/Aufgabe

Man gebe ein Beispiel einer Untergruppe $G\subseteq \operatorname {GL} _{r}\!{\left(K\right)}$ mit $r\geq 2$, die von zwei Elementen erzeugt wird, die beide als Endomorphismen diagonalisierbar sind, derart, dass die einzigen $G$-invarianten Untervektorräume $0$ und $K^{r}$ sind.
# Direktes Produkt/Direkte Summe/Einführung/Textabschnitt

Wir erinnern daran, dass man zu einer Familie $M_{i}$, $i\in I$, von Mengen $M_{i}$ die Produktmenge $\prod _{i\in I}M_{i}$ definieren kann. Wenn alle $M_{i}=V_{i}$ Vektorräume über einem Körper $K$ sind, so handelt es sich hierbei mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation wieder um einen $K$-Vektorraum. Man spricht dann vom direkten Produkt der Vektorräume. Wenn es sich immer um den gleichen Raum handelt, $M_{i}=V$, so schreibt man dafür auch $V^{I}$. Das ist einfach der Abbildungsraum $\operatorname {Abb} \,{\left(I,V\right)}$.
Den Vektorraum $V_{j}$ findet man im direkten Produkt als Untervektorraum wieder, und zwar als die Menge der Tupel
    $(x_{i})_{i\in I}{\text{ mit }}x_{i}=0{\text{ für alle }}i\neq j.$
Die Menge all dieser, jeweils an nur einer Stelle von $0$ verschiedenen, Tupel erzeugt einen Untervektorraum, der bei unendlichem $I$ nicht das ganze direkte Produkt ist.

## Definition

Es sei $I$ eine Menge und $K$ ein Körper. Zu jedem $i\in I$ sei ein $K$-Vektorraum $V_{i}$ gegeben. Dann nennt man die Menge
    $\bigoplus _{i\in I}V_{i}={\left\{(v_{i})_{i\in I}\mid v_{i}\in V_{i},\,v_{i}\neq 0{\text{ für nur endlich viele }}i\right\}}\,$
die direkte Summe der $V_{i}$.
Es liegt die Untervektorraumbeziehung
    $\bigoplus _{i\in I}V_{i}\subseteq \prod _{i\in I}V_{i}\,$
vor. Wenn es sich stets um den gleichen Vektorraum handelt, so schreibt man für diese direkte Summe $V^{(I)}$. Es ist also
    $V^{(I)}\subseteq V^{I}\,$
ein Untervektorraum. Bei endlichem $I$ gibt es keinen Unterschied, für unendliche Indexmengen ist die Inklusion aber echt. Beispielsweise ist $\mathbb {R} ^{\mathbb {N} }$ der Folgenraum, dagegen besteht $\mathbb {R} ^{(\mathbb {N} )}$ nur aus der Menge aller Folgen, für die nur endlich viele Glieder von $0$ verschieden sind. Der Polynomring $K[X]$ ist in diesem Sinne die direkte Summe aus den $KX^{n},\,n\in \mathbb {N}$. Jeder $K$-Vektorraum mit einer Basis $v_{i}$, $i\in I$, ist „isomorph“ zur direkten Summe $\bigoplus _{i\in I}Kv_{i}$.
# Kurve/Integralabschätzung/Bezug auf Kurvenlänge/Bemerkung

Die Abschätzung aus Fakt ist im Allgemeinen recht grob. Wenn beispielsweise $g=f'$ die Ableitung einer stetig differenzierbaren Kurve
    $f\colon [a,b]\longrightarrow V$
ist, so ist die rechte Seite nach Fakt gleich
    $\int _{a}^{b}\Vert {g(t)}\Vert \,dt=\int _{a}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert \,dt=L_{a}^{b}(f)\,,$
also die Kurvenlänge von $f$. Die linke Seite ist hingegen
    $\Vert {\int _{a}^{b}g(t)\,dt}\Vert =\Vert {f(b)-f(a)}\Vert \,.$
Die Abschätzung ist also in diesem Fall trivial, da ja die Kurvenlänge nach Definition das Supremum der Längen der interpolierenden Streckenzüge ist, und $\Vert {f(b)-f(a)}\Vert$ ist die Länge der direkten Strecke.
# Ebene algebraische Kurven/Mehrere Geraden durch Ursprung/Gleichung/Beispiel

Es seien $d$ verschiedene Geraden $L_{1},\ldots ,L_{d}$ in der affinen Ebene gegeben, die alle durch den Nullpunkt laufen mögen. Es seien $a_{i}X+b_{i}Y=0,\,i=1,\ldots ,d$, die zugehörigen Gleichungen (die nur bis auf einen Skalar definiert sind). Die Vereinigung dieser Geraden wird dann durch das Produkt
    $F=(a_{1}X+b_{1}Y)\cdots (a_{d}X+b_{d}Y)\,$
beschrieben. Insbesondere ist $F=F_{d}$ homogen vom Grad $d$. Hier definiert jeder Linearfaktor eine Tangente durch den Nullpunkt.
# Theorie/Erster Stufe/Ableitbar/Aufzählbar, vollständig, widerspruchsfrei/Entscheidbar/Fakt/Beweis

Nach Fakt bedeutet die aufzählbare Axiomatisierbarkeit, dass schon die Theorie selbst aufzählbar ist. Es sei also $T$ aufzählbar, vollständig und widerspruchsfrei, und sei $\alpha _{n}$, $n\in \mathbb {N} _{+}$, eine Aufzählung von $T$. Es sei $\beta \in L_{0}^{S}$ ein Satz. Wegen der Widerspruchsfreiheit und der Vollständigkeit gilt entweder
$\beta \in T$ oder $\neg \beta \in T$. Daher kommt entweder $\beta$ oder $\neg \beta$ in der Aufzählung von $T$ vor. Bei $\alpha _{n}=\beta$ ist $\beta \in T$ und bei $\alpha _{n}=\neg \beta$ ist $\beta \notin T$.
# Bernoulli-Dreieck/Arithmetisches Mittel/Interpretation/Aufgabe/Lösung

* Es ergibt sich das folgende Schema.
    ${\begin{matrix}&&&&1&&&&\\&&&{\frac {1}{2}}&&{\frac {1}{2}}&&&\\&&{\frac {1}{4}}&&{\frac {1}{2}}&&{\frac {1}{4}}&\\&{\frac {1}{8}}&&{\frac {3}{8}}&&{\frac {3}{8}}&&{\frac {1}{8}}&\\{\frac {1}{16}}&&{\frac {1}{4}}&&{\frac {3}{8}}&&{\frac {1}{4}}&&{\frac {1}{16}}\end{matrix}}$
* Der Induktionsanfang ist klar, da in der nullten Zeile eine einzige $1$ steht. Zum Beweis des Induktionsschrittes sei bereits bewiesen, dass die Summe in der $n$-ten Zeile gleich $1$ ist. Jeder Eintrag der $n$-ten Zeile geht zweifach in die nächste Zeile ein, nämlich einmal als Teil des arithmetischen Mittels mit dem linken Nachbarn und einmal als Teil des arithmetischen Mittels mit dem rechten Nachbarn. Beides mal wird dabei die Hälfte des Eintrages verwendet. Die Gesamtsumme ist also wieder gleich $1$.
* Es ist Für $n=0$ ist was mit der nullten Zeile übereinstimmt. Es gilt nach Fakt d.h. $B_{{\frac {1}{2}},n+1}(k)$ ist das arithmetische Mittel von $B_{{\frac {1}{2}},n}(k)$ und $B_{{\frac {1}{2}},n}(k-1)$. Die Zahlen in der Binomialverteilung erfüllen also die rekursive Bedingungen aus Teil (1). Daher stehen in der $n$-ten Zeile des Dreiecks die Zahlen der Binomialverteilung.
    $B_{{\frac {1}{2}},n}(k)={\binom {n}{k}}{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{n}\,.$
    $B_{{\frac {1}{2}},0}(0)=1\cdot {\left({\frac {1}{2}}\right)}^{0}=1\,,$
    ${\begin{aligned}B_{{\frac {1}{2}},n+1}(k)&={\binom {n+1}{k}}{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{n+1}\\&={\left({\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k-1}}\right)}{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{n+1}\\&={\binom {n}{k}}{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{n+1}+{\binom {n}{k-1}}{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{n+1}\\&={\frac {1}{2}}{\binom {n}{k}}{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{n}+{\frac {1}{2}}{\binom {n}{k-1}}{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{n}\\&={\frac {1}{2}}B_{{\frac {1}{2}},n}(k)+{\frac {1}{2}}B_{{\frac {1}{2}},n}(k-1),\end{aligned}}$
# Endliche Untergruppe/GL2C/Isomorph/Nicht konjugiert/Aufgabe

Man gebe ein Beispiel von zwei endlichen Untergruppen $G,H\subseteq \operatorname {GL} _{2}\!{\left({\mathbb {C} }\right)}$, die zueinander isomorph, aber nicht zueinander konjugiert sind.
# Kurve/Mittelwertabschätzung und Integralabschätzung/Bemerkung

Aus Fakt kann man Fakt für eine stetig differenzierbare Kurve
    $f\colon I\longrightarrow V$
gewinnen. Mit $g=f'$ ist nämlich
    $\Vert {f(b)-f(a)}\Vert =\Vert {\int _{a}^{b}g(t)\,dt}\Vert \leq \int _{a}^{b}\Vert {g(t)}\Vert \,dt=(b-a)\Vert {g(c)}\Vert =(b-a)\Vert {f'(c)}\Vert \,$
für ein gewisses $c\in [a,b]$, dessen Existenz aus dem Mittelwertsatz der Integralrechnung folgt.
# Ebene algebraische Kurven/Reell/X^2+Y^2-2 und X^2+2Y^2-1/Durchschnitt und Einheit/Beispiel

Wir betrachten die beiden algebraischen Kurven
    $V_{1}=V(X^{2}+Y^{2}-2)\,\,{\text{ und }}\,\,V_{2}=(X^{2}+2Y^{2}-1)\subseteq {\mathbb {A} }_{K}^{2}.$
Bei $K=\mathbb {R}$ sind das beides irreduzible Quadriken. Der Durchschnitt wird beschrieben durch das Ideal
    $(X^{2}+Y^{2}-2,X^{2}+2Y^{2}-1)=(Y^{2}+1,X^{2}-3)\,.$
Da das Polynom $Y^{2}+1$ im Reellen keine Nullstelle hat, ist der Durchschnitt $V_{1}\cap V_{2}=\emptyset$ leer. Das Verschwindungsideal des (leeren) Durchschnittes ist natürlich das Einheitsideal, die Summe der beiden Verschwindungsideale ist aber nicht das Einheitsideal.
# Topologie/Irreduzibler Raum/Charakterisierung/Fakt/Beweis

Dies folgt unmittelbar aus der Definition, da für die abgeschlossenen Teilmengen $Y=X\setminus U$ und $Z=X\setminus V$ die Beziehung $X=Y\cup Z$ genau dann gilt, wenn $U\cap V=\emptyset$ ist.
# Bernoulli-Dreieck/Gewichtetes Mittel/p ist ein Drittel/Interpretation/Aufgabe/Lösung

* Es ergibt sich das folgende Schema.
    ${\begin{matrix}&&&&&1&&&&&\\&&&&{\frac {1}{3}}&&{\frac {2}{3}}&&&&\\&&&{\frac {1}{9}}&&{\frac {4}{9}}&&{\frac {4}{9}}&&\\&&{\frac {1}{27}}&&{\frac {2}{9}}&&{\frac {4}{9}}&&{\frac {8}{27}}&&\\&{\frac {1}{81}}&&{\frac {8}{81}}&&{\frac {8}{27}}&&{\frac {32}{81}}&&{\frac {16}{81}}&\end{matrix}}$
* Der Induktionsanfang ist klar, da in der nullten Zeile eine einzige $1$ steht. Zum Beweis des Induktionsschrittes sei bereits bewiesen, dass die Summe in der $n$-ten Zeile gleich $1$ ist. Jeder Eintrag der $n$-ten Zeile geht zweifach in die nächste Zeile ein, nämlich einmal mit dem Faktor ${\frac {1}{3}}$ nach links und einmal mit dem Faktor ${\frac {1}{3}}$ nach rechts. Insgesamt wird dabei die Ausgangszahl auf die beiden Nachfolger in der folgenden Zeile verteilt. Die Gesamtsumme ändert sich dabei nicht und ist also wieder gleich $1$.
* Es ist Für $n=0$ ist was mit der nullten Zeile übereinstimmt. Es gilt nach Fakt D.h. die Zahlen in der Binomialverteilung $B_{{\frac {2}{3}},n+1}(k)$ erfüllen also die rekursive Bedingungen aus Teil (1). Daher stehen in der $n$-ten Zeile des Dreiecks die Zahlen der Binomialverteilung.
    $B_{{\frac {2}{3}},n}(k)={\binom {n}{k}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n-k}\,.$
    $B_{{\frac {2}{3}},0}(0)=1\cdot {\left({\frac {2}{3}}\right)}^{0}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{0}=1\,,$
    ${\begin{aligned}B_{{\frac {2}{3}},n+1}(k)&={\binom {n+1}{k}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}\\&={\left({\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k-1}}\right)}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}\\&={\binom {n}{k}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}+{\binom {n}{k-1}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}\\&={\frac {1}{3}}{\binom {n}{k}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n-k}+{\frac {2}{3}}{\binom {n}{k-1}}{\left({\frac {2}{3}}\right)}^{k-1}{\left({\frac {1}{3}}\right)}^{n+1-k}\\&={\frac {1}{3}}B_{{\frac {2}{3}},n}(k)+{\frac {2}{3}}B_{{\frac {2}{3}},n}(k-1).\end{aligned}}$
# Endliche Körpererweiterung/Galoiszahl und Grad/Fakt/Name/Inhalt

Sei $K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung. Dann ist
    ${\#\left(\operatorname {Gal} \,(L{|}K)\right)}\leq \operatorname {grad} _{K}L\,.$
# Endliche Untergruppe/SL3C/Isomorph/Nicht konjugiert/Aufgabe

Man gebe ein Beispiel von zwei endlichen Untergruppen $G,H\subseteq \operatorname {SL} _{3}\!{\left({\mathbb {C} }\right)}$, die zueinander isomorph, aber nicht zueinander konjugiert sind.