OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Strecken/Euklidischer Algorithmus/Textabschnitt

Es seien zwei Strecken $s$ und $t$ gegeben. Man sagt, dass $t$ ein (ganzzahliges) Vielfaches von $s$ ist, wenn es eine natürliche Zahl $n$ mit der Eigenschaft gibt, dass sich die Strecke $t$ ergibt, wenn man die Strecke $s$ $n$-fach gerade hintereinanderlegt (die Strecke wird also $n$-mal genommen). Für zwei Strecken $s$ und $t$ gibt es das folgende Konzept, das ihre ganzzahlige Vergleichbarkeit ausdrückt. Man beachte, dass dieses Konzept unabhängig von solchen Messungen ist, die die Längen in Zahlen mit Hilfe von Einheiten ausdrücken. Es werden nur die beiden Längen gegeneinander gemessen, man verwendet keine normierten Standardlängen.

## Definition

Zwei Strecken $s$ und $t$ heißen kommensurabel, wenn es eine Strecke $g$ mit der Eigenschaft gibt, dass beide Strecken ganzzahlige Vielfache von $g$ sind.
Auch vom euklidischen Algorithmus gibt es in diesem Kontext eine sinnvolle Version. Die Strecke $t$ sei mindestens so lang wie $s$. Dann ist
    $t=ns+r\,$
mit $n\in \mathbb {N}$ und einer „Reststrecke“ $r$, die kürzer als $s$ ist und eventuell $0$ ist. Die Gleichung ist dabei als eine Gleichung von hintereinander hingelegten Strecken zu verstehen. Wie in Fakt ergibt sich, dass mit $s$ und $t$ auch $s$ und $r$ kommensurabel sind. Wenn man dieses Verfahren rekursiv fortsetzt, so tritt im Falle der Kommensurabilität irgendwann die Situation auf, wo die kleine Strecke in die größere Strecke voll aufgeht. Somit hat man dann auch die größte gemeinsame Teilerstrecke gefunden.
# Fußball/8 zu 3/Möglichkeiten/Aufgabe/Lösung

* Es fallen insgesamt $11$ Tore, die Torreihenfolge ist festgelegt, wenn man weiß, welche Tore davon von München erzielt wurden. Also ist die Anzahl der Möglichkeiten gleich
    ${\binom {11}{3}}={\frac {11\cdot 10\cdot 9}{3\cdot 2}}=11\cdot 5\cdot 3=165\,.$
* Bei jeder der $165$ Torreihenfolgen gibt es für die Pause $12$ Möglichkeiten (vor dem ersten Tor, nach dem ersten Tor, nach dem zweiten Tor, ..., nach dem elften Tor), also ist die Anzahl gleich
    $12\cdot 165=1980\,.$
* Für jede der $165$ Torreihenfolgen muss man noch festlegen, in welchen Minuten die Tore fielen. Für diese Torminuten gibt es ${\binom {90}{11}}$ Möglichkeiten, also gibt es $165\cdot {\binom {90}{11}}$ Möglichkeiten für den Spielverlauf im beschriebenen Sinn.
* Da Stuttgart stets (bis auf den Anfang) in Führung liegt, muss Stuttgart das erste und das zweite Tor erzielen. Wir berechnen die Möglichkeiten je nachdem, ob Stuttgart genau die ersten zwei Toren, genau die ersten drei Tore oder zumindest die ersten vier Tore erzielt. Stuttgart erzielt genau die ersten beiden Tore. Dann erzielt München das dritte Tor und es steht $2:1$. Wegen der Führungseigenschaft erzielt Stuttgart das vierte Tor und es steht $3:1$. Für den weiteren Torverlauf gibt es somit ${\binom {7}{2}}=21$ Möglichkeiten, und davon ist nur der Fall ausgeschlossen, dass München die beiden folgenden Tore schießt. Also gibt es in diesem Fall $20$ Möglichkeiten. Stuttgart erzielt genau die ersten drei Tore. Dann erzielt München das vierte Tor und es steht $3:1$. In diesem Fall gibt es dann wieder $20$ Möglichkeiten. Stuttgart erzielt die ersten vier Tore. Dann ist bei jedem weiteren Torverlauf die Führungseigenschaft erfüllt. Davon gibt es ${\binom {7}{3}}=35$ Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also mögliche Torreihenfolgen, die die Führungsbedingung erfüllen.
    $20+20+35=75\,$
# Holomorphe Funktion/Eine Variable/Rechtsäquivalenz/Aufgabe

Es seien $f,g\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ holomorphe Funktionen mit $0\in U\subseteq {\mathbb {C} }$ offen und mit $f(0)=g(0)=0$. Zeige, dass $f$ und $g$ genau dann rechtsäquivalent sind, wenn ihre Nullstellenordnung im Nullpunkt übereinstimmt.
# Polynomring/2 Variablen/X^2 und Y^2/XY/Restklassenring/Straffer Abschluss/Beispiel

Es sei $K$ ein Körper von positiver Charakteristik, $R=K[X,Y]$, $I={\left(X^{2},Y^{2}\right)}$. Dann ist $XY\notin I$, das Element gehört aber zum integralen Abschluss von $I$. Für jeden echten Restklassenring $S=R/{\mathfrak {a}}$ des Polynomringes gehört daher $xy$ zum integralen Abschluss von $IS$ und damit auch zum straffen Abschluss von $IS$, da diese Ringe ja höchstens eindimensional sind. Der Torsor zur Kohomologieklasse ${\frac {1}{XY}}$ ist ein affines Schema über der projektiven Gerade ${\mathbb {P} }_{K}^{1}$ und enthält keine projektive Kurve, über jedem einzelnen Punkt enthält es aber natürlich Punkte.
# Fußballmanschaft/Auswahl/Kapitän/Aufgabe/Lösung

* Es gibt Möglichkeiten, die Mannschaft aufzustellen.
    ${\begin{aligned}{\binom {3}{1}}{\binom {7}{4}}{\binom {6}{3}}{\binom {4}{3}}&=3\cdot {\frac {7\cdot 6\cdot 5}{3\cdot 2\cdot 1}}\cdot {\frac {6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1}}\cdot 4\\&=3\cdot 35\cdot 20\cdot 4\\&=8400\end{aligned}}$
* Es gibt $8400\cdot 11=92400$ Möglichkeiten, die Mannschaft aufzustellen und dabei einen Kapitän festzulegen.
* Es sind drei Angreifer auf dem Platz und drei Verteidiger auf der Bank. Also gibt es Auswechselmöglichkeiten.
    ${\binom {3}{2}}{\binom {3}{2}}=9\,$
# Holomorphe Funktion/Endliche Bestimmtheit/Jacobiideal/Mather/Isolierte Singularität/Aufgabe

Es sei $f\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ holomorph mit $U\subseteq {\mathbb {C} }^{n}$ offen und einer isolierten Singularität im Nullpunkt. Zeige, dass man Fakt in dieser Situation anwenden kann.
# Polynomring/2/Cech-Kohomologie/Beispiel

Sei $A=R[X,Y]$. Der Čechkomplex zur Strukturgarbe ${\mathcal {O}}_{{\mathbb {A} }_{R}^{2}}$ auf $U=D(X)\cup D(Y)\subset {\mathbb {A} }_{R}^{2}$ ist
    $0\longrightarrow A_{X}\times A_{Y}\longrightarrow A_{XY}\longrightarrow 0.$
Dieser Komplex ist mit der feinen Monomgraduierung verträglich. Die Komponente zu $(\alpha ,\beta )\in \mathbb {Z} ^{2}$ hängt im Wesentlichen davon ab, ob die Exponenten positiv oder negativ sind. Wenn $\alpha$ und $\beta$ beide nichtnegativ sind, so steht hier insgesamt
    $(A_{X}\times A_{Y})_{(\alpha ,\beta )}=R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }\oplus R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }\longrightarrow R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }\longrightarrow 0$
und der Komplex ist hinten exakt und der Kern vorne ist isomorph zu $R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }$. Wenn $\alpha$ negativ und $\beta$ nichtnegativ ist (entsprechend umgekehrt), so steht hier insgesamt
    $(A_{X}\times A_{Y})_{(\alpha ,\beta )}=R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }\oplus 0\longrightarrow R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }\longrightarrow 0$
und der Komplex ist exakt. Wenn $\alpha$ und $\beta$ beide negativ sind, so steht hier insgesamt
    $(A_{X}\times A_{Y})_{(\alpha ,\beta )}=0\oplus 0\longrightarrow R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }\longrightarrow 0$
und die hintere Homologie ist $R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }$. Insgesamt ist daher
    ${\check {H}}^{0}(D(X),D(Y),{\mathcal {O}}_{{\mathbb {A} }_{R}^{2}})=\bigoplus _{(\alpha ,\beta )\in \mathbb {N} ^{2}}R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }=A\,$
und ${\check {H}}^{1}(D(X),D(Y),{\mathcal {O}}_{{\mathbb {A} }_{R}^{2}})=\bigoplus _{(\alpha ,\beta )\in \mathbb {Z} _{-}^{2}}R\cdot X^{\alpha }Y^{\beta }$.
# Fußballspiel/Begrüßung/Anzahl/Aufgabe/Lösung

Die Anzahl der Begrüßungen ist
    $11\cdot 11+2\cdot 11\cdot 4+{\binom {4}{2}}=121+88+6=215\,.$
# Holomorphe Funktion/Glatt/1-bestimmt/Aufgabe

Es sei $f\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$, $0\in U\subseteq {\mathbb {C} }^{n}$ offen, eine holomorphe Funktion mit $f(0)=0$. Zeige, das folgende Eigenschaften äquivalent sind.
* $0$ ist ein regulärer Punkt von $f$.
* Das Jacobiideal zu $f$ in ${\mathcal {O}}_{n}$ ist das Einheitsideal.
* $f$ ist $1$-bestimmt
# Polynomring/2/Körper/Lokalisierung/Ungleichlange Ketten/Beispiel

Wir betrachten den Polynomring $K[X,Y]$ über einem Körper $K$ mit dem maximalen Ideal ${\mathfrak {m}}=(X,Y)$ und dem Primideal ${\mathfrak {p}}=(X-1)$, das nicht in ${\mathfrak {m}}$ liegt. Wir betrachten das multiplikative System
    $S={\left\{f\in K[X,Y]\mid f\notin {\mathfrak {m}}{\text{ und }}f\notin {\mathfrak {p}}\right\}}=K[X,Y]\setminus {\mathfrak {m}}\cap K[X,Y]\setminus {\mathfrak {p}}\,.$
In der Nenneraufnahme $R=K[X,Y]_{S}$ sind die Primideale ${\mathfrak {m}}R$ und ${\mathfrak {p}}R$ die einzigen maximalen Ideale, das eine hat die Höhe $2$ und das andere die Höhe $1$. Die Aussage Fakt gilt also nicht für integre Algebren, die im Wesentlichen vom endlichen Typ sind.
# Syzygien/Initialpotenzgrad/Textabschnitt

Es sei $R$ ein lokaler noetherscher Ring und $f_{1},\ldots ,f_{n}$ Elemente, die ein ${\mathfrak {m}}$-primäres Ideal erzeugen. Es gelte $f_{j}\in {\mathfrak {m}}^{d_{j}}$, $f_{j}\notin {\mathfrak {m}}^{d_{j}+1}$. Die Abbildung
    $\bigoplus _{j}R(-d_{j})\longrightarrow R,\,\left(s_{1},\,\ldots ,\,s_{n}\right)\longmapsto \sum _{j}s_{j}f_{j},$
induziert für jedes $k$ Abbildungen
    $\bigoplus _{j}{\mathfrak {m}}^{k-d_{j}}\longrightarrow {\mathfrak {m}}^{k}$
und Abbildungen von $R/{\mathfrak {m}}$-Vektorräumen
    $\bigoplus _{j}{\mathfrak {m}}^{k-d_{j}}/{\mathfrak {m}}^{k-d_{j}+1}\longrightarrow {\mathfrak {m}}^{k}/{\mathfrak {m}}^{k+1}.$
Aus Dimensionsgründen gibt es dann ein minimales $k$ derart, dass es einen nichttrivialen Kern gibt, was mit der Hilbertfunktion bestimmt werden kann. Ferner gibt es ein erwartetes minimales $k'$, das von den Hilbertpolynomen herrührt.
    $Syz(X^{3},Y^{5},X^{2}-Y^{3})\subseteq R(-3)\oplus R(-5)\oplus R(-2)$
Basissyzygien
    $s_{1}=(-X,Y,X^{2}+Y^{3})\,,$
    $s_{2}=(-Y^{2},X,XY^{2})\,.$
Es ist
    $Xs_{1}-Ys_{2}=(-X^{2}+Y^{3},0,X^{3})\,$
und
    $Y^{2}s_{1}-Xs_{2}=(0,-X^{2}+Y^{3},Y^{5})\in F_{7}\,.$
Die erste Komponente müsste also zu $R(-4)_{7}$ gehören, was nicht der Fall ist.
Wir ergänzen $S$ zu $S'$, indem wir ${\frac {Y^{m}}{X}}(Y^{2}s_{1}-Xs_{2})$ hinzunehmen und in die Stufe $F_{m+6}$ packen. $S'$ kann man als $R$-Untermodul von $S_{X}$ realisieren. Die natürliche Abbildung $As_{1}+Bs_{2}\mapsto B$ nach $R(-6)$ ergänzen wir, indem wir diese Element auf $-Y^{m}$ schicken. Insbesondere geht $-{\frac {1}{X}}(Y^{2}s_{1}-Xs_{2})$ auf $1$ (und zwar vom richtigen Grad). Dies erlaubt den Schnitt $1\mapsto -{\frac {1}{X}}(Y^{2}s_{1}-Xs_{2})$.
Wegen $As_{1}+Bs_{2}\mapsto B\mapsto -{\frac {B}{X}}(Y^{2}s_{1}-Xs_{2})$ geht $(A-{\frac {BY^{2}}{X}})s_{1}$ zum Kern. Nach vorne betrachten wir daher die Abbildung $As_{1}+Bs_{2}\mapsto A-{\frac {BY^{2}}{X}}$, wofür wir $R(-4)$ um die $Y^{m}/X$ erweitern müssen. Obiges $Y^{2}s_{1}-Xs_{2}$ geht dann auf $0$. Allerdings sind die Erweiterungen nicht erlaubt. Bei
    $R'=R+{\frac {Y^{m}}{X}}\,$
ist
    $R'/F_{\ell }=R/m^{\ell }+{\frac {Y^{m}}{X}},0\leq m\leq \ell \,.$
Das Bild mit Quotientenfiltrierung.
$As_{1}+Bs_{2}$ gehört maximal zu $F_{GradC+2+5}$ bei $B=CX$ und nur zu $F_{k+5}$ bei $B=Y^{k}$. Die Bildstufe zu $F_{\ell }$ ist daher $CX$ mit $C$ vom Grad $\ell -7$ und $Y^{k}$ mit $k=\ell -5$. Also $G_{\ell }$ ist $X\cdot m^{\ell -7}+Y^{\ell -5}\subseteq m^{\ell -6}$. Daher ist $R/G_{\ell }$ gleich $X\cdot M,Y^{0}...Y^{\ell -6}$, der Unterschied ist eindimensional.
Wenn man die Filtrierung von Syz ändert?
    $F_{\ell }\subseteq H_{\ell }\,$
sodass etwa $s_{2}$ zu $H_{6}$ gehört. Also
    $H_{\ell }=F_{\ell }+Y^{\ell -6}s_{2}\,.$
Unterschied eindimensional, da ja $Y^{\ell -6+pos}$ zu $F_{\ell }$ gehört. Wenn $1$ auf $s_{2}$ abgebildet wird, so braucht man mehr, da $Bs_{2}$ den Summengrad besitzt. Höheren Grad erreicht man nur in Verbindung $As_{1}+Bs_{2}$.
# Fünfter Kreisteilungskörper/Nicht graduiert/Aufgabe/Lösung

Die Galoisgruppe des fünften Kreisteilungskörpers $K$ ist isomorph zu $\mathbb {Z} /(4)$. Als Graduierung kommen nur die beiden Gruppen $\mathbb {Z} /(4)$ und $\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(2)$ in Frage. Im zweiten Fall würde aber die Automorphismengruppe nach Fakt eine Untergruppe der Form $\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(2)$ enthalten, was ausgeschlossen ist. Die einzig verbleibende Möglichkeit wäre also $\mathbb {Z} /(4)$ als graduierende Gruppe, und dann wäre
    $K\cong \mathbb {Q} [U]/{\left(U^{4}-c\right)}\,$
mit einem $c\in \mathbb {Q}$. Der erzeugende Automorphismus $\varphi$ schickt $U$ auf ein $\varphi (U)$, das ebenfalls
    ${\left(\varphi (U)\right)}^{4}=c\,$
erfüllt. Somit ist
    ${\left({\frac {U}{\varphi (U)}}\right)}^{4}=1\,.$
Dabei ist
    ${\frac {U}{\varphi (U)}}=-1\,$
ausgeschlossen, da andernfalls
    $\varphi (U)=-U\,$
wäre und der Homomorphismus die Ordnung $2$ hätte. Also ist
    ${\frac {U}{\varphi (U)}}=\pm {\mathrm {i} }\,.$
# Holomorphe Funktionen/Quadrik/Summe/Rechtsäquivalenz/Invertierbarkeit/Aufgabe

Es seien $g_{1}\colon V\rightarrow {\mathbb {C} }$ und $g_{2}\colon V'\rightarrow {\mathbb {C} }$ mit $0\in V,V'\subseteq {\mathbb {C} }^{n}$ offen, holomorphe Funktionen mit $g_{1},g_{2}\in {\mathfrak {m}}^{3}$ in den Variablen $y_{1},\ldots ,y_{n}$ bzw. $w_{1},\ldots ,w_{n}$ Es sei
    $\varphi \colon U\times V\longrightarrow W$
eine biholomorphe Abbildung mit $U\subseteq {\mathbb {C} }^{k}$ und $W\subseteq {\mathbb {C} }^{k+n}$ offen und mit $\varphi (0)=0$ und mit
    $x_{1}^{2}+\cdots +x_{k}^{2}+g_{1}={\left(z_{1}^{2}+\cdots +z_{k}^{2}+g_{2}\right)}\circ \varphi \,.$
Zeige, dass dann die $k\times k$-Untermatrix ${\left(\partial _{x_{i}}\varphi _{j}\right)}_{1\leq i,j\leq k}$ der Jacobi-Matrix zu $\varphi$ im Nullpunkt invertierbar ist.
# Taylor-Entwicklung/R/Polynom/Einführung/Textabschnitt

Die Taylor-Entwicklung bzw. Taylor-Formel in einer Variablen, die wir im ersten Semester kennengelernt haben (siehe insbesondere Fakt und Fakt), liefert zu einem Punkt und einer gewünschten Ordnung eine optimale Approximation in diesem Punkt einer (hinreichend oft differenzierbaren) Funktion durch ein Polynom, das Taylor-Polynom. Eine entsprechende Aussage gilt auch in mehreren Variablen. Wir beginnen mit einigen Vorbereitungen.
Zu einem Monom $x_{1}^{r_{1}}\cdot x_{2}^{r_{2}}\cdots x_{n}^{r_{n}}$ nennt man die Summe
    $\vert {\,r\,}\vert :=\vert {\,(r_{1},\ldots ,r_{n})\,}\vert :=\sum _{j=1}^{n}r_{j}\,$
den Grad des Monoms. Ein Polynom in $n$ Variablen,
    $f(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum _{(r_{1},\ldots ,r_{n})\in \mathbb {N} ^{n}}a_{(r_{1},\ldots ,r_{n})}x_{1}^{r_{1}}x_{2}^{r_{2}}\cdots x_{n}^{r_{n}}\,$
(wobei die Summe endlich ist) lässt sich entlang des Grades der beteiligten Monome anordnen, also
    $f(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum _{d=0}^{e}\left(\sum _{(r_{1},\ldots ,r_{n})\in \mathbb {N} ^{n},\,\vert {\,r\,}\vert =d}a_{(r_{1},\ldots ,r_{n})}x_{1}^{r_{1}}x_{2}^{r_{2}}\cdots x_{n}^{r_{n}}\right)\,.$
Für jedes $k\in \mathbb {N}$ kann man dies auch als
    $f(x_{1},\ldots ,x_{n})=T_{k}(x_{1},\ldots ,x_{n})+R_{k}(x_{1},\ldots ,x_{n})\,$
schreiben mit ($x=(x_{1},\ldots ,x_{n})$)
    $T_{k}(x)=\sum _{d=0}^{k}{\left(\sum _{(r_{1},\ldots ,r_{n})\in \mathbb {N} ^{n},\,\vert {\,r\,}\vert =d}a_{(r_{1},\ldots ,r_{n})}x_{1}^{r_{1}}x_{2}^{r_{2}}\cdots x_{n}^{r_{n}}\right)}\,\,{\text{ und }}\,\,R_{k}(x)=\sum _{d=k+1}^{e}{\left(\sum _{(r_{1},\ldots ,r_{n})\in \mathbb {N} ^{n},\,\vert {\,r\,}\vert =d}a_{(r_{1},\ldots ,r_{n})}x_{1}^{r_{1}}x_{2}^{r_{2}}\cdots x_{n}^{r_{n}}\right)}.$
Für $R_{k}$ gilt dabei
    $\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {\Vert {R_{k}(x)}\Vert }{\Vert {x}\Vert ^{k}}}=0\,,$
siehe Aufgabe. Bei $k=1$ ist
    $T_{1}(x)=a_{(0,\ldots ,0)}+a_{(1,0,\ldots ,0)}x_{1}+\cdots +a_{(0,\ldots ,0,1)}x_{n}\,$
die affin-lineare Approximation von $f$ im Punkt $0=(0,\ldots ,0)$, und dabei gilt für die Abweichung in der linearen Approximation die Beziehung $r(x)={\frac {R_{1}(x)}{\Vert {x}\Vert }}$. Im Allgemeinen liefern die Polynome $T_{k}(x)$ bessere Approximationen im Nullpunkt als die lineare Approximation, und mit $R_{k}(x)$ kann man die Abweichung kontrollieren. Entscheidend für uns ist, dass man nicht nur für Polynomfunktionen, sondern generell für hinreichend oft differenzierbare Funktionen $f$ approximierende Polynome finden und die Abweichung gut kontrollieren kann. Dies ist der Inhalt der Taylor-Formel für Funktionen in mehreren Variablen.
# Polynomring/3/Cech-Kohomologie/Beispiel

Sei $A=R[X,Y,Z]$. Der Čechkomplex zur Strukturgarbe ist
    $0\longrightarrow A_{X}\times A_{Y}\times A_{Z}\longrightarrow A_{XY}\times A_{XZ}\times A_{YZ}\longrightarrow A_{XYZ}\longrightarrow 0.$
Dieser Komplex ist mit der feinen Monomgraduierung verträglich. Es ist ${\check {H}}^{0}$ gleich $A$, ${\check {H}}^{1}$ ist $0$ (siehe Fakt) und ${\check {H}}^{2}$ ist der freie $R$-Modul mit der Basis $X^{i}Y^{j}Z^{k}$, $(i,j,k)\in \mathbb {Z} _{-}^{3}$.
# Fünfter Kreisteilungsring/Gitter/Ganzheitsbasis der Potenzen/Reelle Ganzheitsmatrix/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $R_{5}=\mathbb {Z} [X]/{\left(X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1\right)}\,,$
die vier komplexen Einbettungen sind durch $X\mapsto \zeta ,\zeta ^{2},\zeta ^{3},\zeta ^{4}$ gegeben, wobei die beiden äußeren und die beiden inneren zueinander konjugiert sind. Die beiden für die reelle Gesamteinbettung relevanten Einbettung sind also
    $\varphi \colon R_{5}\longrightarrow {\mathbb {C} }\cong \mathbb {R} ^{2},\,X\longmapsto \zeta ,$
und
    $\psi \colon R_{5}\longrightarrow {\mathbb {C} }\cong \mathbb {R} ^{2},\,X\longmapsto \zeta ^{2}.$
Dabei wird die Ganzheitsbasis auf
    ${\begin{aligned}\left(\varphi (X),\,\varphi (X^{2}),\,\varphi (X^{3}),\,\varphi (X^{4})\right)&=\left(\zeta ,\,\zeta ^{2},\,\zeta ^{3},\,\zeta ^{4}\right)\\&=\left(\cos {\frac {2\pi }{5}}+{\mathrm {i} }\sin {\frac {2\pi }{5}},\,\cos {\frac {4\pi }{5}}+{\mathrm {i} }\sin {\frac {4\pi }{5}},\,\cos {\frac {6\pi }{5}}+{\mathrm {i} }\sin {\frac {6\pi }{5}},\,\cos {\frac {8\pi }{5}}+{\mathrm {i} }\sin {\frac {8\pi }{5}}\right)\end{aligned}}$
bzw.
    ${\begin{aligned}\left(\psi (X),\,\psi (X^{2}),\,\psi (X^{3}),\,\psi (X^{4})\right)&=\left(\zeta ^{2},\,\zeta ^{4},\,\zeta ,\,\zeta ^{3}\right)\\&=\left(\cos {\frac {4\pi }{5}}+{\mathrm {i} }\sin {\frac {4\pi }{5}},\,\cos {\frac {8\pi }{5}}+{\mathrm {i} }\sin {\frac {8\pi }{5}},\,\cos {\frac {2\pi }{5}}+{\mathrm {i} }\sin {\frac {2\pi }{5}},\,\cos {\frac {6\pi }{5}}+{\mathrm {i} }\sin {\frac {6\pi }{5}}\right)\end{aligned}}$
bzw. abgebildet. Die reelle Ganzheitsmatrix ist demnach
    ${\begin{pmatrix}\cos {\frac {2\pi }{5}}&\cos {\frac {4\pi }{5}}&\cos {\frac {6\pi }{5}}&\cos {\frac {8\pi }{5}}\\\sin {\frac {2\pi }{5}}&\sin {\frac {4\pi }{5}}&\sin {\frac {6\pi }{5}}&\sin {\frac {8\pi }{5}}\\\cos {\frac {4\pi }{5}}&\cos {\frac {8\pi }{5}}&\cos {\frac {2\pi }{5}}&\cos {\frac {6\pi }{5}}\\\sin {\frac {4\pi }{5}}&\sin {\frac {8\pi }{5}}&\sin {\frac {2\pi }{5}}&\sin {\frac {6\pi }{5}}\end{pmatrix}}.$
# Hom(V,W)/Mehrere Morphismen/Rangabschätzung/Aufgabe

Es seien $V$ und $W$ endlichdimensionale $K$-Vektorräume und $\varphi _{1},\ldots ,\varphi _{k}\in \operatorname {Hom} _{K}{\left(V,W\right)}$. Zeige
    $\operatorname {rang} \,{\left(\varphi _{1}+\cdots +\varphi _{k}\right)}\leq \sum _{i=1}^{k}\operatorname {rang} \,\varphi _{i}\,.$
# Polynomring/Basis/Beispiel

Im Polynomring $K[X]$ über einem Körper $K$ sind die Potenzen $X^{n}$, $n\in \mathbb {N}$, eine Basis. Nach Definition kann man jedes Polynom
    $a_{n}X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{2}X^{2}+a_{1}X+a_{0}$
als Linearkombination der Potenzen $X^{0}=1,X^{1}=X,\ldots ,X^{n}$ schreiben. Ferner sind diese Potenzen linear unabhängig. Wenn nämlich
    $a_{n}X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{2}X^{2}+a_{1}X+a_{0}=0\,$
ist, so müssen alle Koeffizienten gleich $0$ sein (dies gehört zum Begriff eines Polynoms).
# Fünfter Kreisteilungsring/Unterring/2 Einheitswurzel/Gruppenoperation/Aufgabe/Lösung

* Mit $y=2\zeta$ gehören auch $4\zeta ^{2},8\zeta ^{3},16\zeta ^{4}$ zu $S$. Das Element erfüllt die Gleichung Da $1,y,y^{2},y^{3}$ linear unabhängig über $\mathbb {Q}$ sind, handelt es sich um das Minimalpolynom. Also gilt
    $y^{4}+2y^{3}+4y^{2}+8y+16=16{\left(\zeta ^{4}+\zeta ^{3}+\zeta ^{2}+\zeta +1\right)}=0\,.$
    $S=\mathbb {Z} [y]/{\left(y^{4}+2y^{3}+4y^{2}+8y+16\right)}\,.$
* Unter dem durch $\zeta \mapsto \zeta ^{2}$ wird $2\zeta$ auf $2\zeta ^{2}$ abgebildet, dieses Element gehört also nicht zu $S$.
* Wir behaupten Dabei ist die Inklusion $\supseteq$ klar. Sei $f=a\zeta +b\zeta ^{2}+c\zeta ^{3}+d\zeta ^{4}\in S\cap \mathbb {Z} [{\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}]$. Das Element $f$ gehört zum Unterring $\mathbb {Z} [{\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}]$ genau dann, wenn $a=d$ und $b=c$ gilt, da diese Bedingungen die Invarianz unter dem Automorphismus $\zeta \mapsto \zeta ^{-1}=\zeta ^{4}$ ausdrücken. Wir schreiben Der linke Summand gehört zu $\mathbb {Z}$, daher gehört $f$ genau dann zu $S$, wenn der rechte Summand zu $S$ gehört. Daraus folgt aber, dass $b-a$ ein Vielfaches von $8$ sein muss.
    $S\cap \mathbb {Z} [{\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}]=\mathbb {Z} [8\zeta ^{2}+8\zeta ^{3}]\,.$
    ${\begin{aligned}f&=a\zeta +b\zeta ^{2}+b\zeta ^{3}+a\zeta ^{4}\\&=(a\zeta +a\zeta ^{2}+a\zeta ^{3}+a\zeta ^{4})+(b-a)\zeta ^{2}+(b-a)\zeta ^{3}.\end{aligned}}$
# Homogene Polynome in zwei Variablen/Algebraisch abgeschlossener Körper/Zerfällt/Aufgabe

Es sei $K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und sei $F\in K[X,Y]$ ein homogenes Polynom. Zeige: $F$ zerfällt in Linearfaktoren.
# Polynomring/Eine Variable/Lokalisiert/Diskreter Bewertungsring/Beispiel

Es sei $K$ ein Körper, $K[X]$ der Polynomring und $R=K[X]_{(X)}$ die Lokalisierung am maximalen Ideal ${\mathfrak {m}}=(X)$. Dann ist $R$ ein diskreter Bewertungsring. Die beiden einzigen Primideale von $R$ sind $(0)\subset (X)$, und ein Hauptidealbereich liegt vor, da ja $K[X]$ ein Hauptidealbereich ist. Da es nur ein maximales Ideal gibt, kann es bis auf Assoziiertheit auch nur ein Primelement geben, nämlich $X$.
# Fünfzehnter Kreisteilungsring/Primitive Einheitswurzel + Inverses/Minimalpolynom/Aufgabe/Lösung

* Es ist somit ist Da $X$ eine quadratische Erweiterung von $\mathbb {Q} [X+X^{-1}]$ definiert, und $K_{15}$ den Grad $8$ besitzt, handelt es sich um das Minimalpolynom.
    ${\left(X+X^{-1}\right)}^{4}=X^{4}+4X^{2}+6+4X^{-2}+X^{-4}\,,$
    ${\left(X+X^{-1}\right)}^{3}=X^{3}+3X+3X^{-1}+X^{-3}\,,$
    ${\left(X+X^{-1}\right)}^{2}=X^{2}+2+X^{-2}\,,$
    $Y^{4}-Y^{3}-4Y^{2}+4Y+1={\left(X^{8}-X^{7}+X^{5}-X^{4}+X^{3}-X+1\right)}X^{-4}=0\,.$
* Die Automorphismen auf $R$ rühren von den Körperautomorphismen auf $Q(S)$ her, und diese ergeben sich durch Einschränken aus den Körperautomorphismen auf dem Kreisteilungskörper. Diese sind die Identität, die Abbildung $X\mapsto X^{2}$ ergibt die Zuordnung $Y=X+X^{-1}\mapsto X^{2}+X^{-2}=Y^{2}-2$. Diese nennen wir $\varphi$. Die Hintereinanderschaltung $\varphi ^{2}$ ist die Hintereinanderschaltung $\varphi ^{3}$ ist
    ${\begin{aligned}\varphi (\varphi (Y))&=\varphi (Y^{2}-2)\\&=(Y^{2}-2)^{2}-2\\&=Y^{4}-4Y^{2}+2\\&={\left(Y^{3}+4Y^{2}-4Y-1\right)}-4Y^{2}+2\\&=Y^{3}-4Y+1,\end{aligned}}$
    ${\begin{aligned}\varphi (\varphi ^{2}(Y))&=\varphi (Y^{3}-4Y+1)\\&=(Y^{2}-2)^{3}-4(Y^{2}-2)+1\\&=Y^{6}-6Y^{4}+12Y^{2}+8-4Y^{2}+9\\&=Y^{2}{\left(Y^{3}+4Y^{2}-4Y-1\right)}-6{\left(Y^{3}+4Y^{2}-4Y-1\right)}+8Y^{2}+17\\&=Y^{5}+4Y^{4}-10Y^{3}-17Y^{2}+24Y+23\\&={\left(Y+4\right)}{\left(Y^{3}+4Y^{2}-4Y-1\right)}-10Y^{3}-17Y^{2}+24Y+23\\&={\left(Y^{3}+4Y^{2}-4Y-1\right)}-2Y^{3}-5Y^{2}+7Y+19\\&=-Y^{3}-Y^{2}+3Y+18.\end{aligned}}$
* Das Element $Y$ ist eine Einheit, da der konstante Term im Minimalpolynom (also die Norm) eine Einheit ist.
* Da $X+X^{-1}=X+{\overline {X}}$ reell ist, liegt eine reelle Galoiserweiterung vom Grad $4$ vor, deshalb ist die Einheitengruppe gleich $\{\pm 1\}\times \mathbb {Z} ^{3}$.
# Homogene Polynome in zwei Variablen/C/X^n-Y^n/Aufgabe

Bestimme die Faktorzerlegegung für die Polynome
    $X^{n}-Y^{n}\in {\mathbb {C} }[X,Y]\,$
für $n\in \mathbb {N} _{+}$.