OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Ebene/Vektorraum/Anschaulich/Beispiel

Es sei $E$ eine „Ebene“ mit einem fixierten „Ursprungspunkt“ $Q\in E$. Wir identifizieren einen Punkt $P\in E$ mit dem Verbindungsvektor ${\overrightarrow {QP}}$. In dieser Situation kann man ein anschauliche koordinatenfreie Vektoraddition und eine koordinatenfreie Skalarmultiplikation einführen. Zwei Vektoren ${\overrightarrow {QP}}$ und ${\overrightarrow {QR}}$ werden miteinander addiert, indem man das Parallelogramm zu diesen beiden Vektoren konstruiert. Das Ergebnis der Addition ist die Ecke des Parallelogramms, das $Q$ gegenüberliegt. Bei der Konstruktion muss man die zu ${\overrightarrow {QP}}$ parallele Gerade durch $R$ und die zu ${\overrightarrow {QR}}$ parallele Gerade durch $P$ zeichnen. Der Schnittpunkt dieser beiden Geraden ist der gesuchte Punkt. Eine entsprechende Vorstellung ist, dass man den Vektor ${\overrightarrow {QP}}$ parallel verschiebt und an ${\overrightarrow {QR}}$ „anlegt“, d.h. dass man den Startpunkt des einen Pfeiles an den Endpunkt des anderen anheftet.
Für die Multiplikation eines Vektors ${\overrightarrow {QP}}$ mit einem Skalar $s$ muss dieser als ein Punkt auf einer Geraden $G$ gegeben sein, auf der darüber hinaus ein Nullpunkt $0\in G$ und eine Eins $1\in G$ fixiert sind. Wie diese Gerade in der Ebene liegt, ist zunächst gleichgültig. Man bewegt die Gerade (dabei darf man verschieben und auch drehen) so, dass der Nullpunkt auf $Q$ zu liegen kommt und vermeidet, dass die Gerade deckungsgleich zu der von ${\overrightarrow {QP}}$ erzeugten Geraden - nennen wir sie $H$ - wird. Nun verbindet man $1$ und $P$ mit einer Geraden $L$ und zeichnet dazu die zu $L$ parallele Gerade $L'$ durch $s$. Der Schnittpunkt von $L'$ und $H$ ist $s{\overrightarrow {QP}}$.
Diese Überlegungen kann man auch höherdimensional anstellen, wobei sich allerdings das Wesentliche in der von den beiden beteiligten Vektoren (bzw. Geraden) erzeugten Ebene abspielt.
# Topologischer Raum/Kompakt/R/Algebra/Betrag/Fakt/Beweis

Es sei $f$ gegeben. Wegen
    $\vert {f}\vert ={\sqrt {f^{2}}}\,$
genügt es zu zeigen, dass mit einer nichtnegativen Funktion $g$ auch deren Quadratwurzel zu $T$ gehört. Durch Multiplikation mit einer Konstanten können wir nach Fakt davon ausgehen, dass $\vert {g}\vert \leq 1$ ist. Es gibt nach Aufgabe eine Folge von Polynomen $P_{n}(t)$, die auf $[0,1]$ gleichmäßig gegen ${\sqrt {t}}$ konvergiert. Dann konvergiert in $C(X,\mathbb {R} )$ auch $P_{n}\circ g$ gegen ${\sqrt {g}}$, die polynomialen Ausdrücke $P_{n}\circ g$ in $g$ gehören zu $T$ und wegen der Abgeschlossenheit von $T$ ist auch
${\sqrt {g}}\in T$.
# Bestimmtes Integral/Standardfunktionen/1/Aufgabe/Lösung

Eine Stammfunktion von $f$ ist
    $F(x)={\frac {3}{4}}x^{4/3}+{\frac {1}{4}}\ln \left(4x-5\right)+\sin x-e^{-x}\,.$
Somit ist das gesuchte bestimmte Integral gleich
    $F(7)-F(2)={\frac {3}{4}}7^{4/3}+{\frac {1}{4}}\ln \left(23\right)+\sin \left(7\right)-e^{-7}-{\frac {3}{4}}2^{4/3}-{\frac {1}{4}}\ln \left(3\right)-\sin \left(2\right)+e^{-2}\,.$
# Endlicher Körper/Frobenius/Ordnung/Aufgabe

Es sei ${\mathbb {F} }_{q}$ der Körper mit $q=p^{e}$ Elementen. Bestimme die Ordnung des Frobeniushomomorphismus in der Automorphismengruppe von ${\mathbb {F} }_{q}$.
# Ebene/Geraden/Einführung/Textabschnitt

Wir betrachten Geraden in der Ebene $K^{2}$. Unter der Gleichungsform einer Geraden in der Ebene versteht man eine lineare Gleichung der Form
    $ax+by=c\,$
mit $(a,b)\neq (0,0)$. Es ist einfach, aus der Gleichungsform eine Punktrichtungsform zu erhalten.

## Korollar

Es sei $K$ ein Körper und sei
    $ax+by=c\,$
eine lineare Gleichung in zwei Variablen über $K$ mit $(a,b)\neq 0$.
Dann ist die Lösungsmenge eine Gerade in $K^{2}$. Als Richtungsvektor kann man den Vektor ${\begin{pmatrix}b\\-a\end{pmatrix}}$ nehmen.

### Beweis

Dies folgt aus Fakt, da ${\begin{pmatrix}b\\-a\end{pmatrix}}$ eine Basislösung der zugehörigen homogenen linearen Gleichung $ax+by=0$ ist.
$\Box$

## Korollar

Es seien im $K^{2}$ zwei Geraden $G$ und $H$ in Gleichungsform durch
    $ax+by=c\,$
bzw.
    $rx+sy=d\,$
(mit $(a,b)\neq (0,0)$ und $(r,s)\neq (0,0)$) gegeben.
Dann ist der Durchschnitt $G\cap H$ der beiden Geraden die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems, das aus diesen beiden Gleichungen besteht. Dabei gibt es die drei Möglichkeiten:

### Beweis

$\Box$
Im zweiten Fall (manchmal auch im ersten Fall) spricht man von parallelen Geraden. Der dritte Fall tritt genau dann ein, wenn zwischen $(a,b)$ und $(r,s)$ keine Vielfachheitsbeziehung besteht.

## Beispiel

Wir berechnen zu den durch
    $4x-7y=13\,$
bzw.
    $5x-8y=-9\,$
gegebenen Geraden den Durchschnitt. Wenn man von der zweiten Gleichung das ${\frac {5}{4}}$-fache der ersten Gleichung abzieht, so erhält man
    ${\left(-8+{\frac {5}{4}}\cdot 7\right)}y=-9-{\frac {5}{4}}\cdot 13\,,$
also
    ${\frac {3}{4}}y=-{\frac {101}{4}}\,$
und somit
    $y=-{\frac {101}{3}}\,$
und
    $x=-{\frac {167}{3}}\,.$
Der Durchschnitt besteht also aus einem einzigen Schnittpunkt mit den Koordinaten $\left(-{\frac {167}{3}},\,-{\frac {101}{3}}\right)$.
# Lineare Gleichung/Drei Variablen/Parameter/Trivialisierungen/Satz vom Igel/Bemerkung

Mit dem Satz vom Igel können wir begründen, dass das Vektorbündel $L$ über $\mathbb {R} ^{3}\setminus \{(0,0,0)\}$ aus Beispiel keine stetige Trivialisierung besitzt. Zunächst ist $S^{2}\subset \mathbb {R} ^{3}\setminus \{(0,0,0)\}$ eine Teilmenge, sodass wir $L$ auf $S^{2}$ einschränken können. Wenn $L$ selbst trivial wäre, so wäre auch diese Einschränkung trivial. Die Einschränkung des Bündels $L$ auf die Einheitssphäre ist aber das Tangentialbündel der Einheitssphäre, da die Bedingung
    $ru+sv+tw=0\,$
als Orthogonalitätsrelation aufgefasst werden kann und der (extrinsische) Tangentialraum an einen Ortspunkt $(r,s,t)$ der Sphäre durch diese Orthogonalitätsrelation festgelegt ist. Wenn das Tangentialbündel trivial wäre, so würde es eine stetige Vektorfelder $u$ und $v$ geben, die in jedem Punkt der Sphäre eine Basis des Tangentialraumes bildeten. Der Satz vom Igel sagt aber, dass sogar jedes Vektorfeld eine Nullstelle hat, und $0$ kann nicht Teil einer Basis sein.
# Ebene/Zwei Punkte identifizieren/Kein going down/Beispiel

Wir betrachten die Abbildung, bei der zwei Punkte der Ebene miteinander identifiziert werden, sei
    $\varphi \colon {\mathbb {A} }_{K}^{2}\longrightarrow X$
die entsprechende Abbildung,
    $\varphi (P_{1})=\varphi (P_{2})=Q\in X\,.$
Es liegt eine Isomorphismus
    ${\mathbb {A} }_{K}^{2}\setminus \{P_{1},P_{2}\}\cong X\setminus \{Q\}\,$
vor. Es sei $H$ eine Gerade, die durch $P_{1}$, aber nicht durch $P_{2}$ verläuft, und $G$ die Bildkurve davon, die durch $Q$ verläuft. Es sei $R$ der Koordinantering zu $X$. Die relevanten Primideale in $K[X,Y]$ bzw. in $R$ seien einerseits $P_{1}=V({\mathfrak {n}}_{1})\subseteq V({\mathfrak {q}})=H$, $P_{2}=V({\mathfrak {n}}_{2})\not \subseteq V({\mathfrak {q}})=H$ und andererseits
    $Q=V({\mathfrak {m}})\subset G=V({\mathfrak {p}})\,.$
Unter dem $K$-Algebrahomomorphismus
    $R\subseteq K[X,Y]\,$
ist
    ${\mathfrak {m}}={\mathfrak {n}}_{1}\cap R={\mathfrak {n}}_{2}\cap R\,$
und
    ${\mathfrak {p}}={\mathfrak {q}}\cap R\,$
und dies sind jeweils die einzigen Urbilder. Daher lässt sich die Kette
    ${\mathfrak {p}}\subset {\mathfrak {m}}\,$
nicht unterhalb von ${\mathfrak {n}}_{2}$ liften.
# Topologischer Raum/Kompakt/R/Algebra/Maximum/Fakt/Beweis

Dies folgt wegen
    $\operatorname {max} \left(f,\,g\right)={\frac {1}{2}}(f+g+\vert {f-g}\vert )\,$
aus Fakt.
# Bestimmtes Integral/Variable Grenzen/Extrema/Aufgabe/Lösung

* Es sei $F(x)$ eine Stammfunktion zu $f(x)$. Dann ist Die partiellen Ableitungen von $G$ sind nach dem Hauptsatz der Infinitesimalrechnung und Ein Punkt $(a,b)$ ist also genau dann kritisch, wenn ist.
    $G(a,b)=\int _{a}^{b}f(t)dt=F(b)-F(a)\,.$
    ${\frac {\partial G}{\partial a}}=-f(a)\,$
    ${\frac {\partial G}{\partial b}}=f(b)\,.$
    $f(a)=f(b)=0\,$
* Die Hesse-Matrix ist
    ${\begin{pmatrix}-f'(a)&0\\0&f'(b)\end{pmatrix}}.$
* Das Minorenkriterium sagt für einen kritischen Punkt, dass ein isoliertes lokales Maximum vorliegt, wenn $f'(a)$ positiv und $f'(b)$ negativ ist, und dass ein isoliertes lokales Minimum vorliegt, wenn $f'(a)$ negativ und $f'(b)$ positiv ist.
# Endlicher Körper/Funktion/Interpolationssatz/Aufgabe

Es sei $K$ ein endlicher Körper mit $q$ Elementen. Zeige, dass man jede Funktion $\varphi \colon K\rightarrow K$ in eindeutiger Weise als ein Polynom $P\in K[X]$ vom Grad $<q$ schreiben kann.
# Elementare Kombinatorik/Die Fakultät (N)/Bijektionen/Einführung/Textabschnitt

Bei einem Tanzkurs mit $n$ Damen und $n$ Herren gilt heute beim Schneewalzer Damenwahl, wobei die Damen in der Reihenfolge ihrer Sitzordnung wählen dürfen. Die erste Dame hat $n$ Wahlmöglichkeiten, die zweite $n-1$ Möglichkeiten, die dritte $n-2$ Möglichkeiten, u.s.w., die vorletze Dame hat noch zwei Möglichkeiten und für die letzte Dame verbleibt eine Möglichkeit.

## Definition

Zu einer natürlichen Zahl $n$ nennt man die Zahl
    $n!:=n(n-1)(n-2)\cdots 3\cdot 2\cdot 1\,$
die Fakultät von $n$ (sprich $n$ Fakultät).
Es ist $(n+1)!=(n+1)(n!)$. Man setzt $0!=1$. Für kleine $n$ erhält man die folgende Wertetabelle.

## Satz

Es seien $M$ und $N$ endliche Mengen, die beide $n$ Elemente besitzen.
Dann gibt es $n!$ bijektive Abbildungen von $M$ nach $N$.

### Beweis

Wir führen Induktion über $n$, wobei der Fall $n=1$ klar ist. Die Aussage sei nun für $n$ schon bewiesen und es liegen zwei $(n+1)$-elementige Mengen $M$ und $N$ vor. Es sei $x\in M$ ein fixiertes Element. Dann gibt es für die Werte $\varphi (x)$ genau $n+1$ Möglichkeiten, nämlich die Anzahl der Menge $N$. Wenn dies festgelegt ist, so entsprechen die bijektiven Abbildungen von $M$ nach $N$ mit
    $\varphi (x)=y\,$
den bijektiven Abbildungen von $M\setminus \{x\}$ nach $N\setminus \{y\}$. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es $n!$ solche bijektiven Abbildungen. Daher ist die Anzahl der bijektiven Abbildungen zwischen $M$ und $N$ gleich
    $(n+1)\cdot n!=(n+1)!\,.$
$\Box$
Gleichbedeutend damit ist, dass es $n!$ Möglichkeiten gibt, $n$ Objekte auf $n$ Plätze zu verteilen, oder $n!$ Möglichkeiten, $n$ unterscheidbare Kugeln auf $n$ unterscheidbare Urnen so zu verteilen, dass keine Urne leer bleibt, oder $n!$ Möglichkeiten, eine Menge von $n$ Objekten abzuzählen (durchzunummerieren).

## Korollar

Auf einer endlichen Menge $M$ mit $n$ Elementen
gibt es $n!$ bijektive Abbildungen von $M$ nach $M$.

### Beweis

Dies ist ein Spezialfall von Fakt.
$\Box$
Bijektive Abbildungen einer Menge in sich bekommen einen eigenen Namen.

## Definition

Eine Permutation $\sigma$ auf einer Menge $M$ ist eine bijektive Abbildung
    $\sigma \colon M\longrightarrow M.$

## Beispiel

Wir möchten eine vollständige Liste von allen bijektiven Abbildungen von der Menge $\{1,2,3\}$ in die Menge $\{a,b,c\}$ in der Form von Wertetabellen angeben. Wegen
    $3!=3\cdot 2\cdot 1=6\,$
gibt es sechs solche Abbildungen. Es gibt keine natürliche Reihenfolge dieser Abbildungen, dennoch kann man hier mehr oder weniger systematisch vorgehen. Beispielsweise kann man den Wert an der Stelle $1$ zuerst festlegen und dann die möglichen Kombinationen für $2$ und $3$ durchgehen. Dies führt auf die folgenden Wertetabellen.
# Lineare Operation/Invariantes Polynom/Invariante Funktion/Bemerkung

Die Elemente eines Polynomrings $K[V]$ zu einem $K$-Vektorraum $V$ kann man als Funktionen von $V$ nach $K$ auffassen. Wenn eine lineare Operation einer Gruppe $G$ auf $V$ vorliegt, so ist ein Element $f\in K[V]^{G}\subseteq K[V]$ eine invariante Funktion von $V$ nach $K$ im Sinne von Definition. Zu $\sigma \in G$ und $v\in V$ ist ja
    $f(\sigma (v))=(f\sigma )(v)=f(v)\,.$
Wenn $K$ unendlich ist, so gilt hiervon auch die Umkehrung, d.h. ein Polynom $f\in K[V]$, das aufgefasst als Funktion auf $V$ invariant ist, gehört zum Invariantenring $K[V]^{G}$, siehe Aufgabe. Bei endlichem $K$ muss die Umkehrung nicht gelten, siehe Beispiel.
# Ebenen im Raum/Gleichungen 4x-2y-3z ist 5 3x-5y+2z ist 1/Schnittgerade/Beispiel

Im $\mathbb {R} ^{3}$ seien zwei Ebenen
    $E={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid 4x-2y-3z=5\right\}}\,$
und
    $F={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid 3x-5y+2z=1\right\}}\,$
gegeben. Wie kann man die Schnittgerade $G=E\cap F$ beschreiben? Ein Punkt $P=(x,y,z)$ liegt genau dann auf der Schnittgerade, wenn er die beiden Ebenengleichungen erfüllt; es muss also sowohl
    $4x-2y-3z=5\,\,{\text{ als auch }}\,\,3x-5y+2z=1$
gelten. Wir multiplizieren die erste Gleichung mit $3$ und ziehen davon das $4$-fache der zweiten Gleichung ab und erhalten
    $14y-17z=11\,.$
Wenn man $y=0$ setzt, so muss $z=-{\frac {11}{17}}$ und $x={\frac {13}{17}}$ sein. D.h. der Punkt $P=\left({\frac {13}{17}},\,0,\,-{\frac {11}{17}}\right)$ gehört zu $G$. Ebenso findet man, indem man $z=0$ setzt, den Punkt $Q=\left({\frac {23}{14}},\,{\frac {11}{14}},\,0\right)$. Damit ist die Schnittgerade die Verbindungsgerade dieser Punkte, also
    $G={\left\{\left({\frac {13}{17}},\,0,\,-{\frac {11}{17}}\right)+t\left({\frac {209}{238}},\,{\frac {11}{14}},\,{\frac {11}{17}}\right)\mid t\in \mathbb {R} \right\}}\,.$
# Topologischer Raum/Kompakt/R/Stone-Weierstrass/Fakt/Beweis

Es sei die stetige Funktion
    $f\colon X\longrightarrow \mathbb {R}$
und ein $\epsilon >0$ gegeben. Wegen der Trennungseigenschaft gibt es für je zwei Punkte $x,y$ nach Fakt eine Funktion $g_{xy}\in T$ mit $g_{xy}(x)=f(x)$ und $g_{xy}(y)=f(y)$. Diese seien für jedes Punktepaar gewählt. Wir betrachten zu $x\in X$ die offenen Mengen
    $U_{y}={\left\{z\in X\mid g_{xy}(z)<f(z)+\epsilon \right\}}\,,$
die $y$ enthalten. Wegen $X=\bigcup _{y\in X}U_{y}$ und der Kompaktheit von $X$ gibt es endlich viele Punkte $y_{1},\ldots ,y_{n}$ mit $X=\bigcup _{i=1}^{n}U_{y_{i}}$. Wir setzen
    $g_{x}:=\operatorname {min} \left(g_{xy_{i}}{|}i=1,\ldots ,n\right)\,,$
diese Funktionen gehören nach Fakt zu $T$. Nach Konstruktion ist
    $g_{x}<f+\epsilon \,$
auf ganz $X$. Ferner ist $g_{x}(x)=f(x)$, da dies für jedes der beteiligten $g_{xy_{i}}$ gilt. Deshalb gibt es wiederum eine offene Umgebung $x\in V_{x}$, auf der
    $f-\epsilon <g_{x}\,$
gilt. Es gibt wieder endliche viele Punkte $x_{1},\ldots ,x_{m}$ derart, dass die $V_{x_{j}}$ bereits $X$ überdecken. Daher gehört wegen Fakt
    $h:=\operatorname {max} \left(g_{x_{j}}{|}j=1,\ldots ,m\right)\,$
zu $T$. Es gilt
    $f-\epsilon <h<f+\epsilon \,$
und somit hat man ein $h\in T$ aus der $\epsilon$-Umgebung von $f$ gefunden.
# Bestimmtes Integral/x durch dritte Wurzel aus 5x+1/0 bis 1/Aufgabe/Lösung

Wir arbeiten mit der bijektiven Substitution
    $y={\sqrt[{3}]{5x+1}}\,$
mit der Umkehrfunktion
    $x={\frac {y^{3}-1}{5}}\,$
und
    $dx={\frac {3y^{2}}{5}}dy\,.$
Somit ist
    ${\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt[{3}]{5x+1}}}dx&=\int _{1}^{\sqrt[{3}]{6}}{\frac {\frac {y^{3}-1}{5}}{y}}\cdot {\frac {3y^{2}}{5}}dy\\&={\frac {3}{25}}\int _{1}^{\sqrt[{3}]{6}}y^{4}-ydy\\&={\frac {3}{25}}[{\frac {1}{5}}y^{5}-{\frac {1}{2}}y^{2}]_{1}^{\sqrt[{3}]{6}}\\&={\frac {3}{25}}{\left({\frac {1}{5}}{\sqrt[{3}]{6}}^{5}-{\frac {1}{2}}{\sqrt[{3}]{6}}^{2}-{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{2}}\right)}\\&={\frac {3}{125}}6^{\frac {5}{3}}-{\frac {3}{50}}6^{\frac {2}{3}}+{\frac {9}{250}}.\end{aligned}}$
# Endlicher Körper/Projektiver Abschluss/Aufgabe

Es sei $K$ ein endlicher Körper und $V({\mathfrak {a}})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ eine affine Varietät. Zeige, dass der projektive Abschluss von $V$ mit $V$ übereinstimmt.
# Lineares Gleichungssystem/Kern/Zusammenhang/Bemerkung

Zu einer $m\times n$-Matrix $M$ ist der Kern der durch $M$ gegebenen linearen Abbildung
    $K^{n}\longrightarrow K^{m},\,x\longmapsto Mx,$
einfach der Lösungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems
    $Mx=0\,.$
# Elementare Kombinatorik/Die Fakultät (N)/Einführung/Textabschnitt

Bei einem Tanzkurs mit $n$ Damen und $n$ Herren gilt heute beim Schneewalzer Damenwahl, wobei die Damen in der Reihenfolge ihrer Sitzordnung wählen dürfen. Die erste Dame hat $n$ Wahlmöglichkeiten, die zweite $n-1$ Möglichkeiten, die dritte $n-2$ Möglichkeiten, u.s.w., die vorletze Dame hat noch zwei Möglichkeiten und für die letzte Dame verbleibt eine Möglichkeit.

## Definition

Zu einer natürlichen Zahl $n$ nennt man die Zahl
    $n!:=n(n-1)(n-2)\cdots 3\cdot 2\cdot 1\,$
die Fakultät von $n$ (sprich $n$ Fakultät).
Es ist $(n+1)!=(n+1)(n!)$. Man setzt $0!=1$. Für kleine $n$ erhält man die folgende Wertetabelle.

## Lemma

Auf einer endlichen Menge $M$ mit $n$ Elementen
gibt es $n!$ bijektive Abbildungen von $M$ nach $M$.

### Beweis

Wir zeigen etwas allgemeiner, dass es zwischen zwei endlichen Mengen $M$ und $N$, die beide $n$ Elemente besitzen, $n!$ bijektive Abbildungen gibt. Dies zeigen wir durch Induktion nach $n$, wobei der Fall $n=1$ klar ist. Die Aussage sei nun für $n$ schon bewiesen und es liegen zwei $(n+1)$-elementige Mengen $M$ und $N$ vor. Es sei $x\in M$ ein fixiertes Element. Dann gibt es für die Bilder $\varphi (x)$ genau $n+1$ Möglichkeiten, nämlich die Anzahl der Menge $N$. Wenn dies festgelegt ist, so entsprechen die bijektiven Abbildungen von $M$ nach $N$ mit
    $\varphi (x)=y\,$
den bijektiven Abbildungen von $M\setminus \{x\}$ nach $N\setminus \{y\}$. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es $n!$ solche bijektiven Abbildungen. Daher ist die Anzahl der bijektiven Abbildungen zwischen $M$ und $N$ gleich
    $(n+1)\cdot n!=(n+1)!\,.$
$\Box$
Gleichbedeutend damit ist, dass es $n!$ Möglichkeiten gibt, $n$ Objekte auf $n$ Plätze zu verteilen, oder $n!$ Möglichkeiten, eine Menge von $n$ Objekten abzuzählen (durchzunummerieren).

## Beispiel

Wir möchten eine vollständige Liste von allen bijektiven Abbildungen von der Menge $\{1,2,3\}$ in die Menge $\{a,b,c\}$ in der Form von Wertetabellen angeben. Wegen
    $3!=3\cdot 2\cdot 1=6\,$
gibt es sechs solche Abbildungen. Es gibt keine natürliche Reihenfolge dieser Abbildungen, dennoch kann man hier mehr oder weniger systematisch vorgehen. Beispielsweise kann man den Wert an der Stelle $1$ zuerst festlegen und dann die möglichen Kombinationen für $2$ und $3$ durchgehen. Dies führt auf die folgenden Wertetabellen.
# Ebenengleichung/3/Matrix zu Hauptteilen/Beispiel

Zu
    $F=aX+bY+cZ\,.$
    ${\begin{pmatrix}&1&A&B&C\\1&0&0&0&0\\A&a&0&0&0\\B&b&0&0&0\\C&c&0&0&0\\A^{2}&0&a&0&0\\AB&0&b&a&0\\AC&0&c&0&a\\B^{2}&0&0&b&0\\BC&0&0&c&b\\C^{2}&0&0&0&c\end{pmatrix}}$
    ${\begin{pmatrix}&1&A&B&C&A^{2}&AB&AC&B^{2}&BC&C^{2}\\1&0&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\A&a&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\B&b&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\C&c&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\A^{2}&0&a&0&0&0&0&0&0&0&0\\AB&0&b&a&0&0&0&0&0&0&0\\AC&0&c&0&a&0&0&0&0&0&0\\B^{2}&0&0&b&0&0&0&0&0&0&0\\BC&0&0&c&b&0&0&0&0&0&0\\C^{2}&0&0&0&c&0&0&0&0&0&0\\A^{3}&0&0&0&0&a&0&0&0&0&0\\A^{2}B&0&0&0&0&b&a&0&0&0&0\\A^{2}C&0&0&0&0&c&0&a&0&0&0\\AB^{2}&0&0&0&0&0&b&0&a&0&0\\ABC&0&0&0&0&0&c&b&0&a&0\\AC^{2}&0&0&0&0&0&0&c&0&0&a\\B^{3}&0&0&0&0&0&0&0&b&0&0\\B^{2}C&0&0&0&0&0&0&0&c&b&0\\BC^{2}&0&0&0&0&0&0&0&0&c&b\\C^{3}&0&0&0&0&0&0&0&0&0&c\end{pmatrix}}.$
# Topologischer Raum/Maßraum/Teilmenge/Indikatorfunktion/Stetige Approximation/Fakt/Beweis

Es sei $A\subseteq T\subseteq U$ mit einer abgeschlossenen Teilmenge $A$ und einer offenen Teilmenge $U$ derart, dass
    $\mu (U\setminus A)\leq \epsilon \,$
ist. Dann sind $A$ und $X\setminus U$ disjunkte abgeschlossene Teilmengen und daher gibt es in dem normalen Raum nach dem Lemma von Urysohn eine stetige Funktion $f$, deren Bild in $[0,1]$ ist und die auf $A$ den Wert $1$ und auf $X\setminus U$ den Wert $0$ besitzt. Daher stimmt $f$ auf $A$ und auf $X\setminus U$ mit der Indikatorfunktion zu $T$ überein und die Abweichungsmenge liegt in $U\setminus A$, dessen Maß höchstens $\epsilon$ ist.
# Betrag x mal y/Ableitungseigenschaften/Aufgabe/Lösung

* Es sei $v=\left(c,\,d\right)$ der Richtungsvektor, bei der Richtungsableitung geht es darum, ob die Abbildung im Nullpunkt als Funktion in $t$ differenzierbar ist. Dies ist stets der Fall (mit dem Wert $0$), da der Differenzenquotient zu $t\vert {t}\vert$ von beiden Seiten her gegen $0$ konvergiert.
    $h(t)=f(0+tv)=f(tc,td)=\vert {tc}\vert \cdot td=t\vert {t}\vert \vert {c}\vert \cdot d\,$
* Es sei $P=\left(a,\,b\right)$ und $v=\left(c,\,d\right)$. Es sei zunächst $a=0$ und $b\neq 0$. Es geht um die Abbildung Bei $c=0$ handelt es sich um die Nullfunktion, die differenzierbar ist. Es sei also $c\neq 0$. Es ist Der zweite Summand ist differenzierbar in $0$, der erste aber nicht, daher ist diese Abbildung nicht differenzierbar und diese Richtungsableitungen existieren nicht. Für $a\neq 0$ siehe den nächsten Teil.
    $h(t)=f(P+tv)=f(tc,b+td)=\vert {tc}\vert \cdot {\left(b+td\right)}=\vert {t}\vert \vert {c}\vert \cdot {\left(b+td\right)}\,.$
    $\vert {t}\vert \vert {c}\vert \cdot {\left(b+td\right)}=\vert {t}\vert \vert {c}\vert b+\vert {t}\vert td\,.$
* Im Nullpunkt ist die Abbildung total differenzierbar mit dem totalen Differential $0$. Dazu ist zu zeigen, dass ${\frac {\vert {c}\vert d}{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}$ für $\left(c,\,d\right)\rightarrow 0$ gegen $0$ konvergiert. Dies folgt direkt aus der Abschätzung Für einen Punkt der Form $\left(0,\,b\right)$ mit $b\neq 0$ existieren nach dem zweiten Teil nicht alle Richtungsableitungen und daher ist $f$ in diesen Punkten auch nicht total differenzierbar. Es sei nun $P=\left(a,\,b\right)$ mit $a\neq 0$. Dann gibt es eine hinreichend kleine $\epsilon$-Umgebung $U$ von $P$ derart, dass die erste Koordinate der Punkte aus $U$ das gleiche Vorzeichen hat wie $a$. Auf $U$ ist und daher ist $f$ in diesen Punkten total differenzierbar. Daher existieren in diesen Punkten auch alle Richtungsableitungen.
    $\vert {\frac {\vert {c}\vert d}{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}\vert ={\frac {\vert {c}\vert \vert {d}\vert }{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}\leq {\frac {{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}\cdot {\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}={\sqrt {c^{2}+d^{2}}}\,.$
    $f(x,y)=\vert {x}\vert y=\pm xy\,$
# Endlicher Körper/q/Zyklische Gruppe/Frobenius/Aufgabe

Es sei ${\mathbb {F} }_{q}$ ein endlicher Körper. Beschreibe den Frobeniushomomorphismus als Abbildung von ${\mathbb {F} }_{q}^{\times }\cong \mathbb {Z} /(q-1)$ in sich selbst. Woran erkennt man nach dieser Übersetzung die Bijektivität des Frobenius? Wie sehen die Iterationen aus? Wie kann man die Fixelemente zu einer solchen Iteration als Kern beschreiben?