Mathematik: Die Qual der Vektorauswahl
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Mathematik

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Die Qual der Vektorauswahl
Wenn man sich mal mit dem Auswahlaxiom beschäftigt, lernt man schnell das dazu äquivalente Zornsche Lemma kennen, mit dem sich in jedem Vektorraum die Existenz einer Basis nachweisen lässt. Alternativ kann man dies mit dem zum Auswahlaxiom äquivalenten Lemma von Teichmüller-Tukey zeigen. Nun stellt sich aber die interessante Frage, ob das auch anders herum gilt:
Folgt das Auswahlaxiom schon daraus, dass jeder Vektorraum eine Basis hat?


In ZF lautet die Antwort auf diese Frage ja, was ich in diesem Artikel begründen möchte. Dabei werden wir einen "Umweg" über das Multiple-Choice-Axiom (MC) gehen, das eine scheinbar schwächere Aussage als das Auswahlaxiom (AC) hat: Jede Familie nichtleerer Mengen besitzt eine Funktion, die jeder Menge X davon eine nichtleere endliche Teilmenge von X zuordnet. Wir werden also grob den folgenden Weg einschlagen: Jeder Vektorraum hat eine Basis -> Multiple-Choice-Axiom -> Auswahlaxiom Grundlegend dafür sind Polynomringe in beliebigen Unbestimmtenmengen. Los geht's. define(X,X) define(Q,Q) define(i,i) Es habe jeder Vektorraum eine Basis. Sei ((X_i ))_(i\in\I) eine Familie nichtleerer Mengen, die durch i->\X_i\cross menge(i) o.B.d.A. paarweise disjunkt sind. Setze X=union(X_i,i\in\I) Weil o.B.d.A. I!=\0 ist, ist X!=\0. Sei L ein Körper. Dann können wir den Polynomring L[X] bilden, der nullteilerfrei ist, weil es L ist. Also existiert der Quotientenkörper Q von L[X]. Ein f\in Q nennen wir \darkblue\i-homogen vom Grad d, \black\wenn f eine Darstellung als Bruch p/q so besitzt, dass p und q X_i - homogen sind, wobei q einen um d größeren Grad_X_i als p hat, d.h. es gibt ein n\in\IN mit n = grad_X_i u und grad_X_i v = n + d für alle u \in Trä(p), v \in Trä(q). Die Menge K aller f \in Q, die i-homogen vom Grad 0 für jedes i \in I sind, bildet einen Unterkörper von Q. Wenn das nicht offensichtlich sein sollte, kann man es nachrechnen. \darkblue\Damit wird Q mit seinen Verknüpfungen selbst zum K-Vektorraum. Wir können ja die Unbestimmten X als Polynome von L[X] und damit auch als Brüche von Q auffassen. Sei V der von X aufgespannte Unterraum des K-Vektorraumes Q. Nach Voraussetzung gibt es \darkblue\eine K-Basis B von V. Sei i\in\I. Für jedes x \in X_i \subseteq X gibt es genau ein \l_x \in Abb_fin(B,K) mit array( ) x=sum((( \lambda_x ))_b b,b \in B) Betrachte ein weiteres y \in X_i mit seinem \l_y. Wenn wir x,y als Monome auffassen, so gilt für alle j \in I: grad_X_j y = fdef(1,j=i;0,sonst) = grad_X_j x woraus y/x \in K folgt, wobei x,y als Polynome von L[X] identifiziert werden. Wenn man diese wieder als Elemente von Q auffasst, gilt y/x = y x^(-1). Daraus ergibt sich array( ) sum((( \lambda_y ))_b b,b \in B)=y=y x^(-1) x=sum(y x^(-1) (( \lambda_x ))_b*b,b\in B) also y x^(-1) \lambda_x=\lambda_y, d.h. \lambda_x x^(-1)=\lambda_y y^(-1). Also hängt \lambda_x x^(-1) nur von i\in\ I, und nicht vom speziellen x\in\X_i ab. Für i \in\ I können wir die Menge B_i:=Trä(\l_x x^(-1))=Trä(\l_x)!=\0 definieren, und weiter für alle i\in\ I und alle b\in\ B_i den Polynombruch \m_ib\in\ Q durch \m_ib=(( \lambda_x x^(-1) ))_b=(( \lambda_x ))_b x^(-1)!=0 eindeutig festlegen, wobei x \in X_i beliebig ist. Erinnern wir uns an unser Ziel, für jedes i \in I eine endliche nichtleere Teilmenge von X_i auszuwählen. Die Idee besteht nun darin, \m_ib \in Q so weit wie möglich zu kürzen, was dadurch realisiert wird, dass Nenner und Zähler durch ihren größten gemeinsamen Teiler geteilt werden, um dann die Menge aller Unbestimmten von X_i, die im neuen Nenner auftauchen, auszuwählen: Wegen (( \lambda_x ))_b \in K ist \m_ib i-homogen vom Grad -1. Daher gibt es p,q \in L[X] und ein n\in\IN mit \m_ib=p/q und n = grad_X_i u = (grad_X_i v) - 1 für alle u \in Trä(p), v \in Trä(q). Weil L[X] faktoriell ist, haben p,q einen größten gemeinsamen Teiler g, der bis auf Einheiten von L[X], also bis auf Multiplikation von von 0 verschiedenen Elementen von L eindeutig bestimmt ist. Entsprechend ist das h \in L[X] mit gh=q so gut wie eindeutig, das unser "reduzierter" Nenner sein wird, aus dem wir die Unbestimmten holen werden. Wir zeigen jetzt, dass h nicht mal bis auf Assoziiertheit von der Bruchdarstellung p/q von \m_ib abhängt: Sei p'/q' eine weitere Bruchdarstellung von \m_ib und g' ein größter gemeinsamer Teiler von p',q', sowie h' \in L[X] mit g'h'=q'. Wegen p/q=p'/q' ist pq'=p'q. Es folgt q \| p'q=pq' \|gq', also qr=gq' für ein r \in L[X]. Weil L[X] ein Hauptidealring ist, können wir g = ap + bq, g' = a'p' + b'q schreiben. Es gibt weiter u,v,u',v' mit ug = p, vg = q, u'g'=p' und v'g' = q'. Dann ist ua + vb = 1 = u'a' + v'b'. Aus p'q = pq' folgt u'v = uv', und damit 1 = 1*1 array( )= (ua+vb)(u'a'+v'b') array( )= ua u'a' + ua v'b' + vb u'a' + vb v'b' array( )= ua u'a' + va u'b' + ub v'a' + vb v'b' array( )= a'u au'+a'u bv' + b'v au' + b'v bv' array( )=(a'u+b'v)(au'+bv') Also ist a'u + b'v eine Einheit. Es folgt pg' = p(a'p'+b'q') array( ) = a'pp'+b'pq' array( ) = a'pp'+b'qp' array( ) = p'(a'p+b'q) array( ) = p'(a'ug+b'vg) array( ) = p'g(a'u+b'v) \| p'g Nun können wir weiter folgern: pg' \| p'g => p'gh = p'q = pq' = pg'h' \| p'gh' => h \| h' Analog ergibt sich h' \| h. In der Tat sind also h,h' assoziiert, und wir können für jedes i \in I ein h \in L[X] bis auf Assoziiertheit dadurch festlegen, dass es einen größten gemeinamen Teiler g von gewissen p',q' \in L[X] mit \m_ib=p'/q' und gh=q' gibt. Analog können wir h' durch gh'=p' festlegen. Endlich sind wir bereit, die Unbestimmten von X_i in einem gekürzten Nenner auszuwählen: Setze \darkblue E_i := union(( X_i \cut union(Trä(u),u \in Trä(h)) ),b \in Trä(B_i)) Beachte, dass Trä(h) eindeutig festgelegt ist, weil der Träger eines Polynoms invariant bezüglich Assoziiertheit ist. Dann ist E_i eine endliche Teilmenge von X_i. Wir müssen also nur noch zeigen, dass jedes E_i nichtleer ist - dann wären wir fertig. Um das zu erreichen, müssen wir die Homogenität vom Grad -1 von p,q auf h', h übertragen. Dafür zerlegen wir zunächst Polynome in Summen von verschiedenen X_i-homogenen Polynomen, genauer gesagt gilt \frameon\Sei T \subseteq X, R ein kommutativer Ring mit 1 und a \in R[X]-{0}. Dann gibt es n,n' \in \IN mit n<=n' sowie Polynome a_i derart, dass a_n , a_n' !=0, \frameoff\sowie die a_i T-homogen vom Grad i mit a=sum(a_i,i=n,n') sind. Beweis. Zunächst schauen wir uns die in a auftauchenden relativen Grade bez. T an, M:=menge(grad_T u | u \in Trä(a)). Um die gewünschten Polynome zu erhalten, müssen wir jeweils die Vertreter dieser Grade aufsummieren; wir setzen also a_i := sum(a(u) u,array(u \in Trä(a);grad_T u =i)), sowie n=min(M) und n'=max(M). Beachte, dass M wegen a != 0, also Trä(a) != \0, nichtleer ist, und wie Trä(a) auch endlich ist, womit die Definitionen von n,n' erst gerechtfertigt sind. Es gilt Trä(a_i)=menge(u \in Trä(a)|grad_T u=i), wegen n,n' \in M also insbesondere a_n , a_n' != 0. Außerdem ist damit klar, dass a_i tatsächlich T-homogen vom Grad i ist. Schließlich gilt noch sum(a_i,i=n,n')=sum(a_i,i \in M) wegen M \subseteq menge(n,...,n') sowie Trä(a_i)=\0 für i \notin M, und damit sum(a_i,i=n,n')=sum(a_i,i \in M)=sum(sum(a(u) u,array(u \in Trä(a);grad_T u =i)),array(v \in Trä(a);grad_T v=i)) = sum(a(u) u,u \in Trä(a)) = a array( ) \bigbox Damit lässt sich nun beweisen, dass sich \darkblue\Homogenität auf Teiler überträgt. Seien dazu die Voraussetzungen wie im letzten Satz und b ein Teiler von a, sprich a=bc für ein c. Es gibt natürliche Zahlen n,n',m,m' mit n<=n', m<=m' und weiter T-homogene Polynome b_i, c_i vom Grad i derart, dass sum(b_i,i=n,n')=b und sum(c_i,i=m,m')=c ist. Es folgt a=( sum(b_i,i=n,n') ) ( sum(c_i,i=m,m') ) = ( sum(b(f) f,array(n<=i<=n';f \in Trä(b);grad_T f = i)) ) ( sum(c(g) g,array(m<=j<=m';g \in Trä(c);grad_T g = j)) ) =sum(b(f) c(g) (f+g),array(n<=i<=n'\, m<=j<=m';f \in Trä(b)\, g \in Trä(c);grad_T f = i\, grad_T g = j)) array( ), und daher Trä(a)=menge(f+g|array(f \in Trä(b)\, g \in Trä(c);n<=grad_T f <= n'\, m<=grad_T g <= m')) Wegen der Definitionen von n,n',m,m' gibt es f,f' \in Trä(b) und g,g' \in Trä(c) mit n = grad_T f, n' = grad_T f', m = grad_T g, m' = grad_T g'. Also liegen f+g und f'+g' in Trä(a). Wenn nun a T-homogen sein soll, so folgt, dass die relativen Grade bezüglich T von f+g und f'+g' identisch sind, d.h. n+m=n'+m'. Dann ist 0=(n'-n')+(m'-m) eine Summe von nichtnegativen ganzen Zahlen, deren Summanden daher 0 sein müssen. Es folgt n=n' und m=m', sodass b=b_n ein T-homogenes Polynom vom Grad n und analog c=c_m ein T-homogenes Polynom vom Grad m ist. Homogenität vererbt sich also tatsächlich auf Teiler. So sehr wir nun scheinbar vom Thema abgeschweift sind, desto näher sind wir im Wahrheit schon am Ziel: Mit dem, was wir gesehen haben, sind nämlich h und g als Teiler des X_i-homogenen Polynoms q=hg ebenfalls X_i-homogen, etwa mit den Graden m und n+1-m. Dabei muss man an n+1 = Grad_X_i q = Grad_X_i g + Grad_X_i h = m + Grad_X_i h denken. Analog ergibt sich aus p=gh', dass h' X_i-homogen vom Grad n-m ist. Jetzt kommt endlich der Schluss auf das Vorkommen der Unbestimmten: Es ist n-m=Grad_X_i h' >=0, und damit Grad_X_i h = n+1-m > 0. Aufgrund der Definition des Grades gibt es dann ein u \in Trä(h) mit grad_X_i u>0. Letzteres impliziert, dass es ein x \in X_i \cut Trä(u) gibt. Damit ist x \in X_i \cut union(Trä(u),u \in Trä(h)) , also E_i != \0 wegen B != \0 array( ) !!!

Nachdem wir uns jetzt klar gemacht haben, dass das MC daraus folgt, dass jeder Vektorraum eine Basis hat, müssen wir noch vom MC auf das AC schließen. Zum Beweis werden wir folgende Aussagen dazwischen schieben:
A
Jede Ordnung besitzt eine maximale Antikette.
L
Totalordnungen können wohlgeordnet werden.
P
Die Potenzmenge einer Wohlordnung kann wohlgeordnet werden.
Dabei ist eine Antikette eine Menge von paarweise bezüglich der gegebenen Ordnungsrelation unvergleichbaren Elementen. Beispielsweise ist eine Totalordnung dadurch charakterisiert, dass ihre einzige Antikette die leere Menge ist. Beweis von MC -> A define(Y,Y) Sei (P,<) eine Ordnung und T die Menge aller nichtleeren Teilmengen von P. Mit dem \big\darkblue\MC \black\normal\finden wir eine Abbildung f von T nach T, sodass für jedes X\el\T F(X) eine nichtleere endliche Teilmenge von X ist. Jetzt definiere g : T->T dadurch, dass g(X) die Menge aller <-kleinsten Elemente von f(X) ist. Diese Abbildung bildet wirklich auf T ab, weil jede endliche nichtleere Ordnung ein kleinstes Element besitzt. Jedes g(X) ist eine nichtleere Antikette von P. Jetzt definiere A: On->V rekursiv durch | | | | | | | | | | | A_\alpha = fdef(\0,X_\alpha-Y_\alpha=\0;g(X_\alpha-Y_\alpha),X_\alpha-Y_\alpha!=\0) wobei X_\alpha die Menge aller Elemente von P sei, die mit keinem Element von Y_\alpha=union(A_\beta,\beta<\alpha) vergleichbar sind. Induktiv kann man zeigen, dass jedes A_\alpha eine Antikette von P ist. Seien x\el\A_\beta und y\el\A_\gamma. Für \beta=\gamma sind x und y unvergleichbar, weil sie dann in derselben Antikette liegen. Ansonsten ist oBdA \beta<\gamma. Wegen y\el\A_\gamma=g(X_\gamma-Y_\gamma) \subseteq X_\gamma-Y_\gamma \subseteq X_\gamma ist y mit keinem Element von Y_\gamma vergleichbar, wegen A_\beta \subseteq Y_\gamma also auch nicht mit x. Damit ist gezeigt, dass jedes Y_\alpha eine Antikette von P ist. Angenommen für alle \alpha gilt X_\a-Y_\a!=\0, also auch A_\alpha=g(X_\alpha-Y_\alpha) für alle \alpha. Sei \beta<\gamma. Weil nach Annahme nun jedes A-Bild nichtleer ist, gibt es ein x\el\A_\b. Angenommen x\el\A_\gamma. Dann wäre x\notin\Y_\gamma=union(A_\e,\e<\g), was aber \b<\g und x\el\A_\b widerspricht. Also muss A_\b!=A_\g sein. Damit ist gezeigt, dass A injektiv ist. Nach dem Ersetzungsschema existiert die Menge A(On), auf der sich mit der Injektivität eine zu A rechts- inverse Surjektion auf On erklären lässt. Benutzt man wieder das Ersetzungsschema, so wäre dann aber On eine Menge, Widerspruch. Also gibt es doch ein \a mit X_\a-Y_\a=\0. Sei A eine Antikette von P mit Y_\alpha \subset A. Es gibt dann ein a \el A-Y_\alpha , und auch Y_\alpha \union menge(a) \subseteq A ist eine Antikette. Es folgt a \in X_\alpha, was aber X_\a-Y_\a=\0 widerspricht. Also ist Y_\alpha eine maximale Antikette von P. | | | | | | | | | | | | | | \bigbox Beweis von A -> L Sei (T,<) eine beliebige Totalordnung. Wir wollen T wohlordnen. Die Beweisidee ist die folgende: Um T wohlzuordnen, brauchen wir nach dem Wohlordnungssatz nur eine Auswahlfunktion von der Menge aller nichtleeren Teilmengen von T. Stellen wir uns diese Teilmengen einmal zusammen mit ihren Elementen vor. Wir ordnen sie zunächst separat von einander mit ihren Elementen an. Mit A werden wir dann eine maximale Antikette finden, die mit jeder nichtleeren Teilmenge aufgrund der separaten Anordnung genau ein Element gemeinsam haben wird. Dadurch wird dann eine Auswahlfunktion erklärt. \nogreeks\Kommen wir zu den mathematischen Details. Wir betrachten die Menge P aller Paare (X,x) mit X\subseteq\T und x\el\X. Auf P wird durch (X,x) < (Y,y) <=> X=Y \and x < y eine Ordnungsrelation hergestellt. Mit \big\darkblue\A \black\normal\erhalten wir eine maximale Antikette A von P. Wir zeigen jetzt, dass es für jede nichtleere Teil- menge X von T genau ein x\el\X mit (X,x)\el\A gibt, womit dann eine Aus- wahlfunktion der Menge aller nichtleeren Teilmenge von P erklärt wird. Sei X eine nichtleere Teilmenge von T. Angenommen es gibt kein x\el\X mit (X,x)\el\A. Wegen X!=\0 gibt es solch ein x mit (X,x)\notel\A. Dann ist B=A\union menge((X,x)) eine echte Obermenge von A, also keine Antikette mehr. Es gibt also (S,s),(T,t)\in\B mit (S,s)<(T,t), also S=T und sL -> P \nogreeks\Sei X wohlgeordnet. Auf Pot(X) definieren wir die Relation < durch A < B <=> A != B \and min(menge(x \in X|\not(x \in A <=> x \in B))) \in A Also wir ordnen die verschiedenen Teilmengen von X, indem wir schauen, ab welchem Element von X sie sich unterscheiden. Wir weisen nach, dass (Pot(X),<) eine Totalordnung ist, sodass mit \big\darkblue\L\black\normal die Behauptung \big\darkblue\P\black\normal folgt: Die Irreflexivität versteht sich von selbst. Dass je zwei verschiedene Teilmengen A, B vergleichbar sind, folgt daraus, dass für \not(x \in A <=> x \in B) nur x \in A, x \notin B oder x \in B, x \notin A, also sicherlich x \in A oder x \in B in Frage kommt. Die Transitivität ist etwas haariger: Sei A < B < C. Für u := min(menge(x \in X|\not(x \in A <=> x \in B))) v := min(menge(x \in X|\not(x \in B <=> x \in C))) gilt dann u \in A - B und v \in B - C, insb. u!=v. Es gibt also zwei Fälle: a\) u < v. Dann ist u \in B <=> u \in C, also u \notin C. b\) v < u. Dann ist v \in A <=> v \in B, also v \in A. Folglich ist w := min (u,v) \in A-C, insb. A!=C. Offenbar ist dann w = min(menge(x \in X|\not(x \in A <=> x \in C))) Damit ist A < C gezeigt. Beweis von P -> AC Wir zeigen zunächst den define(x,x) define(y,y) define(b,b) define(w,w) \darkred\Satz von Hartogs: \big\forall x \exists \a \not(abs(\a)<=abs(x)) Sei x eine Menge, w die Menge aller Wohlordnungen (y,<) mit y\subseteq\x und \alpha die Menge aller Ordnungstypen dieser Wohlordnungen. Sei a\el\b\el\alpha. Wegen b=type(y,<) für (y,<)\in\w gibt es ein z\in\y mit a~=y_( o(x) menge(f(x)|x\in\X) \sqsubset menge(f(y)|y\in\Y) eine Wohlordnung auf V_\b=Pot(V_\g) erklären. Damit haben wir Wohlord- nungen (V_\b, k(\b)) für alle \b<\a. Wie beim Limesschritt dieser Rekursion bzw. Induktion kann man dann auch V_\a=union(V_\b,\b<\a) wohlordnen. Also ist V_\a für alle Limeszahlen \a wohlgeordnet. Wegen V=union(V_\a,\a\in\On) und der Transitivität der V_\a findet man nun jede Menge x als Teilmenge eines V_\a wieder. Wählen wir eine Limeszahl \d>\a, z.B. \a+\omega, so ist x auch eine Teilmenge der wohlgeordneten Menge V_\d, also selbst auch eine Wohl- ordnung. Damit ist jede Menge wohlgeordnet, es folgt das Auswahlaxiom. Damit schließt sich der Kreis: \stress\darkblue\ AC -> Jeder Vektorraum hat eine Basis -> MC -> A -> L -> P -> AC und alle Sätze dieser Kette sind äquivalent. | | | | | | | | | | | | | | \bigbox Ich danke Buri, Marvinius und A. Blass für die Hilfen, die Beweise nachzuvollziehen! Quellen T. Jech, The Axiom of Choice, North-Holland, 1973 A. Blass, Existence of bases implies the axiom of choice, Axiomatic set theory (Boulder, Colo., 1983), 31--33, Contemp. Math., 31, Amer. Math. Soc., Providence, RI, 1984.

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Die Qual der Vektorauswahl [von Martin_Infinite]  
Beweis der Äquivalenz von "Jeder Vektorraum hat eine Basis" und dem Auswahlaxiom.
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"Mathematik: Die Qual der Vektorauswahl" | 7 Comments
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Re: Die Qual der Vektorauswahl
von: Yves am: So. 02. Januar 2005 16:33:32
\(\begingroup\)Hallo Martin Das sieht nach einem sehr interessanten Artikel aus. "Grundlegend dafür sind Polynomringe in beliebigen Unbestimmtenmengen. Los geht's." In diesem Satz ist ein Link eingebaut. Er führt aber auf eine leere Seite. Kannst du das mal kontrollieren. Beste Grüße Yves\(\endgroup\)
 

Re: Die Qual der Vektorauswahl
von: Martin_Infinite am: Mo. 03. Januar 2005 02:56:34
\(\begingroup\)Danke Yves, es ist nun korrigiert.\(\endgroup\)
 

Re: Die Qual der Vektorauswahl
von: huepfer am: Mi. 05. Januar 2005 18:46:09
\(\begingroup\)Hallo Martin, das ist ein toller Artikel mit einer mir bisher unbekannten, eher algebraischen Herangehensweie an das Auswahlaxiom. Es hat mir sehr viel Spaß gemacht, diesen Artikel zu lesen, auch wenn ich an einigen Stellen nicht ganz mitkomme. Wenn ich nach meinen Prüfungen mal irgendwann etwas Zeit habe, werde ich versuchen mir die Grundlagen besser anzueignen und den Artikel nochmal durcharbeiten. Gruß Felix\(\endgroup\)
 

Re: Die Qual der Vektorauswahl
von: Cerebus am: Fr. 24. Februar 2006 16:10:32
\(\begingroup\) Der Artikel ist großartig. Der Beweis von MC->A lässt sich mit Hilfe des Satzes von Hartog noch vereinfachen. Sei H(P) die kleinste Ordinalzahl, die nicht injektiv auf P abgebildet werden kann- die Hartogzahl von P. Wenn du die Rekursion nun über H(P) statt On machst, bekommst du direkt deine maximale Antikette union(A_\alpha,\alpha\el\ H(P)). lg. Michael\(\endgroup\)
 

Re: Die Qual der Vektorauswahl
von: Martin_Infinite am: Sa. 25. Februar 2006 04:55:12
\(\begingroup\)Hi Michael, danke für das Lob! Mit der Hartogszahl kann man die 'Abbruchbedingung' in der Tat vereinfachen. Gruß Martin\(\endgroup\)
 

Re: Die Qual der Vektorauswahl
von: Martin_Infinite am: Sa. 25. Februar 2006 16:05:57
\(\begingroup\)Wem war eigentlich aufgefallen, dass im 1. Teil ein Fehler war? 😄 Der Beweis, dass h,h' assoziiert sind, war falsch. Nun ist er korrigiert, und etwas länger ;)\(\endgroup\)
 

Re: Die Qual der Vektorauswahl
von: DirkU am: Di. 23. Januar 2007 14:57:18
\(\begingroup\) Sofern man nicht an den Zwischenaussagen (A) und (L) interessiert ist kann man (eine Form von) (P) auch direkt aus (M) ableiten: Man hat zu zeigen, wobei Pot^0(M) die Potenzmenge vom M ohne \0 sei: Für jede wohlordenbare Menge M gibt es eine Auswahlfunktion F für ihre Potenzmenge Pot(M) (d.h. ein F: Pot^0(Pot(M))\textrightarrow Pot(M) mit F(X)\in X für jedes X\in Pot^0(Pot(M)). Gelte (M), und sei M eine wohlordenbare Menge. Dann lässt sich wie im Beweis für (L) -> (P) oben eine lineare Ordnung <| auf Pot(M) einführen. Wendet man (M) auf Pot^0(Pot(M)) an, erhält man ein \calA\subsetequal\ Pot(M), wobei \calA(X) :=\calA\cut\ X nichtleer und endlich für jedes X\in\ Pot^0(Pot(M)) ist. Jedes derartige \calA(X) ist aber Teilmenge der durch <| linear geordneten Menge Pot(M), und und besitzt somit als endliche nichtleere Menge ein Minimum min\calA(X) bezüglich <|. Somit ist F: Pot^0(Pot(M))\textrightarrow Pot(M) mit F(X) := min\calA(X) die gesuchte Auswahlfunktion. \(\endgroup\)
 

 
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