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Mathematik: Moduln sind möglicherweise frei
Freigegeben von matroid am Do. 13. Oktober 2016 13:11:01
Verfasst von Triceratops -   778 x gelesen [Gliederung] [Statistik] Druckbare Version Druckerfreundliche Version
Mathematik

Moduln sind möglicherweise frei

Aus der linearen Algebra kennen wir den Beweis, dass ein endlich-erzeugter Vektorraum eine Basis hat. Man nimmt sich ein Erzeugendensystem und streicht solange "überflüssige" Vektoren, bis ein minimales Erzeugendensystem und damit eine Basis vorliegt. In diesem Artikel schauen wir uns die dabei verwendeten logischen Grundlagen an. Aus der Analyse extrahieren wir einen interessanten Satz aus der kommutativen Algebra, der in etwa aussagt, dass gewisse Moduln möglicherweise frei sind.


1. Das Gesetz vom ausgeschlossenen Dritten

Sei <math>K</math> ein Körper und <math>V</math> ein endlich-erzeugter Vektorraum über <math>K</math>. Es gibt dann ein endliches Erzeugendensystem <math>v_1,\dotsc,v_n</math>. Wir möchten damit eine Basis von <math>V</math> konstruieren. Wenn <math>v_1,\dotsc,v_n</math> bereits eine Basis ist, sind wir fertig. Wenn nicht, gibt es eine nichttriviale Linearkombination <math>r_1 v_1 + \dotsc + r_n v_n = 0</math> mit <math>r_i \in K</math>, wobei es mindestens ein <math>i</math> gibt mit <math>r_i \neq 0</math>. Dann ist <math>r_i</math> invertierbar in <math>K</math>, sodass wir <math>v_i</math> als Linearkombination von <math>v_1,\dotsc,\widehat{v_i},\dotsc,v_n</math> (ohne <math>v_i</math>) schreiben können. Es wird also <math>V</math> von <math>v_1,\dotsc,\widehat{v_i},\dotsc,v_n</math> erzeugt. Jetzt machen wir einfach immer so weiter, bis wir schließlich eine Basis gefunden haben. Formal können wir eine Induktion nach <math>n</math> führen: Nach Induktionsannahme ist in <math>v_1,\dotsc,\widehat{v_i},\dotsc,v_n</math> und damit auch in <math>v_1,\dotsc,v_n</math> eine Basis von <math>V</math> enthalten.

In diesem Beweis haben wir eine Fallunterscheidung vorgenommen: Der erste Fall ist, dass <math>v_1,\dotsc,v_n</math> eine Basis ist. Der zweite Fall ist, dass <math>v_1,\dotsc,v_n</math> keine Basis ist. Mindestens einer dieser beiden Fälle muss schließlich eintreten. Oder? Das besagt jedenfalls das Gesetz vom ausgeschlossenen Dritten (Abkürzung LEM für law of the excluded middle): Dieses besagt, dass für jede Aussage <math>A</math> gilt:

<math>(1) \quad A \vee \neg A. \quad \quad \mathsf{LEM}</math>
 
Das Gesetz besagt anschaulich, dass jede Aussage einen eindeutigen Wahrheitswert <math>0</math> (falsch) oder <math>1</math> (wahr) hat. In gewisser Weise bedeutet dies, dass sämtliche aus dem Alltag bekannten Bewertungen von Aussagen, die über "wahr" oder "falsch" hinausgehen, wie zum Beispiel "möglicherweise" oder "vielleicht" oder "notwendigerweise", in der mathematischen Logik verboten sind, jedenfalls dann, wenn man das LEM voraussetzt. Was passiert, wenn wir das LEM weglassen? Keine Sorge, das bedeutet nicht, dass gleich die gesamte mathematische Logik zusammenbricht. Schlüsse wie etwa

<math>(2) \quad ((A \to B) \wedge (B \to C)) \longrightarrow (A \to C)</math>
 
<math>(3) \quad A \longrightarrow  (A \vee B)</math>

<math>(4) \quad \neg (A \vee B) \longleftrightarrow \neg A \wedge \neg B</math>
 
sind immer noch erlaubt. Probleme bereitet allerdings das Gesetz

<math>(5) \quad \neg (A \wedge B) \longleftrightarrow \neg A \vee \neg B.</math>
 
Die klassische Begründung dafür würde so lauten: Wenn nicht <math>A \wedge B</math> gilt, gibt es zwei Fälle: 1. Es gilt <math>A</math>. Dann gilt nicht <math>B</math>, denn ansonsten folgte <math>A \wedge B</math>. Also gilt erst recht <math>\neg A \vee \neg B</math>. 2. Es gilt <math>\neg A</math>. Dann gilt erst recht <math>\neg A \vee \neg B</math>. Wir haben hier also das LEM benutzt. Zwar gilt <math>\neg A \vee \neg B \longrightarrow \neg (A \wedge B)</math> immer, aber die Umkehrung gilt erst einmal nicht.

Auch das Gesetz von der Doppelnegation

<math>(6) \quad A \longleftrightarrow \neg \neg A</math>
 
müssen wir hinterfragen: Wenn <math>\neg \neg A</math> gilt, so können wir ausschließen, dass <math>\neg A</math> gilt. Aber wenn das LEM nicht gilt, gibt es keine Möglichkeit, hieraus <math>A</math> abzuleiten. Tatsächlich ist das LEM zu <math>A \longleftrightarrow \neg \neg A</math> äquivalent. Allerdings gilt <math>A \longrightarrow \neg \neg A</math> immer.
 
Was sollte nun anschaulich <math>\neg \neg A</math> sein? Die Negation von <math>A</math> gilt nicht. Das heißt, wir können nicht ausschließen, dass <math>A</math> gilt. Mit anderen Worten: Es gilt möglicherweise <math>A</math>. Das ist zunächst einmal nur eine Sprechweise. Aber sie passt gut mit <math>A \longrightarrow \neg \neg A</math> und der Nicht-Beweisbarkeit von <math>\neg \neg A \longrightarrow A</math> zusammen. Der Wahrheitswert von <math>\neg \neg A</math> liegt also jenseits von <math>A</math> und <math>\neg A</math>. Um so etwas zu sagen, muss man sich auf die Idee einlassen, dass es mehr als nur zwei Wahrheitswerte geben kann.
 
Die Logik, die ohne LEM arbeitet, nennt sich auch Intuitionismus, die wiederum eine Form des Konstruktivismus ist. Es gibt dafür genaue Regelsysteme, welche wir hier nur informal angedeutet haben, weil dies für die Zwecke dieses Artikels ausreicht. Konstruktiv geführte Beweise sind im wahrsten Sinne des Wortes konstruktiv. Wenn am Ende eines konstruktiven Beweises etwa ein Objekt mit gewissen Eigenschaften vorliegt, so kann das nicht dadurch entstanden sein, dass man die Nichtexistenz dieses Objektes zu einem Widerspruch geführt hat. Denn das würde lediglich bedeuten, dass das Objekt möglicherweise existiert. Ein konstruktiver Beweis hingegen gibt dieses Objekt konkret an, sofern es jedenfalls möglich ist. Das ist natürlich praktisch, wenn man mit diesem Objekt weiterarbeiten möchte oder es um angewandte bzw. algorithmische Mathematik geht.
 
Hier ein frappierendes Beispiel für einen unkonstruktiven Beweis: Satz: Es gibt zwei irrationale Zahlen <math>a,b>0</math>, sodass <math>a^b</math> rational ist. 1. Fall: <math>\sqrt{2}^{\sqrt{2}}</math> ist rational. Dann sind wir fertig. 2. Fall: <math>\sqrt{2}^{\sqrt{2}}</math> ist irrational. Es ist aber auch <math>\sqrt{2}</math> irrational, und <math>\bigl(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\bigr)^{\sqrt{2}} = \sqrt{2}^2 = 2</math> ist rational. Damit sind wir fertig. Bemerkenswert ist, dass dieser Beweis keinerlei Auskunft darüber gibt, für welche irrationale Zahlen <math>a,b</math> die Behauptung denn nun gilt. Besonders erhellend ist dieser Beweis daher nicht. Es sei verraten, dass <math>\sqrt{2}^{\sqrt{2}}</math> so oder so irrational ist, aber das bedarf eines anderen Argumentes.
 
Nach diesem Exkurs stellen wir uns jetzt die Frage: Vielleicht können wir zwar nicht konstruktiv zeigen, dass jeder endlich-erzeugte Vektorraum <math>V</math> eine Basis hat, aber immerhin, dass er möglicherweise eine Basis hat?
 
Um dies zu zeigen, müssten wir die Aussage, dass <math>V</math> keine Basis hat, zu einem Widerspruch führen. Nehmen wir also an, dass <math>V</math> keine Basis hat. Es sei <math>v_1,\dotsc,v_n</math> irgendein Erzeugendensystem von <math>V</math>. Wir werden zeigen, dass es sich doch um eine Basis handelt, was dann der gewünschte Widerspruch ist. Dazu benutzen wir Induktion nach <math>n</math>. Seien also <math>r_1,\dotsc,r_n \in K</math> mit <math>r_1 v_1 + \dotsc + r_n v_n=0</math>. Nun gilt jeweils
 
<math>(7) \quad r_i \notin K^{\times} \longrightarrow r_i=0,</math>
 
wobei <math>K^{\times}</math> die Gruppe der invertierbaren Elemente von <math>K</math> ist. Man beachte, dass dies lediglich in der klassischen Logik, also mit LEM, zur üblicheren Definition eines Körpers

<math>(8) \quad r_i \neq 0 \longrightarrow r_i \in K^{\times}</math>
 
äquivalent ist, aber aus konstruktiver Perspektive eine völlig andere Aussage ist, weil <math>r_i=0 \vee r_i \neq 0</math> nicht unbedingt gilt. Tatsächlich kann man mehrere Definitionen eines Körpers in der konstruktiven Mathematik studieren. Aber wir wählen die obige, dass also jedes nicht-invertierbare Element bereits Null ist. Unser Ziel ist aber <math>r_i=0</math>. Wir müssen daher nur die Invertierbarkeit von <math>r_i</math> zu einem Widerspruch führen. Wenn <math>r_i</math> invertierbar ist, dann können wir die Linearkombination mit <math>r_i^{-1}</math> multiplizieren und damit <math>v_i</math> als Linearkombination der übrigen Vektoren schreiben, sodass auch <math>v_1,\dotsc,\widehat{v_i},\dotsc,v_n</math> ein Erzeugendensystem ist. Nach Induktionsannahme ist dieses eine Basis. Aber wir hatten gerade vorausgesetzt, dass <math>V</math> keine Basis besitzt, Widerspruch. Wir haben bewiesen:

<math>(9)</math>  Konstruktiv hat jeder endlich-erzeugte Vektorraum möglicherweise eine Basis.
 
Dieser Beweis ist beim ersten Anblick sicherlich etwas seltsam. Obwohl wir das LEM vermieden haben, erscheint er viel unkonstruktiver als der ursprüngliche Beweis zu sein. Das liegt aber auch daran, weil ja eine ganz andere, nämlich schwächere Aussage bewiesen worden ist. Wir konstruieren keine Basis von <math>V</math>. Wir begründen nur, dass es nicht sein kann, dass <math>V</math> keine Basis hat. Was uns diese schwächere Aussage bringen soll, werden wir gleich sehen.

2. Moduln sind möglicherweise frei

Wir setzen nun voraus, dass der Leser sich etwas mit Moduln über kommutativen Ringen auskennt. Wir werden außerdem die Lokalisierung <math>M[f^{-1}]</math> eines <math>R</math>-Moduls <math>M</math> nach Elementen <math>f \in R</math> benutzen. Diese besteht aus "Brüchen" <math>\frac{m}{f^k}</math> (wobei <math>m \in M</math> und <math>k \in \mathbb{N}</math>) mit den üblichen Bruchrechenregeln, wobei <math>\frac{m}{f^k}=0</math> genau dann <math>0</math> sein soll, wenn es eine Potenz <math>f^n</math> gibt mit <math>f^n m = 0</math>. Wenn <math>M=R</math> ist, dann ist <math>R[f^{-1}]</math> sogar ein Ring. Wenn <math>M</math> beliebig ist, dann ist <math>M[f^{-1}]</math> ein <math>R[f^{-1}]</math>-Modul. Es gilt <math>R[f^{-1}]=0</math> genau dann, wenn <math>f</math> nilpotent ist.

Bekanntlich müssen endlich-erzeugte Moduln selbst in der klassischen Mathematik nicht frei sein, d.h. eine Basis haben. Zum Beispiel ist für ein Ideal <math>I \subseteq R</math> der zyklische <math>R</math>-Modul <math>R/I</math> genau dann frei, wenn <math>I=0</math> oder <math>I=R</math> gilt.
 
Ein kommutativer Ring <math>R</math> heißt reduziert, wenn <math>0</math> das einzige nilpotente Element von <math>R</math> ist. Zum Beispiel ist jeder Integritätsring reduziert. Wir behaupten nun, dass ein reduzierter kommutativer Ring <math>R</math> so etwas ähnliches wie ein Körper ist: Sei dazu <math>r \in R</math> ein beliebiges Element. Zwar gilt die Aussage

<math>(1) \quad r \notin R^{\times} \longrightarrow r = 0</math>
 
nicht unbedingt, aber wir können eine stärkere Annahme machen, dass nämlich <math>r</math> nicht nur nicht in <math>R</math>, sondern das Bild auch in keiner Lokalisierung <math>R[f^{-1}]</math> von <math>R</math> invertierbar ist. Dabei sollten wir natürlich nilpotente <math>f</math> ausschließen, denn für diese gilt ohnehin <math>R[f^{-1}]=0</math> und im Nullring ist trivialerweise jedes Element invertierbar. Oder positiv formuliert (das passt besser zu unserer konstruktiven Sichtweise): Wenn <math>\frac{r}{1}</math> in <math>R[f^{-1}]</math> invertierbar ist, so sollte <math>f</math> nilpotent, d.h. <math>f=0</math> sein.
 
Wir könnten also versuchen, folgendes zu zeigen:
 
<math>(2)</math>  Für alle <math>f \in R</math> mit der Eigenschaft <math>\frac{r}{1} \in R[f^{-1}]^{\times}</math> gelte <math>f=0</math>. Dann gilt <math>r=0</math>.
 
Das ist aber klar: Denn <math>\frac{r}{1} \in R[r^{-1}]^{\times}</math> gilt immer, sodass die Annahme für <math>f:=r</math> erfüllt ist.
 
Es sei nun <math>M</math> ein endlich-erzeugter <math>R</math>-Modul. Wir können nicht zeigen, dass <math>M</math> eine Basis hat. Aber vielleicht können wir zeigen, dass <math>M</math> möglicherweise eine Basis hat, dass man also die Annahme, dass <math>M</math> keine Basis hat, zu einem Widerspruch führen kann. Nun ist diese Annahme aber wieder zu schwach, und wir sollten Lokalisierungen mit einbeziehen. Wir fordern also sogar:

<math>(3)</math>  Wenn <math>f \in R</math> und <math>M[f^{-1}]</math> ein freier <math>R[f^{-1}]</math>-Modul ist, so gilt <math>f=0</math>.
 
Dies können wir jetzt zu einem Widerspruch führen, und zwar genau wie bei Vektorräumen! Nunja, nicht ganz, denn für <math>R=0</math> gilt die Aussage ja sicherlich. Wir werden also <math>R=0</math> zeigen. Wir nehmen also ein Erzeugendensystem <math>v_1,\dotsc,v_n</math> her und zeigen, dass es eine Basis ist; aus der Annahme mit <math>f:=1</math> folgt dann <math>1=0</math> bzw. <math>R=0</math>. Wir machen wieder eine Induktion nach <math>n</math>. Seien also <math>r_1,\dotsc,r_n \in R</math> mit <math>r_1 v_1 + \dotsc + r_n v_n = 0</math>. Um zu zeigen, dass <math>r_i=0</math> gilt, haben wir in (2) ein Kriterium gefunden: Sei also <math>f \in R</math> mit der Eigenschaft <math>\frac{r_i}{1} \in R[f^{-1}]^{\times}</math>; wir werden <math>f=0</math> zeigen. Nun gilt die Linearkombination <math>\sum_j \frac{r_j}{1} \frac{v_j}{1} = 0</math> auch im <math>R[f^{-1}]</math>-Modul <math>M[f^{-1}]</math>, aber hier lässt sich der Erzeuger <math>\frac{v_i}{1}</math> aus den anderen Erzeugern linear kombination, weil sein Koeffizient nach Annahme invertierbar ist. Es ist also <math>\frac{v_1}{1},\dotsc,\widehat{\frac{v_i}{1}},\dotsc,\frac{v_n}{1}</math> ein Erzeugendensystem des <math>R[f^{-1}]</math>-Moduls <math>M[f^{-1}]</math>. Die Induktionsannahme können wir auf diesen Modul anwenden, weil er dieselbe Annahme (3) erfüllt (dazu muss man sich nur schnell klarmachen, dass Lokalisierungen von Lokalisierungen von <math>M</math> ebenfalls Lokalisierungen von <math>M</math> sind). Die Induktionsannahme zeigt also, dass <math>M[f^{-1}]</math> ein freier <math>R[f^{-1}]</math>-Modul ist. Die Annahme (3) sagt dann aber gerade <math>f=0</math>. Wir haben damit die Prämisse von (2) gezeigt, und es folgt <math>r_i=0</math>, wie gewünscht.

Fassen wir noch einmal zusammen, was wir jetzt eigentlich gezeigt haben:

<math>(4)</math>  Sei <math>R</math> ein kommutativer reduzierter Ring. Sei <math>M</math> ein endlich-erzeugter <math>R</math>-Modul mit der Eigenschaft: Wenn <math>f \in R</math> und <math>M[f^{-1}]</math> ein freier <math>R[f^{-1}]</math>-Modul ist, so gelte <math>f=0</math>. Dann folgt <math>R=0</math>.
 
Dies können wir als eine direkte Verallgemeinerung der Aussage ansehen, dass Vektorräume möglicherweise frei sind. In der klassischen Mathematik kann man diese Aussage so umformulieren:

<math>(4')</math>  Sei <math>R</math> ein kommutativer reduzierter Ring mit <math>R \neq 0</math> und <math>M</math> ein endlich-erzeugter <math>R</math>-Modul. Dann gibt es ein <math>f \in R \setminus \{0\}</math> mit der Eigenschaft, dass <math>M[f^{-1}]</math> ein freier <math>R[f^{-1}]</math>-Modul ist.
 
Dies ist das klassisch formulierte Lemma über die generische Freiheit (genauer gesagt, ein Spezialfall davon). Es ist deshalb so nützlich, weil sich damit einige Aussagen von freien Moduln (wo sie in der Regel klar sind) auf beliebige Moduln übertragen lassen (siehe Abschnitt 3 für ein Beispiel). Die üblichen Beweise des Lemmas sind relativ kompliziert und arbeiten mit Kompositionsreihen, Nakayama-Lemma und dergleichen. Unser Beweis hingegen ist vollkommen elementar und ist als eine direkte Verallgemeinerung der Aussage anzusehen, dass Vektorräume eine Basis haben, bzw. nicht nicht eine Basis haben. Wenn man (4') direkt beweisen möchte, wird man auf das Problem stoßen, dass man ein solches <math>f</math> wie dort behauptet gar nicht angeben kann. Man muss also so oder so einen Widerspruchsbeweis führen. Oder aber, man macht daraus eine positive Aussage ohne Negationen wie in (4). Diese lässt sich nun sogar konstruktiv beweisen.
 
Was wir hier gemacht haben, ist eine Übersetzung eines Beweises über Vektorräume zu einem Beweis einer ähnlichen Aussage über Moduln. Weil diese sogar konstruktiv ist, lässt sie sich tatsächlich noch auf allgemeinere Objekte wie zum Beispiel Modulgarben übertragen. Dahinter steckt ein allgemeines Verfahren, welches noch viele weitere, auch tiefliegendere Anwendungen in verschiedensten Gebieten der Mathematik besitzt. Man braucht dazu ein paar Zutaten aus der Logik, der algebraischen Geometrie und der Kategorientheorie, speziell der Topostheorie. Ein paar Quellen dazu:

• C. Mulvey, Intuitionistic algebra and representations of rings, In Recent advances in the representation theory of rings and C*-algebras by continuous sections, pp. 3–57. Mem. Amer. Math. Soc., No. 148, 1974.
• I. Blechschmidt, Using the internal language of toposes in algebraic geometry, pdf, Folien
• T. Coquand, H. Lombardi, A logical approach to abstract algebra, pdf

3. Eine Anwendung

Wir geben abschließend eine hübsche Anwendung der konstruktiven Version des Lemmas zur generischen Freiheit an:
 
<math>(1)</math>  Sei <math>R</math> ein reduzierter kommutativer Ring. Seien <math>M,N</math> zwei <math>R</math>-Moduln. Angenommen, <math>\alpha : R \to M</math> und <math>\beta : R \to N</math> sind zwei injektive Homomorphismen von <math>R</math>-Moduln. Dann ist ihr Tensorprodukt <math>\alpha \otimes \beta : R \cong R \otimes R \to M \otimes N</math> ebenfalls injektiv.

Beweis: Für freie <math>M</math> ist diese Aussage klar, weil freie Moduln flach sind. Im allgemeinen Fall nehmen wir uns ein Element <math>f</math> im Kern von <math>\alpha \otimes \beta</math> und zeigen <math>f=0</math>: Ein Kolimesargument zeigt, dass wir <math>M</math> als endlich-erzeugt annehmen dürfen. Wir lokalisieren nun alles nach dem Element <math>f</math>, d.h. betrachten <math>\alpha' : R[f^{-1}] \to M[f^{-1}]</math> (dies bleibt injektiv) und so weiter. Es liegt <math>\frac{f}{1} \in R[f^{-1}]</math> und damit auch <math>1</math> im Kern von <math>\alpha' \otimes \beta'</math>. Es reicht daher zu zeigen: Wenn <math>1</math> im Kern von <math>\alpha \otimes \beta</math> liegt, dann gilt <math>R=0</math>. Wir benutzen das Lemma zur generischen Freiheit. Sei also <math>f \in R</math> mit der Eigenschaft, dass <math>M[f^{-1}]</math> frei über <math>R[f^{-1}]</math> ist. Es liegt <math>\frac{1}{1}</math> im Kern von <math>\alpha' \otimes \beta' : R[f^{-1}] \to M[f^{-1}] \otimes N[f^{-1}]</math>. Aus dem bereits bekannten freien Fall folgt dann <math>R[f^{-1}]=0</math>, also <math>f=0</math>. <math>\square</math>

Es ist übrigens wichtig, dass <math>R</math> reduziert ist: Betrachte <math>R=k[a,b]/(a^2,ab,b^2)</math> für einen Körper <math>k</math>. Betrachte die <math>R</math>-Algebren <math>A=R[x]/(x^2,a-bx)</math> und <math>B=R[y]/(y^2,b-ay)</math>. Dann sind <math>R \to A</math> und <math>R \to B</math> injektiv, aber <math>a</math> liegt im Kern von <math>R \to A \otimes_R B</math> wegen

<math>a \otimes 1 = bx \otimes 1 = x \otimes b = x \otimes ay=ax \otimes y = bx^2 \otimes y = 0.</math>
 
Möglicherweise hoffe ich, dass euch keinesfalls der Artikel nicht gefallen hat.


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" Mathematik: Moduln sind möglicherweise frei" | 3 Kommentare
 
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Re: Moduln sind möglicherweise frei
von Hans-Juergen am Do. 13. Oktober 2016 20:46:44


Hallo Triceratops,

der erste Teil Deines Aufsatzes (bis zu dem "frappierenden Beispiel") gefällt mir nicht nur "möglicherweise", sondern ganz bestimmt. Ich danke Dir dafür und ebenso für Deinen hübschen Abschlusssatz. Was dazwischen liegt, verstehe ich nicht, da es mir an den einschlägigen Kenntnissen fehlt. Aber das macht nichts: das, was ich verstehe und über das LEM, den Intuitionismus und Konstruktivismus neu hinzugelernt habe, bedeutet mir bereits Gewinn, und ich freu' mich darüber.

Mit herzlichen Grüßen
Hans-Jürgen


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Re: Moduln sind möglicherweise frei
von Triceratops am Mo. 31. Oktober 2016 09:47:30


Noch eine seltsame Anwendung des LEM: Mindestens zwei der Ziffern <math>0,1,\dotsc,9</math> kommen unendlich oft in der Dezimalentwicklung von <math>\pi</math> vor. Denn ansonsten wäre diese periodisch und damit <math>\pi</math> rational. Es ist aber bis heute für keine dieser Ziffern bekannt, ob sie unendlich oft in der Dezimalentwicklung von <math>\pi</math> vorkommt. Man weiß also zum Beispiel nicht, ob die <math>0</math> unendlich oft vorkommt. Das wird natürlich vermutet. Eine stärkere Vermutung ist die Normalität von <math>\pi</math>.

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Re: Moduln sind möglicherweise frei
von matroid am Mo. 31. Oktober 2016 11:38:29


Diese Eigenschaft gilt doch unabhängig von der Basis der Zahldarstellung.

Gruß
Matroid

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