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Mathematik: Martins Axiom
Freigegeben von matroid am Mo. 05. Juni 2017 10:33:27
Verfasst von Triceratops -   423 x gelesen [Gliederung] [Statistik] Druckbare Version Druckerfreundliche Version
Mathematik

Martins Axiom

Die Kontinuumshypothese besagt, dass es keine Kardinalzahlen zwischen <math>\omega</math> und <math>2^{\omega}</math> gibt. Diese Hypothese lässt sich nicht aus den üblichen Axiomen der Mengenlehre ableiten. Man kann sich also fragen, was passiert, wenn es doch solche Kardinalzahlen <math>\kappa</math> mit <math>\omega<\kappa<2^\omega</math> gibt: Verhalten diese sich wenigstens genauso gut wie <math>\omega</math>? Gilt zum Beispiel der Bairesche Kategoriensatz auch für <math>\kappa</math> viele Mengen? Und ist die Vereinigung von <math>\kappa</math> vielen Lebesgue-Nullmengen ebenfalls eine Lebesgue-Nullmenge? Martins Axiom, benannt nach Donald Martin, ist eine Aussage aus der unendlichen Kombinatorik, mit der dieser Wunsch in Erfüllung geht. In diesem Artikel stellen wir dieses Axiom vor und beweisen einige interessante Folgerungen aus der Mengenlehre, der Kombinatorik, der Analysis sowie der Topologie. Einige von ihnen stellen sich zudem als äquivalent zu Martins Axiom heraus.


Dieser Artikel richtet sich eng nach Kenneth Kunens Buch Set theory und ist vor langer Zeit im Rahmen einer Prüfungsvorbereitung entstanden. Dazu gehört auch noch ein Artikel über das Forcing, welcher demnächst erscheint. Grundlagen der mathematischen Logik werden dabei als bekannt vorausgesetzt. Wir arbeiten im System ZFC.
 

Motivation

Es sei <math>\omega \leq \kappa < 2^\omega</math> eine Kardinalzahl. Man kann sich die folgenden Fragen stellen (die Begriffe werden später definiert):

<math>\bullet</math> Gilt <math>2^\kappa = 2^\omega</math>?
<math>\bullet</math> Ist die Vereinigung von <math>\kappa</math> vielen mageren Teilmengen von <math>\mathds{R}</math> wieder mager?
<math>\bullet</math> Ist die Vereinigung von <math>\kappa</math> vielen Lebesgue-Nullmengen von <math>\mathds{R}</math> wieder eine Lebesgue-Nullmenge?
 
Die Antwort ist jeweils Ja für <math>\kappa=\omega</math>. Unter der Annahme der Kontinuumshypothese stimmen die Aussagen also trivialerweise für alle <math>\kappa</math>. Martins Axiom ist eine Abschwächung der Kontinuumshypothese, die zwar nicht die Existenz von Kardinalzahlen zwischen <math>\omega</math> und <math>2^\omega</math> verneint, die genannten Aussagen aber trotzdem richtig macht.

Eine weitere Anwendung von Martins Axiom ist die rein topologische Aussage, dass das Produkt von zwei c.c.c. Räumen ebenfalls c.c.c. ist. Dabei heißt ein Raum c.c.c., wenn jede Familie paarweise disjunkter nichtleerer offener Teilmengen abzählbar ist.
 

Einführung und Beispiele

Definition. Es sei <math>(P,\leq)</math> eine partielle Ordnung. Die Antisymmetrie von <math>\leq</math> werden wir nicht benötigen, d.h. eigentlich darf <math>(P,\leq)</math> eine Präordnung sein.

1. Wir nennen zwei Elemente <math>p,q \in P</math> kompatibel, wenn es ein Element <math>r</math> gibt mit <math>r \leq p</math> und <math>r \leq q</math>. Ansonsten heißen sie inkompatibel.
2. Eine Teilmenge <math>D \subseteq P</math> heißt dicht, wenn es für alle <math>p \in P</math> ein <math>q \in D</math> gibt mit <math>q \leq p</math>.
3. Ein Filter ist eine Teilmenge <math>G \subseteq P</math> mit den beiden Eigenschaften (a) <math>p \leq q \implies (p \in G \implies q \in G)</math>, (b) <math>p,q \in G \implies \exists r \in G (r \leq p \wedge r \leq q)</math>.
4. Eine Antikette ist eine Teilmenge von <math>P</math>, die aus paarweise inkompatiblen Elementen besteht.
5. Es sei <math>P</math> c.c.c. (countable chain condition), wenn jede Antikette abzählbar ist.
 
Die Interpretation für das Forcing im nächsten Artikel sowie für Martins Axiom in diesem Artikel ist, dass die Elemente von <math>P</math> Bedingungen darstellen, die man gerne erzwingen möchte. Die Relation <math>p \leq q</math> bedeutet, dass <math>p</math> mehr aussagt als <math>q</math>, oder auch dass <math>p</math> eine Fortsetzung von <math>q</math> ist. Zwei Bedingungen sind kompatibel, wenn es eine gemeinsame stärkere Bedingung gibt. Ein Filter besteht aus konsistenten Bedingungen, die im Idealfall immer genauer werden. Oftmals kann man aus einem Filter dann durch das Infimum aller enthaltenden Elemente ein Objekt bauen, welches alle Bedingungen erfüllt, die man sich gestellt hat. Eine Menge von Bedingungen ist dicht, wenn man sie beliebig genau vorgeben kann.

Definition. Es sei <math>\kappa</math> eine Kardinalzahl (stets als unendlich vorausgesetzt).

<math>\bullet</math> Martins Axiom <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> ist folgende Aussage: Ist <math>(P,\leq)</math> eine nichtleere c.c.c. partielle Ordnung und <math>\mathcal{D}</math> eine Menge von <math>\leq \kappa</math> vielen dichten Teilmengen von <math>P</math>, so gibt es einen Filter <math>G</math> auf <math>P</math>, welcher jede der Mengen in <math>\mathcal{D}</math> schneidet, also <math>\forall D \in \mathcal{D} (G \cap D \neq \emptyset)</math>.
<math>\bullet</math> Martins Axiom <math>\mathrm{MA}</math> ist die Aussage, dass <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> für alle <math>\kappa < 2^{\omega}</math> gilt.
 
Proposition 1. Es gelten die folgenden Aussagen:

1. Aus <math>\lambda \leq \kappa</math> folgt <math>\mathrm{MA}(\kappa) \implies \mathrm{MA}(\lambda)</math>.
2. Es gilt <math>\mathrm{MA}(\omega)</math>.
3. Für <math>\kappa \geq 2^\omega</math> gilt <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> nicht.
4. Aus der Kontinuumshypothese <math>\mathrm{CH}</math> folgt Martins Axiom <math>\mathrm{MA}</math>.
 
Beweis. 1. ist trivial.

2. Zum Beweis von <math>\mathrm{MA}(\omega)</math> sei <math>P</math> eine nichtleere c.c.c. partielle Ordnung und <math>\mathcal{D}=\{D_n : n \in \mathds{N}\}</math> eine abzählbare Menge von dichten Teilmengen von <math>P</math>. Wir konstruieren Elemente <math>p_n \in P</math> für <math>n \in \mathds{N}</math> rekursiv: Es sei <math>p_0 \in P</math> irgendein Element. Ist <math>p_n \in P</math> gegeben, so gibt es wegen der Dichtheit ein <math>p_{n+1} \leq p_n</math> mit <math>p_{n+1} \in D_n</math>. Dann gilt <math>p_0 \geq p_1 \geq p_2 \geq \dotsc</math> und der von diesen Elementen erzeugte Filter <math>G = \{q \in P : \exists n (q \geq p_n)\}</math> leistet das Gewünschte, denn <math>p_{n+1} \in G \cap D_n</math> für alle <math>n \in \mathds{N}</math>.

3. Wir betrachten die Menge <math>P</math> der partiellen Funktionen <math>\mathds{N} \nrightarrow \{0,1\}</math>, die auf einer endlichen Teilmenge von <math>\mathds{N}</math> definiert sind. Formal ist also
 
<math>\displaystyle P = \{p \subseteq \mathds{N} \times \{0,1\} : |p| < \omega \wedge p \text{ ist eine Funktion.}\}</math>
 
Wir definieren <math>p \leq q</math>, falls <math>p</math> eine Fortsetzung von <math>q</math> ist (d.h. <math>p \supseteq q</math>). Es sind also <math>p,q</math> genau dann kompatibel, wenn sie auf <math>\mathrm{dom}(p) \cap \mathrm{dom}(q)</math> übereinstimmen. In diesem Fall ist <math>p \cup q</math> eine gemeinsame Fortsetzung.

Für ein <math>n \in \mathds{N}</math> sei dann <math>D_n = \{p \in P : n \in \mathrm{dom}(p)\}</math>. Es ist <math>D_n</math> dicht in <math>P</math>, denn jede partielle Funktion besitzt eine Fortsetzung, die bei <math>n</math> definiert ist. Für eine Funktion <math>h : \mathds{N} \to \{0,1\}</math> sei
 
<math>\displaystyle E_h = \{p \in P : \exists n \in \mathrm{dom}(p) (p(n) \neq h(n))\}.</math>

Dann ist <math>E_h</math> dicht, denn eine partielle Funktion können wir auf einem Element <math>n</math> außerhalb des Definitionsbereiches durch den Wert <math>\neq h(n)</math> fortsetzen. Es ist <math>\{D_n : n \in \mathds{N}\} \cup \{E_h : h \in {^\mathds{N}} \{0,1\}\}</math> eine Menge von <math>2^\omega</math> vielen dichten Teilmengen von <math>P</math> und <math>P \neq \emptyset</math> erfüllt die c.c.c da <math>P</math> abzählbar ist. Aus <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> würde also die Existenz eines Filters <math>G \subseteq P</math> folgen, der jedes <math>D_n</math> und jedes <math>E_h</math> schneidet. Weil die partiellen Funktionen in <math>G</math> alle kompatibel sind, verkleben sie zu einer partiellen Funktion <math>f : \mathds{N} \nrightarrow \{0,1\}</math>, d.h. <math>f|_{\mathrm{dom}(p)}=p</math> für jedes <math>p \in G</math>. Wegen <math>D_n \cap G \neq \emptyset</math> ist <math>n \in \mathrm{dom}(f)</math> für alle <math>n \in \mathds{N}</math>. Also ist <math>f : \mathds{N} \to \{0,1\}</math> eine Funktion. Aus <math>E_f \cap G \neq \emptyset</math> folgt dann ein Widerspruch.

4. Die Kontinuumshypothese <math>\mathrm{CH}</math> besagt, dass <math>\kappa=\omega</math> die einzige Kardinalzahl mit <math>\omega \leq \kappa < 2^{\omega}</math> ist. Also reicht <math>\mathrm{MA}(\omega)</math> für <math>\mathrm{MA}</math> bereits aus. <math>\checkmark</math>

Im Beweis von <math>\mathrm{MA}(\omega)</math> hat man zwar nicht benutzt, dass <math>P</math> c.c.c. ist. Aber für <math>\kappa > \omega</math> braucht man die Bedingung. Betrachte nämlich analog zur Konstruktion in 3. oben die partielle Ordnung <math>P</math> der endlichen partiellen Funktionen <math>\omega \nrightarrow \kappa</math>. Dann ist <math>P</math> nicht c.c.c. (betrachte die Antikette <math>\{(0,\alpha) : \alpha < \kappa\}</math>). Für <math>\alpha \in \kappa</math> sei <math>D_\alpha = \{p \in P : \alpha \in \mathrm{ran}(p)\}</math>. Die <math>D_\alpha</math> sind <math>\kappa</math> viele dichte Teilmengen von <math>P</math>. Es gibt keinen Filter auf <math>P</math> der jedes <math>D_\alpha</math> schneidet, weil dies zu einer surjektiven partiellen Funktion <math>\omega \nrightarrow \kappa</math> führen würde.

Anwendung auf fast-disjunkte Mengen

Definition. Es sei <math>\mathcal{A} \subseteq \wp(\mathds{N})</math> ein System von Teilmengen. Die partielle Ordnung der fast-disjunkten Teilmengen <math>P_\mathcal{A}</math> ist wie folgt definiert: Die Elemente sind Paare <math>(S,\mathcal{F})</math>, wobei <math>S</math> eine endliche Teilmenge von <math>\mathds{N}</math> und <math>\mathcal{F}</math> eine endliche Teilmenge von <math>\mathcal{A}</math> ist. Es sei <math>(S',\mathcal{F}') \leq (S,\mathcal{F})</math> falls <math>S \subseteq S'</math>, <math>\mathcal{F} \subseteq \mathcal{F}'</math> und für alle <math>X \in \mathcal{F}</math> ist <math>X \cap S' \subseteq S</math>.

Proposition 2. Die partielle Ordnung <math>P_\mathcal{A}</math> besitzt die folgenden Eigenschaften:

1. Zwei Elemente <math>(S_1,\mathcal{F}_1)</math> und <math>(S_2,\mathcal{F}_2)</math> sind genau dann kompatibel, wenn gilt: <math>\forall X \in \mathcal{F}_1 (X \cap S_2 \subseteq S_1)</math> und <math>\forall X \in \mathcal{F}_2 (X \cap S_1 \subseteq S_2)</math>. In diesem Fall ist <math>(S_1 \cup S_2,\mathcal{F}_1 \cup \mathcal{F}_2)</math> eine gemeinsame Fortsetzung.
2. Es ist <math>P_\mathcal{A}</math> c.c.c.
3. Ist <math>G \subseteq P_\mathcal{A}</math> ein Filter, so setze <math>S_G := \bigcup_{\mathcal{F} \subseteq \mathcal{A}, (S,\mathcal{F}) \in G} S</math>. Für jedes Element <math>(S,\mathcal{F}) \in G</math> gilt dann <math>S \subseteq S_G</math> und <math>\forall X \in \mathcal{F} (X \cap S_G \subseteq S)</math>.
4. Für <math>X \in \mathcal{A}</math> ist <math>D_X := \{(S,\mathcal{F}) \in P_\mathcal{A} : X \in \mathcal{F}\} \subseteq P_\mathcal{A}</math> dicht.
5. Ist <math>G \subseteq P_\mathcal{A}</math> ein Filter mit <math>G \cap D_X \neq \emptyset</math>, so ist <math>X \cap S_G</math> endlich.

Beweis. 1. Wenn <math>(S_3,\mathcal{F}_3) \leq (S_1,\mathcal{F}_1)</math> und <math>(S_3,\mathcal{F}_3) \leq (S_2,\mathcal{F}_2)</math>, dann folgt für alle <math>X \in \mathcal{F}_1</math>, dass <math>X \cap S_2 \subseteq X \cap S_3 \subseteq S_1</math>. Analog folgt für alle <math>X \in \mathcal{F}_2</math>, dass <math>X \cap S_1 \subseteq S_2</math>. Wenn das umgekehrt gegeben ist, so ist <math>(S_1 \cup S_2,\mathcal{F}_1 \cup \mathcal{F}_2)</math> eine gemeinsame Fortsetzung der beiden Elemente, denn <math>S_1,S_2 \subseteq S_1 \cup S_2</math> und <math>\mathcal{F}_1,\mathcal{F}_2 \subseteq \mathcal{F}_1 \cup \mathcal{F}_2</math> sind klar, und für <math>X \in \mathcal{F}_1</math> etwa stellen wir fest, dass
 
<math>\displaystyle X \cap (S_1 \cup S_2) = (X \cap S_1) \cup (X \cap S_2) \subseteq S_1 \cup S_1 = S_1.</math>

2. Wenn Elemente <math>(S_i,\mathcal{F}_i)</math> paarweise inkompatibel sind, so sind nach 1. die <math>S_i</math> paarweise verschieden. Es gibt nur abzählbar viele endliche Teilmengen von <math>\mathds{N}</math>.

3. Sei <math>(S,\mathcal{F}) \in G</math>. Die erste Eigenschaft <math>S \subseteq S_G</math> gilt nach Konstruktion. Ist <math>X \in \mathcal{F}</math> und <math>(S',\mathcal{F}') \in G</math>, so folgt mit 1. dass <math>X \cap S' \subseteq S</math>. Dies zeigt <math>X \cap S_G \subseteq S</math>.

4. Für jedes <math>(S,\mathcal{F}) \in P_\mathcal{A}</math> ist <math>(S,\mathcal{F}) \geq (S,\mathcal{F} \cup \{X\}) \in D_X</math>.

5. Wenn <math>(S,\mathcal{F}) \in G \cap D_X</math>, so folgt <math>X \in \mathcal{F}</math>. Mit 3. folgt <math>X \cap S_G \subseteq S</math>. <math>\checkmark</math>

Definition. Zwei verschiedene Teilmengen <math>X,Y \subseteq \mathds{N}</math> heißen fast-disjunkt, wenn ihr Schnitt <math>X \cap Y</math> endlich ist. Eine Familie <math>\mathcal{A} \subseteq \wp(\mathds{N})</math> heißt fast-disjunkt, wenn jedes Element <math>X \in \mathcal{A}</math> unendlich ist und je zwei verschiedene Mengen <math>X,Y \in \mathcal{A}</math> fast-disjunkt sind.

Satz 3. Es gelte <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>. Es seien <math>\mathcal{A},\mathcal{B} \subseteq \wp(\mathds{N})</math> mit <math>|\mathcal{A}|,|\mathcal{B}| \leq \kappa</math>. Für alle <math>Y \in \mathcal{B}</math> und <math>\mathcal{F} \subseteq \mathcal{A}</math> endlich sei <math>Y \setminus \bigcup \mathcal{F}</math> unendlich. Dann gibt es eine Teilmenge <math>S \subseteq \mathds{N}</math>, deren Schnitt mit jedem Element aus <math>\mathcal{A}</math> endlich und mit jedem Element aus <math>\mathcal{B}</math> unendlich ist.

Beweis. Wir benutzen die partielle Ordnung <math>P_\mathcal{A}</math> und ihre Eigenschaften aus Proposition 2. Für <math>Y \in \mathcal{B}</math> und <math>n \in \mathds{N}</math> ist <math>E_{Y,n} := \{(S,\mathcal{F}) \in P_\mathcal{A} : S \cap Y \not\subseteq n\}</math> dicht: Ist nämlich <math>(S,\mathcal{F}) \in P_\mathcal{A}</math> beliebig, so gibt es ein <math>m \in Y \setminus \bigcup \mathcal{F}</math> mit <math>m>n</math>, und <math>(S \cup \{m\},\mathcal{F}) \in E_{Y,n}</math> ist eine Fortsetzung von <math>(S,\mathcal{F})</math>. Aus <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> folgt nun, dass es einen Filter <math>G \subseteq P_\mathcal{A}</math> gibt, welcher jedes <math>D_X</math> mit <math>X \in \mathcal{A}</math> und jedes <math>E_{Y,n}</math> mit <math>Y \in \mathcal{B}, n \in \mathds{N}</math> schneidet. Dann hat <math>S_G \subseteq \mathds{N}</math> die Eigenschaft, dass der Schnitt mit jedem <math>X \in \mathcal{A}</math> endlich ist. Der Schnitt mit einem <math>Y \in \mathcal{B}</math> ist in keinem <math>n \in \mathds{N}</math> enthalten, muss daher unendlich sein. <math>\checkmark</math>

Satz 4. Es sei <math>\omega \leq \kappa < 2^{\omega}</math>. Es gelte <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>. Ist dann <math>\mathcal{A} \subseteq \wp(\mathds{N})</math> eine fast-disjunkte Familie der Kardinalität <math>\kappa</math>, so ist <math>\mathcal{A}</math> nicht maximal.

Beweis. Wir benutzen Satz 3 mit <math>\mathcal{B} = \{\omega\}</math>. Für <math>\mathcal{F} \subseteq \mathcal{A}</math> endlich ist <math>\bigcup \mathcal{F} \subseteq \mathds{N}</math> koendlich, weil <math>\mathcal{A}</math> fast-disjunkt und unendlich ist. Es gibt also eine unendliche Teilmenge <math>S \subseteq \mathds{N}</math>, deren Schnitt mit jedem Element aus <math>\mathcal{A}</math> endlich ist. Dann ist <math>\mathcal{A} \cup \{S\}</math> immer noch fast-disjunkt und eine echte Erweiterung von <math>\mathcal{A}</math>. <math>\checkmark</math>

Satz 5. Es sei <math>\omega \leq \kappa < 2^{\omega}</math>. Es gelte <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>. Es sei <math>\mathcal{B} \subseteq \wp(\mathds{N})</math> eine fast-disjunkte Familie der Kardinalität <math>\kappa</math> und <math>\mathcal{A} \subseteq \mathcal{B}</math>. Dann gibt es eine Teilmenge <math>S \subseteq \mathds{N}</math>, deren Schnitt mit jedem Element aus <math>\mathcal{A}</math> endlich und mit jedem Element aus <math>\mathcal{B} \setminus \mathcal{A}</math> unendlich ist.

Beweis. Dies folgt aus Satz 3 mit den beiden Familien <math>\mathcal{A}</math> und <math>\mathcal{B} \setminus \mathcal{A}</math>. Die Voraussetzungen sind erfüllt: Sind nämlich <math>Y \in \mathcal{B} \setminus \mathcal{A}</math> und <math>\mathcal{F} \subseteq \mathcal{A}</math> endlich gegeben, so ist <math>Y \setminus \bigcup \mathcal{F} = Y \setminus (\bigcup_{X \in \mathcal{F}} Y \cap X)</math> unendlich, weil <math>Y</math> unendlich und jedes <math>Y \cap X</math> endlich ist. <math>\checkmark</math>

Anwendung auf Kardinalzahlarithmetik

Lemma 6. Es gibt eine fast-disjunkte Familie <math>\mathcal{A} \subseteq \wp(\mathds{N})</math> der Größe <math>2^{\omega}</math>.

Beweis. Es sei <math>I</math> die Menge der endlichen Teilmengen von <math>\mathds{N}</math>. Wegen <math>I \cong \mathds{N}</math> reicht es <math>\mathcal{A} \subseteq \wp(I)</math> zu konstruieren. Für <math>X \subseteq \mathds{N}</math> betrachte die Menge
 
<math>\displaystyle A_X = \{X \cap n : n \in \mathds{N}\} \in \wp(I)</math>

der "Anfangsabschnitte" von <math>X</math>. Sei <math>\mathcal{A} = \{A_X : X \subseteq \mathds{N} \text{ unendlich}\}</math>. Dann ist <math>|\mathcal{A}| = 2^{\omega}</math>, jedes <math>A_X</math> ist unendlich und für <math>X \neq Y</math> ist <math>A_X \cap A_Y</math> endlich: Wenn etwa <math>n \in X \setminus Y</math>, dann ist <math>A_X \cap A_Y \subseteq \{X \cap m : m \leq n\}</math>. Also ist <math>\mathcal{A}</math> eine fast-disjunkte Familie. <math>\checkmark</math>

Satz 7. Es sei <math>\omega \leq \kappa < 2^{\omega}</math>. Aus <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> folgt <math>2^\kappa = 2^\omega</math>.

Beweis. Nach Lemma 6 gibt es eine fast-disjunkte Familie <math>\mathcal{B} \subseteq \wp(\mathds{N})</math> der Größe <math>\kappa</math>. Die Funktion

<math>\displaystyle \wp(\mathds{N}) \to \wp(\mathcal{B}),~ S \mapsto \{X \in \mathcal{B} : X \cap S \text{ endlich}\}</math>
 
ist nach Satz 5 surjektiv. Daher ist <math>2^\kappa \leq 2^\omega</math>. Die andere Ungleichung ist trivial. <math>\checkmark</math>

Satz 8. Aus Martins Axiom <math>\mathrm{MA}</math> folgt, dass <math>2^\omega</math> regulär ist.
 
Beweis. Es sei <math>\kappa := \mathrm{cf}(2^\omega)</math>. Aus dem Satz von König folgt <math>\kappa > \omega</math>. Angenommen <math>\kappa < 2^{\omega}</math>. Aus Satz 7 folgt <math>2^\kappa = 2^\omega</math>. Aus dem Satz von König folgt aber der Widerspruch <math>\mathrm{cf}(2^\kappa) > \kappa</math>. <math>\checkmark</math>

Anwendung auf magere Mengen

Definition. Es sei <math>X</math> ein topologischer Raum.

1. Eine abgeschlossene Teilmenge <math>K \subseteq X</math> heißt nirgends dicht, wenn das Innere leer ist, d.h. <math>\mathrm{Inn}(K)=\emptyset</math>. Mit anderen Worten, <math>X \setminus K \subseteq X</math> ist dicht.
2. Eine beliebige Teilmenge <math>M \subseteq X</math> heißt nirgends dicht, wenn ihr Abschluss <math>\overline{M} \subseteq X</math> nirgends dicht ist.
3. Eine Teilmenge <math>M \subseteq X</math> heißt mager oder von 1. Baire-Kategorie, wenn sie eine Vereinigung von abzählbar vielen nirgends dichten Mengen ist. Äquivalent dazu ist, dass es abzählbar viele nirgends dichte abgeschlossene Teilmengen <math>K_n \subseteq X</math> gibt mit <math>M \subseteq \bigcup_{n \in \mathds{N}} K_n</math>.

Satz 9. Es gelte <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>. Ist dann <math>(M_\alpha)_{\alpha < \kappa}</math> eine Familie von mageren Teilmengen von <math>\mathds{R}</math>, so ist auch ihre Vereinigung <math>\bigcup_{\alpha < \kappa} M_\alpha</math> mager.

Beweis. Es reicht zu zeigen: Ist <math>(U_\alpha)_{\alpha < \kappa}</math> eine Familie dichter offener Teilmengen von <math>\mathds{R}</math>, so gibt es eine abzählbare Familie <math>(V_n)_{n \in \mathds{N}}</math> dichter offener Teilmengen <math>V_n \subseteq \mathds{R}</math> mit <math>\bigcap_{n \in \mathds{N}} V_n \subseteq \bigcap_{\alpha < \kappa} U_\alpha</math>.

Sei <math>\{B_i : i \in \mathds{N}\}</math> die Menge der nichtleeren offenen Intervalle in <math>\mathds{R}</math> mit rationalen Randpunkten. Dies ist eine Basis der Topologie von <math>\mathds{R}</math>.

Für <math>j \in \mathds{N}</math> sei <math>C_j = \{i \in \mathds{N} : B_i \subseteq B_j\}</math>. Für <math>\alpha < \kappa</math> sei <math>A_\alpha = \{i \in \mathds{N} : B_i \notin U_\alpha\}</math>. Setze <math>\C := \{C_j : j \in \mathds{N}\}</math> und <math>\mathcal{A} := \{A_\alpha : \alpha < \kappa\}</math>. Wir behaupten, dass die Voraussetzungen von Satz 3 auf <math>\mathcal{A}</math> und <math>\C</math> zutreffen, d.h. für jedes <math>j \in \mathds{N}</math> und jede endliche Teilmenge <math>F \subseteq \kappa</math> ist <math>C_j \setminus \bigcup_{\alpha \in F} A_\alpha</math> unendlich. Denn diese Menge ist gleich
 
<math>\displaystyle \bigl\{i \in \mathds{N} : B_i \subseteq B_j \cap \bigcap_{\alpha \in F} U_\alpha\bigr\}.</math>

Wegen der Dichtheit der <math>U_\alpha</math> ist aber <math>B_j \cap \bigcap_{\alpha \in F} U_\alpha</math> eine nichtleere offene Teilmenge von <math>\mathds{R}</math>, sie enthält daher unendlich viele <math>B_i</math>.

Nach Satz 3 gibt es also eine Menge <math>S \subseteq \mathds{N}</math>, sodass jeweils <math>S \cap A_\alpha</math> endlich und jeweils <math>S \cap C_j</math> unendlich ist.

Für <math>n \in \mathds{N}</math> sei <math>V_n = \bigcup_{i \in S, i > n} B_i</math>. Dann ist <math>V_n \subseteq \mathds{R}</math> offen, außerdem dicht: Sei dazu <math>j \in \mathds{N}</math>, wir zeigen <math>V_n \cap B_j \neq \emptyset</math>. Wähle ein <math>i>n</math> mit <math>i \in S \cap C_j</math>, also <math>i \in S</math> und <math>B_i \subseteq B_j</math>. Dann ist <math>\emptyset \neq B_i \subseteq V_n \cap B_j</math>.

Für <math>\alpha < \kappa</math> gibt es ein <math>n \in \mathds{N}</math> mit <math>S \cap A_\alpha \subseteq n</math>, d.h. für alle <math>i>n</math> mit <math>i \in S</math> ist <math>B_i \in U_\alpha</math>. Das zeigt <math>V_n \subseteq U_\alpha</math> und schließt den Beweis ab. <math>\checkmark</math>

Derselbe Beweis funktioniert, wenn man <math>\mathds{R}</math> durch einen separablen metrisierbaren Raum ersetzt.
 

Anwendung auf Lebesgue-Nullmengen

Definition. Es sei <math>\mu</math> das Lebesgue-Maß auf <math>\mathcal{B}(\mathds{R})</math>. Eine Menge <math>M \subseteq \mathds{R}</math> heißt Lebesgue-Nullmenge, wenn es für jedes <math>\varepsilon > 0</math> eine offene Menge <math>U \subseteq \mathds{R}</math> gibt mit <math>M \subseteq U</math> und <math>\mu(U) \leq \varepsilon</math>.
 
Satz 10. Es gelte <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>. Ist dann <math>(M_\alpha)_{\alpha < \kappa}</math> eine Familie von Lebesgue-Nullmengen, so ist auch <math>\bigcup_{\alpha < \kappa} M_\alpha</math> eine Lebesgue-Nullmenge.

Beweis. Sei <math>\varepsilon > 0</math>. Wir suchen eine offene Obermenge <math>U_G</math> von <math>\bigcup_{\alpha < \kappa} M_\alpha</math> mit <math>\mu(U_G) \leq \varepsilon</math>. Sei <math>P</math> die Menge der offenen Teilmengen <math>U \subseteq \mathds{R}</math> mit <math>\mu(U) < \varepsilon</math>. Für <math>U,V \in P</math> sei <math>U \leq V</math> falls <math>V \subseteq U</math>. Dann sind <math>U,V</math> kompatibel genau dann, wenn <math>\mu(U \cup V) <\varepsilon</math>. Wir werden Martins Axiom auf <math>(P,\leq)</math> anwenden.

Es ist <math>(P,\leq)</math> c.c.c.: Sei <math>\mathcal{B}</math> die Menge der offenen Intervalle in <math>\mathds{R}</math> mit rationalen Randpunkten. Dann ist <math>\mathcal{B}</math> abzählbar. Sei <math>\mathcal{C} \subseteq \wp(\mathds{R})</math> der Abschluss von <math>\mathcal{B}</math> unter endlichen Vereinigungen. Dann ist auch <math>\mathcal{C}</math> abzählbar. Ist <math>V \subseteq \mathds{R}</math> offen und beschränkt und <math>\delta > 0</math>, so gibt es offenbar ein <math>C \in \mathcal{C}</math> mit <math>\mu(C \Delta V) \leq \delta</math>.

Sei <math>\{U_i\}_{i \in I}</math> eine Antikette, d.h. <math>\mu(U_i) < \varepsilon</math> und für <math>i \neq j</math> ist <math>\mu(U_i \cup U_j) \geq \varepsilon</math>. Angenommen, <math>I</math> ist überabzählbar. Dann gibt es ein <math>n \in \mathds{N}^+</math>, sodass die Menge <math>X:= \{i \in I : \mu(U_i) \leq \varepsilon - 3/n\}</math> überabzählbar ist. Sei <math>\delta = \frac{1}{n}</math>. Für jedes <math>i \in X</math> wähle <math>C_i \in \mathcal{C}</math> mit <math>\mu(U_i \Delta C_i) \leq \delta</math>. Für <math>i,j \in X</math> mit <math>i \neq j</math> gilt <math>\mu(U_i \cup U_j) \geq \varepsilon</math> und <math>\mu(U_i \cap U_j) \leq \mu(U_i) \leq \varepsilon - 3 \delta</math>, also <math>\mu(U_i \Delta U_j) \geq 3 \delta</math>. Aus <math>\mu(U_i \Delta C_i) \geq \delta</math> und <math>\mu(U_j \Delta C_j) \geq \delta</math> folgt dann <math>\mu(C_i \Delta C_j) \geq \delta</math>. Insbesondere ist <math>C_i \neq C_j</math>. Es ist also <math>\{C_i : i \in X\} \subseteq \mathcal{C}</math> überabzählbar, Widerspruch.

Für <math>\alpha < \kappa</math> sei <math>D_\alpha = \{U \in P : M_\alpha \subseteq U\}</math>. Dann ist <math>D_\alpha</math> dicht: Sei <math>V \in P</math> d.h. <math>V \subseteq \mathds{R}</math> offen mit <math>\mu(V) \leq \varepsilon</math> . Wähle ein <math>U \subseteq \mathds{R}</math> offen mit <math>M_\alpha \subseteq U</math> und <math>\mu(U)=0</math>. Dann ist <math>U \cup V</math> eine Fortsetzung von <math>V</math> in <math>D_\alpha</math>.

Aus <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> folgt, dass es einen Filter <math>G \subseteq P</math> gibt, der jedes <math>D_\alpha</math> schneidet. Dann ist <math>U_G := \bigcup G</math> eine offene Teilmenge von <math>\mathds{R}</math> mit <math>M_\alpha \subseteq U_G</math> für alle <math>\alpha</math>. Es bleibt zu zeigen, dass <math>\mu(U_G) \leq \varepsilon</math>.

Weil <math>G</math> ein Filter ist, gibt es für <math>U,V \in G</math> ein <math>W \in G</math> mit <math>U \subseteq W</math> und <math>V \subseteq W</math>. Dann ist <math>\mu(U \cup V) \leq \mu(W) \leq \varepsilon</math> und damit <math>W \leq U \cup V</math> in <math>P</math>. Weil <math>G</math> ein Filter ist, folgt <math>U \cup V \in G</math>. Induktiv folgt, dass <math>G</math> unter endlichen Vereinigungen abgeschlossen ist. Weil <math>\mu</math> <math>\sigma</math>-additiv ist, folgt nun <math>\mu(\bigcup A) \leq \varepsilon</math> für jede abzählbare Teilmenge <math>A \subseteq G</math>. Tatsächlich gibt es aber schon eine abzählbare Teilmenge <math>A \subseteq G</math> mit <math>\bigcup A = \bigcup G</math>: Sei <math>\mathcal{B}</math> wie im zweiten Absatz. Für <math>x \in U \in G</math> gibt es ein <math>V \in \mathcal{B}</math> mit <math>x \in V \subseteq U</math>. Dann ist <math>V \in G</math>. Also leistet <math>A=G \cap \mathcal{B}</math> das Gewünschte. Das zeigt <math>\mu(U_G) \leq \varepsilon</math>. <math>\checkmark</math>

Anwendungen auf c.c.c. Räume

Definition. Sei <math>X</math> ein topologischer Raum. Betrachte die partielle Ordnung <math>P</math> der nichtleeren offenen Teilmengen von <math>X</math> mit <math>U \leq V \iff U \subseteq V</math>. Es sind also <math>U,V</math> kompatibel wenn <math>U \cap V \neq \emptyset</math>. Es sei <math>X</math> c.c.c., wenn <math>P</math> c.c.c. ist. Das bedeutet also, dass jede Familie paarweise disjunkter nichtleerer offener Teilmengen von <math>X</math> schon abzählbar ist.

Zum Beispiel ist jeder separable Raum c.c.c.
 
Ein Raum <math>X</math> ist c.c.c. genau dann, wenn für jede Familie von offenen Teilmengen <math>(U_\alpha)_{\alpha < \kappa}</math> mit <math>\alpha < \beta \implies \overline{U_\alpha} \subset \overline{U_\beta}</math> gilt, dass <math>\kappa \leq \omega</math>. Für die Richtung "<math>\implies</math>" setze man <math>V_\alpha = U_{\alpha+1} \setminus \overline{U_\alpha}</math>. Für die Richtung "<math>\impliedby</math>" setze man <math>U_\alpha = \bigcup_{\beta \leq \alpha} V_\beta</math>.

Satz 11. Es gelte <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>. Sei <math>X</math> ein kompakter Hausdorffraum, der c.c.c. ist. Für <math>\alpha < \kappa</math> sei <math>U_\alpha \neq \emptyset</math> eine dichte offene Teilmenge von <math>X</math>. Dann ist
 
<math>\displaystyle \bigcap_{\alpha < \kappa} U_\alpha \neq \emptyset.</math>
 
Beweis. Sei <math>P</math> die partielle Ordnung der nichtleeren offenen Teilmengen von <math>X</math>. Dann ist <math>P</math> also c.c.c. Für <math>\alpha < \kappa</math> sei <math>D_\alpha = \{U \in P : \overline{U} \subseteq U_\alpha\}</math>. Dann ist <math>D_\alpha</math> dicht: Ist <math>U</math> eine nichtleere offene Teilmenge von <math>X</math>, so ist <math>U \cap U_\alpha</math> eine nichtleere offene Teilmenge von <math>X</math>. Sei <math>p \in U \cap U_\alpha</math>. Weil <math>X</math> kompakt Hausdorff ist, gibt es eine offene Umgebung <math>p \in V</math> mit <math>\overline{V} \subseteq U \cap U_\alpha</math>. Dann ist <math>V</math> eine Verfeinerung von <math>U</math>, die in <math>D_\alpha</math> liegt.

Wenden wir <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> an, so gibt es also einen Filter <math>G</math> auf <math>P</math>, der jedes <math>D_\alpha</math> schneidet. Es hat <math>G</math> die endliche Durchschnittseigenchaft, sodass wegen der Kompaktheit von <math>X</math> der Durchschnitt <math>\bigcap_{U \in G} \overline{U}</math> nichtleer ist. Nach Konstruktion ist dieser in <math>\bigcap_{\alpha<\kappa} U_\alpha</math> enthalten. <math>\checkmark</math>

Wir werden später die Umkehrung dieses Satzes beweisen. Für <math>\kappa=\omega</math> hatten wir <math>\mathrm{MA}(\omega)</math> ohne c.c.c. nachgewiesen. Satz 11 zeigt daher, dass in einem beliebigen kompakten Hausdorffraum der Schnitt von abzählbar vielen dichten offenen Teilmengen nichtleer ist. Das ist ein Spezialfall des Baireschen Kategoriensatzes. Für <math>\kappa > \omega</math> kann man auf c.c.c. nicht verzichten, wie das folgende Beispiel zeigt.
 
Beispiel. Nach dem Satz von Tychonov ist <math>X:=[0,\omega_1]^\mathds{N}</math> ein kompakter Hausdorffraum. Für <math>\alpha < \omega_1</math> sei
 
<math>\displaystyle Z_{\alpha} = \{f \in X : \forall n \in \mathds{N} (f(n)= \omega_1 \vee f(n) \leq \alpha)\}.</math>

Dann ist <math>Z_{\alpha}</math> eine abgeschlossene Teilmenge von <math>X</math> mit <math>X = \cup_{\alpha < \omega_1} Z_{\alpha}</math>: Ist nämlich <math>f \in X</math>, so können wir <math>\alpha := \sup_{n \in \mathds{N}, f(n) \neq \omega_1} f(n) < \omega_1</math> nehmen. Dann ist <math>f \in Z_\alpha</math>.

Wir behaupten, dass <math>Z_\alpha</math> nirgends dicht ist. Sei also <math>U=\prod_{n \in \mathds{N}} U_n</math> eine nichtleere basis-offene Teilmenge von <math>X</math>, d.h. <math>U_n \subseteq [0,\omega_1]</math> sind nichtleere offene Teilmengen und es gibt ein <math>n_0 \in \mathds{N}</math> mit <math>n \geq n_0 \implies U_n=[0,\omega_1]</math>.

Definiere <math>f \in U</math> wie folgt: Für <math>n < n_0</math> sei <math>f(n) \in U_n</math> beliebig. Für <math>n \geq n_0</math> sei <math>f(n)=\alpha+1</math>. Dann ist <math>f \notin Z_\alpha</math>. Also ist <math>U \not\subseteq Z_\alpha</math>, was den Beweis abschließt.

Folglich ist <math>U_\alpha := X \setminus Z_\alpha</math> eine Familie dichter offener Teilmengen von <math>X</math> mit leerem Durchschnitt. Damit ist in Satz 11 c.c.c. wirklich wichtig. Außerdem ist <math>X</math> nicht c.c.c.

Lemma 12. Angenommen es gilt <math>\mathrm{MA}(\omega_1)</math>. Sei <math>X</math> ein c.c.c. Raum und <math>(U_\alpha)_{\alpha < \omega_1}</math> eine Familie von nichtleeren offenen Teilmengen von <math>X</math>. Dann gibt es eine überabzählbare Teilmenge <math>A \subseteq \omega_1</math>, sodass <math>(U_\alpha)_{\alpha \in A}</math> die endliche Durchschnittseigenschaft besitzt.
 
Beweis. Sei <math>V_\alpha = \bigcup_{\gamma > \alpha} U_\gamma</math>. Für <math>\alpha < \beta</math> gilt dann <math>V_\beta \subseteq V_\alpha</math>. Weil <math>X</math> c.c.c. ist, gibt es ein <math>\alpha</math> mit

<math>\displaystyle \forall \beta > \alpha (\overline{V_\beta} = \overline{V_\alpha}).</math>

Ansonsten würde es nämlich eine aufsteigende Folge <math>(\alpha_\zeta)_{\zeta < \omega_1}</math> von Ordinalzahlen geben mit <math>\overline{V_{\alpha_{\zeta+1}}} \subset \overline{V_{\alpha_\zeta}}</math>. Dann wären die <math>V_{\alpha_\zeta} \setminus \overline{V_{\alpha_{\zeta+1}}}</math> paarweise disjunkte offene Teilmengen von <math>X</math>, Widerspruch zu c.c.c.

Wähle ein <math>\alpha</math> wie oben. Sei <math>P</math> die partielle Ordnung der nichtleeren offenen Teilmengen von <math>V_\alpha</math>. Für <math>\beta > \alpha</math> sei <math>D_\beta = \{U \in P : \exists \gamma > \beta (U \subseteq U_\gamma)\}</math>. Dann ist <math>D_\alpha</math> dicht: Für <math>U \in P</math> ist <math>U \subseteq \overline{V_\alpha} = \overline{V_\beta}</math>, folglich <math>U \cap V_\beta \neq \emptyset</math>. Also gibt es ein <math>\gamma > \beta</math> mit <math>U \cap U_\gamma \neq \emptyset</math>. Dann ist <math>U \cap U_\gamma</math> eine Fortsetzung von <math>U</math> in <math>D_\beta</math>.

Unter der Annahme <math>\mathrm{MA}(\omega_1)</math> finden wir einen Filter <math>G</math> auf <math>P</math>, der jedes <math>D_\alpha</math> schneidet. Dann hat <math>G</math> offenbar die endliche Durchschnittseigenschaft. Definieren wir <math>A = \{\gamma < \omega_1 : \exists U \in G (U \subseteq U_\gamma)\}</math>, so hat also auch <math>\{U_\gamma : \gamma \in A\}</math> die endliche Durchschnittseigenschaft.

Für <math>\beta > \alpha</math> ist <math>G \cap D_\beta \neq \emptyset</math>, wähle ein <math>U \in G</math> und ein <math>\gamma > \beta</math> mit <math>U \subseteq U_\gamma</math>. Es folgt <math>\gamma \in A</math>. Daher ist <math>A</math> unbeschränkt in <math>\omega_1</math>. <math>\checkmark</math>

Lemma 13. [<math>\Delta</math>-System Lemma] Es sei <math>I</math> eine Menge und <math>\mathcal{A}</math> eine überabzählbare Familie von endlichen Teilmengen von <math>I</math>. Dann gibt es eine überabzählbare Teilfamilie <math>\mathcal{B} \subseteq \mathcal{A}</math>, die ein <math>\Delta</math>-System ist, d.h. es gibt ein <math>R \subseteq I</math> ("Wurzel"), sodass für alle <math>A,B \in \mathcal{B}</math> mit <math>A \neq B</math> gilt, dass <math>A \cap B = R</math>.

Beweis. Weil <math>\mathcal{A}</math> von den Mengen <math>\{A \in \mathcal{A} : |A|=n\}</math> mit <math>n \in \mathds{N}</math> überdeckt wird, ist eine dieser Mengen überabzählbar. Wir können daher annehmen, dass es ein <math>n \in \mathds{N}</math> gibt, sodass <math>|A|=n</math> für alle <math>A \in \mathcal{A}</math>. Wir machen eine Induktion nach <math>n</math>.

Angenommen ein Element <math>x \in I</math> ist in überabzählbar vielen <math>A \in \mathcal{A}</math> enthalten. Dann lässt sich die Induktionsannahme auf die <math>A \setminus \{x\}</math> anwenden. Es gibt also überabzählbar viele <math>A</math>, sodass <math>(A \setminus \{x\}) \cap (B \setminus \{x\}) = R</math> konstant ist. Dann ist <math>A \cap B = R \cup \{x\}</math> konstant.

Nun angenommen jedes Element von <math>I</math> ist in höchstens abzählbar vielen Mengen von <math>\mathcal{A}</math> enthalten. Wir konstruieren dann paarweise disjunkte Mengen <math>(A_\alpha)_{\alpha < \omega_1}</math> in <math>\mathcal{A}</math> rekursiv: Ist <math>\alpha < \omega_1</math> und sind die <math>A_\beta</math> mit <math>\beta < \alpha</math> konstruiert, so ist <math>\bigcup_{\beta < \alpha} A_\beta</math> abzählbar. Jedes Element dieser Menge ist in höchstens abzählbar vielen Mengen von <math>\mathcal{A}</math> enthalten. Folglich sind die Elemente von <math>\bigcup_{\beta < \alpha} A_\beta</math> insgesamt nur in abzählbar vielen Elementen von <math>\mathcal{A}</math> enthalten. Weil <math>\mathcal{A}</math> überabzählbar ist, gibt es nun ein <math>A_\alpha \in \mathcal{A}</math> mit <math>A_\alpha \cap \bigcup_{\beta < \alpha} A_\beta = \emptyset</math>, d.h. <math>A_\alpha \cap A_\beta = \emptyset</math> für <math>\beta < \alpha</math>. Das schließt die Rekursion ab. Dann ist <math>\{A_\alpha : \alpha < \omega_1\} \subseteq \mathcal{A}</math> ein überabzählbares <math>\Delta</math>-System mit Wurzel <math>\emptyset</math>. <math>\checkmark</math>

Proposition 14. Es sei <math>(X_i)_{i \in I}</math> eine Familie von c.c.c. Räumen. Falls für jede endliche Teilmenge <math>R \subseteq I</math> der Raum <math>\prod_{i \in R} X_i</math> c.c.c. ist, dann ist auch <math>\prod_{i \in I} X_i</math> c.c.c.
 
Beweis. Angenommen <math>(U_\alpha)_{\alpha < \omega_1}</math> ist eine Familie von paarweise disjunkten nichtleeren offenen Teilmengen von <math>\prod_{i \in I} X_i</math>. Wir können annehmen, dass jedes <math>U_\alpha</math> basis-offen ist, etwa <math>U_\alpha = \prod_{i \in I} U_\alpha^i</math> mit <math>\emptyset \neq U_\alpha^i \subseteq X_i</math> offen, wobei es eine endliche Teilmenge <math>F_\alpha \subseteq I</math> gibt mit <math>U_\alpha^i = X_i</math> für <math>i \notin F_\alpha</math>. Nach Lemma 13 gibt es eine überabzählbare Teilmenge <math>A \subseteq \omega_1</math>, sodass <math>R:=F_\alpha \cap F_\beta</math> für <math>\alpha,\beta \in A</math> mit <math>\alpha \neq \beta</math> konstant ist. Sei <math>V_\alpha</math> die Projektion von <math>U_\alpha</math> auf <math>\prod_{i \in R} X_i</math>. Dann bilden die <math>V_\alpha</math> mit <math>\alpha \in A</math> eine Familie von nichtleeren offenen Teilmengen von <math>\prod_{i \in R} X_i</math>, die paarweise disjunkt sind: Für <math>\alpha \neq \beta</math> in <math>A</math> ist <math>\emptyset = U_\alpha \cap U_\beta = \prod_{i \in I} U_\alpha^i \cap U_\beta^i</math>. Also gibt es ein <math>i \in I</math> mit <math>U_\alpha^i \cap U_\beta^i = \emptyset</math>. Dann ist <math>U_\alpha^i \neq X_i</math>, also <math>i \in F_\alpha</math>. Analog folgt <math>i \in F_\beta</math>. Also ist <math>i \in R</math>. Damit sehen wir <math>V_\alpha \cap V_\beta = \emptyset</math>. Wir erhalten einen Widerspruch dazu, dass <math>\prod_{i \in R} X_i</math> c.c.c. ist. <math>\checkmark</math>

Satz 15. Es gelte <math>\mathrm{MA}(\omega_1)</math>. Dann ist das Produkt einer Familie von c.c.c. Räumen wieder c.c.c.

Beweis. Wegen Proposition 14 reicht es zu zeigen, dass das Produkt von zwei c.c.c. Räumen <math>X,Y</math> wieder c.c.c. ist. Angenommen es gibt eine Familie <math>(W_\alpha)_{\alpha < \omega_1}</math> von paarweise disjunkten nichtleeren offenen Teilmengen <math>W_\alpha</math> in <math>X \times Y</math>. Es existieren nichtleere offene Teilmengen <math>U_\alpha \subseteq X</math> und <math>V_\alpha \subseteq Y</math> mit <math>U_\alpha \times V_\alpha \subseteq W_\alpha</math>. Weil <math>X</math> c.c.c. ist, gibt es nach Lemma 12 eine überabzählbare Teilmenge <math>A \subseteq \omega_1</math>, sodass <math>(U_\alpha)_{\alpha \in A}</math> die endliche Durchschnittseigenschaft hat. Für <math>\alpha,\beta \in A</math> mit <math>\alpha \neq \beta</math> ist dann <math>U_\alpha \cap U_\beta \neq \emptyset</math> und <math>(U_\alpha \cap U_\beta) \times (V_\alpha \cap V_\beta) \subseteq W_\alpha \cap W_\beta = \emptyset</math>, also <math>V_\alpha \cap V_\beta = \emptyset</math>. Das ist ein Widerspruch dazu, dass <math>Y</math> c.c.c. ist. <math>\checkmark</math>

Äquivalente Aussagen

Das Ziel ist der Beweis des folgenden Satzes:

Satz 16. Für eine unendliche Kardinalzahl <math>\kappa</math> sind die folgenden Aussagen äquivalent:

1. <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>.
2. <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> für partielle Ordnungen der Kardinalität <math>\leq \kappa</math>.
3. <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> für vollständige boolesche Algebren.
4. Ist <math>X</math> ein kompakter c.c.c. Hausdorffraum und sind <math>(U_\alpha)_{\alpha < \kappa}</math> dichte offene nichtleere Teilmengen von <math>X</math>, so ist <math>\bigcap_\alpha U_\alpha \neq \emptyset</math>.
 
Dabei meinen wir bei 3. eigentlich <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> für die c.c.c. partiellen Ordnungen der Form <math>B \setminus \{0\}</math>, wobei <math>B</math> eine (vollständige) boolesche Algebra ist. Wir zeigen zunächst die Äquivalenz zwischen 1. und 2.

Lemma 17. Wenn <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> für partielle Ordnungen der Kardinalität <math>\leq \kappa</math> gilt, dann gilt <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>.

Beweis. Sei <math>Q</math> eine c.c.c. partielle Ordnung und <math>\mathcal{D}</math> eine Familie von <math>\leq \kappa</math> dichten Teilmengen von <math>Q</math>. Nach dem Satz von Löwenheim-Skolem gibt es eine Teilmenge <math>P \subseteq Q</math> mit (1) <math>|P| \leq \kappa</math>, (2) <math>D \cap P \subseteq P</math> ist dicht für jedes <math>D \in \mathcal{D}</math>, (3) Zwei Elemente von <math>P</math> sind genau dann in <math>P</math> kompatibel, wenn sie es in <math>Q</math> sind. Aus (3) folgt, dass <math>P</math> c.c.c. ist. Wenn <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math> für <math>P</math> gilt, bekommen wir einen Filter <math>G</math> auf <math>P</math>, sodass <math>G \cap D = G \cap D \cap P \neq \emptyset</math> für alle <math>D \in \mathcal{D}</math>. Der von <math>G</math> erzeugte Filter <math>H = \{q \in Q : \exists p \in G(p \leq q)\}</math> erfüllt dann <math>H \cap D \neq \emptyset</math> für alle <math>D \in \mathcal{D}</math>. <math>\checkmark</math>

Lemma 18. Angenommen, für jede c.c.c. partielle Ordnung <math>P</math> und jede Familie von <math>\kappa</math> dichten Teilmengen <math>\mathcal{D}</math> gibt es eine Teilmenge <math>G \subseteq P</math>, die jede Menge aus <math>\mathcal{D}</math> schneidet, und mit der Eigenschaft, dass je zwei Elemente von <math>G</math> kompatibel sind (in <math>P</math>) und dass aus <math>G \ni p \leq q</math> folgt <math>q \in G</math>. Dann folgt <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>.
 
Beachte, dass die Annahme a priori schwächer ist als <math>\mathrm{MA}(\kappa)</math>. Denn <math>G</math> muss kein Filter sein. Das Element, was die Kompatibilität zweier Elemente von <math>G</math> bezeugt, muss nicht in <math>G</math> liegen. Die Beweisidee besteht nun darin, noch mehr dichte Teilmengen dazuzunehmen, damit <math>G</math> doch ein Filter wird. Das Lemma steht übrigens nicht explizit in Kunens Buch.

Beweis. Sei <math>P</math> eine nichtleere c.c.c. partielle Ordnung, o.E. <math>|P| \leq \kappa</math> wegen Lemma 17. Sei <math>\mathcal{D}</math> eine Familie von <math>\kappa</math> dichten Teilmengen von <math>P</math>. Für <math>p,q \in P</math> sei <math>D_{pq}</math> die Menge der <math>r \in P</math>, für die <math>r \leq p</math> und <math>r \leq q</math> gilt, oder aber <math>r</math> ist mit <math>p</math> oder <math>q</math> inkompatibel. Es ist <math>D_{pq}</math> dicht: Sei dazu <math>r_0 \in P</math>. Falls <math>r_0</math> eine Erweiterung besitzt, die mit <math>p</math> oder <math>q</math> inkompatibel ist, liegt diese in <math>D_{pq}</math> und wir sind fertig. Ansonsten ist insbesondere <math>r_0</math> kompatibel mit <math>p</math>. Wähle ein <math>r_1 \in P</math> mit <math>r_1 \leq r_0</math> und <math>r_1 \leq p</math>. Es ist <math>r_1</math> kompatibel mit <math>q</math>. Es gibt also ein <math>r_2 \in P</math> mit <math>r_2 \leq r_1</math> und <math>r_2 \leq q</math>. Dann ist <math>r_2 \leq p</math> und <math>r_2 \leq q</math>, also <math>r_2 \in D_{pq}</math>, sowie <math>r_2 \leq r_0</math>. Daher ist <math>D_{pq}</math> dicht. Nach Annahme gibt es eine Teilmenge <math>G \subseteq P</math> aus kompatiblen Elementen, die nach oben abgeschlossen ist und jede Menge aus <math>\mathcal{D}</math> sowie jedes <math>D_{pq}</math> schneidet (hier geht <math>|P| \leq \kappa</math> ein). Wir behaupten, dass <math>G</math> bereits ein Filter ist. Seien dazu <math>p,q \in G</math>. Es gibt ein <math>r \in G \cap D_{pq}</math>. Wegen <math>r,p \in G</math> sind <math>r,p</math> kompatibel. Analog folgt, dass <math>r,q</math> kompatibel sind. Dann sagt <math>r \in D_{pq}</math> aber gerade, dass <math>r \leq p</math> und <math>r \leq q</math>. Außerdem ist <math>r \in G</math>, wie gewünscht. <math>\checkmark</math>
 
Definition. Wenn <math>X</math> ein topologischer Raum ist, so heißt eine offene Teilmenge <math>U \subseteq X</math> regulär offen, wenn <math>U = \mathrm{Inn}(\mathrm{Cl}(U))</math>. Äquivalent dazu ist, dass <math>U = \mathrm{Inn}(A)</math> für irgendeine abgeschlossene Teilmenge <math>A</math>. Wenn <math>U,V</math> regulär offen sind, dann ist es auch <math>U \wedge V := U \cap V</math>, aber nicht unbedingt <math>U \cup V</math> (betrachte etwa <math>(0,1) \cup (1,2) \subseteq \mathds{R}</math>). Daher definiert man <math>U \vee V := \mathrm{Inn}(\mathrm{Cl}(U \cup V))</math>. Dies ist die kleinste regulär offene Teilmenge, die <math>U</math> und <math>V</math> enthält. Wir definieren das Komplement durch <math>\neg U := X \setminus \mathrm{Cl}(U)=\mathrm{Inn}(X \setminus U)</math>; dies ist die größte regulär offene Teilmenge von <math>X</math> mit <math>U \wedge \neg U = \emptyset</math>. Man kann nun nachrechnen, dass mit diesen Operationen die regulär offenen Teilmengen von <math>X</math> eine vollständige boolesche Algebra <math>ro(X)</math> bilden. Das lässt sich hier nachlesen. Für <math>S \subseteq ro(X)</math> ist das Supremum <math>\bigvee S = \mathrm{Inn}(\mathrm{Cl} (\bigcup S))</math> und das Infimum <math>\bigwedge S = \mathrm{Inn}(\bigcap S)</math>.

Lemma 19. Sei <math>P</math> eine partielle Ordnung. Dann gibt es eine vollständige boolesche Algebra <math>B</math> und eine monoton wachsende Abbildung <math>i : P \to B \setminus \{0\}</math> mit dichtem Bild. Genau dann sind <math>p,q \in P</math> kompatibel, wenn es <math>i(p),i(q) \in B \setminus \{0\}</math> sind (d.h. <math>i(p) \wedge i(q) \neq 0</math> in <math>B</math>).

Beweis. Die Mengen <math>N_p = \{q \in P : q \leq p\}</math> bilden die basis-offenen Mengen einer Topologie auf <math>P</math>. Es ist dann <math>N_p</math> die kleinste offene Teilmenge, welche <math>p</math> enthält. Wir erhalten die vollständige boolesche Algebra <math>B = ro(P)</math> und die Abbildung <math>i : P \to B</math>, <math>p \mapsto \mathrm{Inn}(\mathrm{Cl} (N_p))</math>, die offenbar monoton wachsend ist. Das Bild ist dicht, denn für <math>U \in B \setminus \{0\}</math> gibt es nämlich ein <math>p \in U</math>, also <math>N_p \subseteq U</math>, und damit <math>i(p)= \mathrm{Inn}(\mathrm{Cl}(N_p)) \subseteq \mathrm{Inn}(\mathrm{Cl}(U)) = U</math>. Wenn <math>p,q</math> kompatibel sind, dann ist es offenbar auch <math>i(p),i(q)</math>. Wenn <math>p,q</math> inkompatibel sind, so gilt <math>N_p \cap N_q = \emptyset</math>. Weil <math>N_q</math> offen ist, folgt sogar <math>\mathrm{Cl}(N_p) \cap N_q = \emptyset</math>, und damit auch <math>i(p) \cap N_q = \emptyset</math>. Analog folgt nun <math>i(p) \cap i(q) = \emptyset</math>, d.h. <math>i(p),i(q)</math> sind inkompatibel. <math>\checkmark</math>

Beweis von Satz 16. <math>1. \iff 2.</math> ist Lemma 17. <math>1. \implies 3.</math> ist trivial. Zum Beweis von <math>3. \implies 1.</math> sei <math>P</math> eine c.c.c. partielle Ordnung und <math>\mathcal{D}</math> eine Familie von <math>\kappa</math> vielen dichten Teilmengen von <math>P</math>. Finde eine Abbildung <math>i : P \to B</math> wie in Lemma 19. Man sieht leicht, dass dann <math>B \setminus \{0\}</math> c.c.c. ist, und dass <math>i(\mathcal{D})</math> eine Familie von dichten Teilmengen von <math>B \setminus \{0\}</math> ist. Nach Annahme gibt es also einen Filter <math>G</math> auf <math>B \setminus \{0\}</math>, der alle Mengen aus <math>i(\mathcal{D})</math> schneidet. Dann ist <math>i^{-1}(G) \subseteq P</math> nicht unbedingt ein Filter, aber eine Teilmenge wie in Lemma 18, welche alle Mengen aus <math>\mathcal{D}</math> schneidet. Die Behauptung folgt daher aus Lemma 18.

<math>1. \implies 4.</math> folgt aus Satz 11. Schließlich beweisen wir <math>4. \implies 3.</math>. Sei also <math>B</math> eine boolesche Algebra, sodass <math>B \setminus \{0\}</math> c.c.c. ist, und <math>\mathcal{D}</math> eine Familie von <math>\kappa</math> dichten nichtleeren Teilmengen von <math>B \setminus \{0\}</math>. Es sei <math>X</math> der Stone-Raum von <math>B</math>. Die Elemente von <math>X</math> sind demnach Ultrafilter auf <math>B</math>, und die Topologie wird erzeugt von den basis-offenen Teilmengen <math>N_u := \{G \in X : u \in G\}</math> für <math>u \in B</math>. Es ist bekannt, dass <math>X</math> ein kompakter Hausdorffraum ist. Es ist <math>N_u \cap N_v = \emptyset</math> mit <math>u \wedge v = 0</math> äquivalent. Daher ist <math>X</math> als topologischer Raum c.c.c. Für <math>D \in \mathcal{D}</math> sei <math>W_D = \bigcup_{u \in D} N_u</math>. Dann ist <math>W_D</math> eine nichtleere offene Teilmenge von <math>X</math>. Sie ist dicht: Ist nämlich <math>c \in B \setminus \{0\}</math>, so gibt es ein <math>b \in D</math> mit <math>b \leq c</math>, sodass <math>N_b \subseteq N_c</math> und damit <math>N_c \cap W_D \neq \emptyset</math>. Nach Annahme gibt es ein <math>G \in \bigcap_{D \in \mathcal{D}} W_D</math>. Dies ist ein Filter (sogar Ultrafilter) auf <math>B</math>, der jedes <math>D \in \mathcal{D}</math> schneidet. <math>\checkmark</math>


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" Mathematik: Martins Axiom" | 11 Kommentare
 
Für den Inhalt der Kommentare sind die Verfasser verantwortlich.

Re: Martins Axiom
von PeterKepp am Fr. 07. Juli 2017 18:24:54


Wir, die es besser wissen oder besser wissen könnten — zumindest aber sollten — wollen doch nicht weiterhin Generationen von begabten Lernwilligen von der Leistungsmöglichkeit abhalten, indem wir sie auf die falsche Fährte führen   —   oder?

Triceratops antwortet intern, auf PM, nicht. Deshalb, entgegen meiner Absicht, doch eine offene Stellungnahme.

Alle Achtung vor der Kenntnis und dem geleisteten Aufwand von ihm bzgl. des Beitrages; aber was Recht ist, muß Recht bleiben.
   
   Die Vermutung von Cantor ist (2010 / 2013) bestätigt!

Abhandlungen solchen Inhalts sollten somit obsolet sein.
Ich habe folgenden, internen Austausch angeregt:

•••
Da wir dem Attribut des Unendlichen schwer mit dem Kriterium des größer oder kleiner (in Anzahl) beikommen können (keiner kann eine Anzahl der Elemente für IN benennen), sind kluge Köpfe auf das Kriterium der Abzählbarkeit gekommen.

Für meine Überlegungen schieden deshalb Ansätze wie: `Omega kleiner gleich K kleiner zwei hoch Omega´ von vornherein aus. Blieb das Kriterium der Abzählbarkeit, welches ich gründlich untersucht habe.

Wir sind uns sicher wieder einig, dass die Staffelung IN, P(IN), P(P(IN), ... eine sogenannte Staffelung der Mächtigkeit der Kardinalzahlen darstellt. Wobei IN als abzählbar, die höheren Staffelglieder mangels bijektiver Abbildung zu den Ordnungszahlen (= IN) als nicht albzählbar gelten.

Wenn ich nun zeigen kann, dass es eine Abzählbarkeit von P(IN) mithilfe von IN gibt, wäre es dann nicht sinnvoll, darüber nachzudenken, ob Cantor nicht doch Recht hatte mit seiner Kontinuumshypothese?

UND:
Cantor hatte in seine Hypothese die Fragestellung eingebunden, ob es eine Relation (größer / kleiner) zwischen unendlichen Mengen geben kann. Ähnlich sehe es grundsätzlich für alle anderen, üblichen Beziehungs-Definitionen (Inklusion …).

Um von vorgefertigten Denkweisen frei zu werden, sollte man sich — wie das kleine Einmaleins — die nachfolgenden Überlegungen zur so genannt wenigst mächtigen unendlichen Menge, die der natürlichen Zahlen, einprägen:

I. Wie viel (endlich) an Elementen von IN abgenommen wird, der Rest bleibt unendlich an Anzahl.

II. Jede endliche Menge kann auch rückwärts (nach Bildungsprinzip invers) abgezählt werden; bei unendlichen Mengen ist das unmöglich.

III. Die Elemente von Mengen (auch unendliche) sind per Definition allumfassend benannt; müssen nicht zeitabhängig gebildet werden und stehen insbesondere in keiner Relation bezüglich einer Bildung zwischen den Mengen.

Für erste logische Schritte (ohne die bekannten Relationsdefinitionen) sollte man sich klar machen, für welche Voraussetzungen die Definition `Untermenge´ widerspruchsfrei beziehungsweise eindeutig entscheidbar ist.

Noch alles (vermeintlich) sehr banal, aber nach meiner Meinung notwendig, um nicht immer wieder in der Ansicht (im Verstehen) in alte, gut erlernte Denkweisen zurückzufallen.

Ab da würde ich dann gerne die eineindeutige (bijektive) Abbildung von IN zu P(IN) erläutern.

[IN: 1; 2; 3; … ;  P(IN): P(1): 1; P(2): 1; 2; 1,2 ;  P(3): 1; 2; 3; 1,2; 1,3; 2,3; 1,2,3 — und dann `wie Cantor´. Erstens: Jeder (hypothetische) Entwicklungsschritt von P(IN) generiert endlich viele Elemente. Zweitens: …]

Interesse?
•••

Der Beweis ist so verfaßt, dass man im ersten Semester (Mathe, Physik, Informatik) in der Lage sein sollte, folgen zu können. Frei einsehbar ist der Beweis auf:

   www.mathe-neu.de   `Logik des Formalismus´, Abschnitte `Cantor´ und `Beweis´

Beste Grüße, PeterKepp

 [Bearbeiten]

Re: Martins Axiom
von ligning am Fr. 07. Juli 2017 19:23:25


Hallo PeterKepp,

dass die Potenzmenge einer Menge echt mächtiger als diese ist, ist von Cantor mit dem zweiten Diagonalargument bewiesen worden. Wenn dein Versuch einer Widerlegung nicht anscheinend ein viel zu kleiner Screenshot eines Word-Dokuments wäre, könnte man ihn vielleicht lesen und dir deinen Fehler aufzeigen.

 [Bearbeiten]

Re: Martins Axiom
von PeterKepp am Fr. 07. Juli 2017 20:29:23


Hallo, ligning,

was bedeutet deiner Meinung nach `mächtiger´?
Ich bleibe bei der Abzählbarkeit / Indexierung bzw. bijektiver Abbildung von Element zu Element.

Was ist `zu klein´? Die Anzeige der homepage läßt sich jedenfalls vergrößern — oder etwa auf deinem Rechner nicht?

Versuche doch mal diesem Ansatz logisch zu folgen:
Erste Spalte: Entwicklungsschritt; zweite Spalte im Schritt entwickelte Elemente von IN; dritte Spalte: im Schritt entwickelte Elemente von P(IN).

1      1                         1
2      2 3 4                   1; 2; 1,2
3      5 6 7 8 9 10 11    1; 2; 3; 1,2 1,3; 2,3 1,2,3
u.s.w.

Jede Entwicklungszeile für P(IN) ist endlich, kann also mit endlichem Anteil von IN indexiert werden (siehe Cantor IN -> IQ). Daraus folgt, IN <—> P(IN) bijektiv.

Upps, die `1´ aus Zeile 2 von P(IN) hatten wir doch schon in Zeile 1. Und die `2´ sowie `1,2´ aus Zeile 3 in Zeile 2. Damit sind von IN ja Indexelemente überzählig, wenn wir aus Spalte 3 für P(IN) auf doppelt angeführte Elemente verzichten!
   Ist IN folglich `mächtiger´ als P(IN)?

Falls ich hierbei einen Fehler gemacht haben sollte, wäre ich dankbar für einen Hinweis.

Gruß PeterKepp

 [Bearbeiten]

Re: Martins Axiom
von ligning am Fr. 07. Juli 2017 21:00:04


Hallo PeterKepp,

zum Vergleich von Mächtigkeiten: de.wikipedia.org/wiki/M%C3%A4chtigkeit_(Mathematik)#Vergleich_der_M.C3.A4chtigkeit

Mir wäre eine explizite Beschreibung des Verfahrens lieber, die Konstruktion anhand von Beispielen induktiv zu ergründen lässt zuviel Raum für Missverständnisse. Aber vielleicht hab ich das Verfahren ja doch verstanden. In diesem Fall wäre deine Abbildung jedoch offensichtlich nicht surjektiv, da nur endliche Teilmengen von IN konstruiert werden.

Im Übrigen würde ich vorschlagen, die Diskussion in einem Forenthread oder per PM weiterzuführen.

 [Bearbeiten]

Re: Martins Axiom
von PeterKepp am Fr. 07. Juli 2017 22:18:28


Hallo ligning,

danke für den Verweis. Dort ist mir aber die Frage der Teilmenge zu unsicher für Folgerungen.

Aber soviel: ..."Wenn es eine Bijektion von A auf eine Teilmenge von B aber keine Bijektion von A nach B existiert, dann heißt A weniger mächtig.

Hiervon interessiert mich nur: ... keine Bijektion => weniger mächtig.
Umkehrschluß: Bijektion => gleichmächtig

Bijektion IN <—> P(IN):

P(Index n) = P(n) \ P(n - 1)      [nächster Entwicklungsschritt \ Elemente des vorigen Schrittes]
 =>   Pn für n -> unendlich = P(IN)

n entspricht Index   =>  n = IN   [Bijektivität für IN und P(IN) über den Index Element IN]

`Subjektiv´ ist hier nicht gefragt. Das `Upps´ war rhetorisch und verweist auf die Fortführung, wonach mit IN unendlich viele Mengen mit unendlich vielen Elementen indexiert werden können.

Gruß, PeterKepp

Schreibfehler: `Subjektiv´ sollte heißen: `Surjektiv´ (blöde Autokorrektur bei so kleiner Anzeige!)

Auch funktioniert meine schnell geschriebene Indexvergabe so leider nicht. Ich habe eben nicht das parat, was du dir wünscht; eine explizite Darstellung. Deshalb nochmal die Tabelle; vielleicht kannst du dann die gewünschte Form erarbeiten.

1   <->  1  (IN im ersten Schritt, P(IN) im ersten Schritt)
2  <->  2  (jew. 2ter Schritt; P(2) wäre 1; 2; 1,2 die `1´ hatten wir aber schon)
3  <->  1,2  (1,2 ist neu aus P(2))
4  <->  3  (3 ist neu aus P(3))
5  <-> 1,3 (1,2 hatten wir schon)
6  <->  2,3
7  <->  1,2,3
8  <->  und weiter mit P(4) \ Elemente aus P(3), P(2), P(1)

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Re: Martins Axiom
von ligning am Fr. 07. Juli 2017 22:37:08



`Subjektiv´ ist hier nicht gefragt.

Ich denke, das genügt dann.

 [Bearbeiten]

Re: Martins Axiom
von PeterKepp am Fr. 07. Juli 2017 23:10:24


Hallo ligning,

der letzte Kommentar mußte leider doppelt korrigiert werden. Tut mir leid.
Einmal Schreib- Korrekturfehler, einmal Denkfehler mit Schnellschuß.
Schau doch bitte in meinen vorigen Kommentar.

Aber wer hier mitliest wird die Tabelle der bijektiven Abbildung sicher verstehen.
Wegen des Schreibfehlers wirst du hoffentlich nicht gleich das Thema als unwichtig ansehen, oder?

Gruß, PeterKepp

 [Bearbeiten]

Re: Martins Axiom
von ligning am Fr. 07. Juli 2017 23:23:19


Wenn ich das richtig verstehe, kann man die Konstruktion so beschreiben: Schreibe n als Binärzahl, das Bild von n ist dann die Menge der 1-Stellen. Da bei dir IN mit 1 anfängt, müssen wir das noch durch Addieren von 1 korrigieren:


1 = 2^0             --> {1},
2 = 2^1             --> {2},
3 = 2^0 + 2^1       --> {1, 2},
4 = 2^2             --> {3},
5 = 2^0 + 2^2       --> {1, 3},
6 = 2^1 + 2^2       --> {2, 3},
7 = 2^0 + 2^1 + 2^2 --> {1, 2, 3}
...


Was hältst du davon?

Schlag bitte auch nach, was bijektiv bedeutet und was surjektiv bedeutet.

 [Bearbeiten]

Re: Martins Axiom
von PeterKepp am Sa. 08. Juli 2017 00:59:24


Hallo ligning,

danke für die Mühe. Aber was die binäre Entwicklung links soll, entzieht sich mir völlig.
Bijektiv und surjektiv, wie injektiv sind mir geläufig.

Es geht um eine Abbildung der Elemente aus der Menge der natürlichen Zahlen (IN): 1, 2, 3, … auf die Elemente der Produktmenge der natürlichen Zahlen P(IN). Bei eineindeutiger Zuordnung (bijektiv, für jedes Element aus IN existiert genau ein und nur ein Element in P(IN)) wäre gezeigt, dass IN als Index für P(IN) taugt; P(IN) also als abzählbar einzustufen ist.

Wenn wir nun weder IN noch P(IN) nehmen, sondern für P(IN) stufenweise gegen unendlich entwickeln, so haben wir eine Staffelung. Die Produktmenge (P(n) mit n = 1) von einem ersten Element, der Zahl eins, ist eins.
P(2) = 1; 2; 1,2 (n = 2: drei verschiedene Elemente, `1´ und `2´ und `1,2´)
P(3) = 1; 2; 3; 1,2; 1,3; 2,3; 1,2,3 (n = 3)
u.s.w.

Entwickeln wir weiter für n gegen unendlich, entspricht die Staffel P(IN). Allerdings mit der Eigenheit, dass in jeder Entwicklungszeile Elemente aus vorigen Zeilen auftauchen. Streichen wir die bereits entwickelten Elemente, haben wir auf P(IN) bereinigt.
  Jede Zeile der bereinigten Entwicklung P(n) ist endlich! Jede bereinigte Entwicklungszeile von P(n) kann mit endlichem Anteil von IN indexiert werden (bijektive Zuordnung).
   Also gehört in die linke Spalte keine, wenn auch passende, Definition über Dualzahlen, sondern schlicht die Aufwärtsstaffel von IN.

Anzahl (Mächtigkeit) ist vom Charakter Quantität; unendlich ist vom Charakter Qualität. Man kann Qualität nicht quantitativ wägen.

Gruß und danke für die weitere Beteiligung, PeterKepp


Nachtrag:
Ich nehme an, dass mein Ansatz zur Entwicklung von P(IN) auch deshalb mißverstanden werden kann, weil man der Verführung erliegt, dass die Entwicklungen von IN und P(IN) direkt aneinander gekoppelt sieht.
   In der Art, dass wir in 1, 2, 3, … , n  mit n gegen unendlich (=> IN) bis zu festem n entwickelt haben und für identisches n in P(IN) eine höhere Anzahl von Elementen erzeugt sehen.

Beispiel n = 3

IN => 1; 2; 3 (drei Elemente)   P(IN) => 1; 2; 3; 1,2; 1,3; 2,3; 1,2,3 (sieben Elemente)

Es gibt aber keine Vorschrift der Koppelung! Wenn es eine solche gäbe, wäre die Argumentation von Cantor, nach der IQ über IN indexierbar ist hinfällig (1 - 1/1; 2 - 1/2; 3 - 1/3; … und IN wäre `erschöpft´, es existiert aber auch noch: 2/3; 2/5; 2/7; … und: 3/4; 3/5; 3/7; und …).

Setzt man einen externen Zähler hinzu

   1. IN => 1; P(IN) => 1
   2. IN => 2; P(IN) => 2
   3. IN => 3; P(IN) => 1,2
   4. IN => 4; P(IN) => 3     u.s.w.,

dann ist augenscheinlich, dass lediglich jeweils gleichviel Elemente für die bijektive Abbildung Verwendung gefunden haben.

 [Bearbeiten]

Re: Martins Axiom
von ligning am Sa. 08. Juli 2017 12:43:46


Ich habe mich beim letzten Kommentar von einem schwachen Hoffnungsschimmer hinreißen lassen. Das tut mir leid. Die Diskussion findet außerhalb des Kommentarstrangs zu diesem Artikel statt oder gar nicht. Schreib mir eine PN oder eröffne einen Thread.

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Re: Martins Axiom
von PeterKepp am Sa. 08. Juli 2017 13:35:09


@ligning
Die Diskussion hat hier bereits stattgefunden.
Meine Herleitung ist nicht widerlegt.
Die Erkenntnisse sollen offen für jeden sein, nicht verschämt in PM´s versteckt.
Schlag doch bitte nach, was Eineindeutigkeit, bijektive Abbildung und Abzählbarkeit bedeuten.
`Überabzählbar´ per Definition zu kennen wäre auch nicht schlecht.

Ergänzung:
Ich möchte dich, ligning, um Entschuldigung bitten, wegen meiner Reaktion auf deine Aussage `surjektiv´.

Tatsächlich ist mein erster Ansatz surjektiv (linkseindeutig, linkstotal, rechtseindeutig), da bei der von mir gewählten Entwicklung von P(IN) Elemente doppelt generiert werden, die Elemente von IN als Zähler aber durchlaufen.
  Ich hatte gedacht, dass man sieht, dass mit dem Wegstreichen der mehrfachen Elemente aus den Entwicklungsschritten von P(IN) die Bijektivität entsteht.

Danke für die PM.

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