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Vorschau:
Teile

Teile und herrsche

Das folgende Verfahren ist eine sehr hilfreiche und typische Beweismethode; hierbei sei $X$ ein mathematisches Objekt, von dem wir etwas zeigen möchten.
  1. Man teile $X$ in mehrere Teilobjekte $X_1,\dotsc,X_s$ auf. Was das im Einzelnen bedeutet, entscheidet sich im Kontext.
  2. Man löse das Problem für die Teilobjekte $X_1,\dotsc,X_s$ einzeln. Weil sie kleiner sind und/oder andere schöne Eigenschaften haben, die $X$ nicht besitzt, sollte das einfacher gehen.
  3. Man überzeuge sich davon, dass damit bereits das Problem für $X$ gelöst ist.
\begin{tikzpicture}[scale=0.7] \draw[fill=blue!50!white,rounded corners=2mm] (-0.1,-0.1) -- (8.4,-0.1) -- (8.4,2.1) -- (-0.1,2.1) --cycle; \draw[fill=blue!10!white,rounded corners=2mm] (0,0) -- (2,0) -- (2,2) -- (0,2) --cycle; \draw[fill=blue!10!white,rounded corners=2mm] (2.1,0) -- (4.1,0) -- (4.1,2) -- (2.1,2) --cycle; \draw[fill=blue!10!white,rounded corners=2mm] (4.2,0) -- (6.2,0) -- (6.2,2) -- (4.2,2) --cycle; \draw[fill=blue!10!white,rounded corners=2mm] (6.3,0) -- (8.3,0) -- (8.3,2) -- (6.3,2) --cycle; \end{tikzpicture} Im Prinzip ist dies eine Variante der Reduktion auf einen Spezialfall. Starten wir mit einem sehr einfachen Beispiel für dieses Prinzip.

Beispiel 1

Die Funktion $f : \IR^2 \to \IR$, $f(x,y) = e^{x - y}$ ist stetig.
Wir können nämlich $f$ zerlegen als $f = \exp \circ s$, wobei die Exponentialfunktion $\exp : \IR \to \IR$ und die Subtraktion $s : \IR^2 \to \IR$, $s(x,y) := x-y$ beides stetige Funktionen sind (was man entweder schon weiß, oder in dem Kontext noch beweisen muss). Jetzt wenden wir einfach den bekannten Satz an, dass die Verkettung von stetigen Funktionen wieder stetig ist. Man kürzt das üblicherweise so ab: Wir haben es mit einer Zusammensetzung von stetigen Funktionen zu tun, die also wieder stetig ist.

Beispiel 2

Sei $K$ ein Körper. Sei $V$ ein $K$-Vektorraum der Dimension $2n$ mit $n \in \IN^+$. Dann gibt es einen Endomorphismus $f : V \to V$ mit $f^2=-\mathrm{id}$.
Zunächst einmal reicht es (das ist die Methode der Reduktion auf einen Spezialfall), das Problem für den Spezialfall $V = K^{2n}$ zu lösen. Denn im allgemeinen Fall gibt es einen Isomorphismus $\vartheta : K^{2n} \to V$ (weil $V$ ja $2n$-dimensional ist), und wenn wir eine lineare Abbildung $f : K^{2n} \to K^{2n}$ mit $f^2 = -\mathrm{id}$ gefunden haben, dann löst $\vartheta \circ f \circ \vartheta^{-1} : V \to V$ unser Problem. Weil nun aber $K^{2n} = K^2 \oplus \cdots \oplus K^2$ gilt (mit $n$ Kopien von $K^2$), liegt es nahe, das Problem erst einmal für das Beispiel $K^2$ zu lösen, also im Spezialfall $n=1$. Stellen wir uns $K^2$ geometrisch als die Ebene vor, dann wäre eine Drehung um $90^{\circ}$ eine lineare Abbildung $f : K^2 \to K^2$, sodass $f^2$ die Drehung um $180^{\circ}$ ist, also $f^2 = - \mathrm{id}$. Formal definieren wir also $f$ durch lineare Fortsetzung von $f(1,0)=(0,1)$ und $f(0,1)=(-1,0)$, sprich $f(x,y) := (-y,x)$. Zurück zu $K^{2n}$: Dort können wir nun einfach $F := f \oplus \cdots \oplus f$ nehmen (mit $n$ Kopien von $f$), also formal $F(x_1,y_1,\dotsc,x_n,y_n) := (-y_1,x_1,\dotsc,-y_n,x_n)$. Geometrisch gesprochen gruppieren wir je zwei der $2n$ Dimensionen und nehmen jeweils dort eine Drehung vor.

Beispiel 3

Sei $n \in \IN$ und $\pi \in \Sigma_n$ eine Permutation. Dann ist $\pi$ genau dann ein endliches Produkt von Kommutatoren, wenn $\pi$ gerade ist (also wenn $\mathrm{sgn}(\sigma)=1$).
Jeder Kommutator $a b a^{-1} b^{-1}$ ist eine gerade Permutation wegen $\mathrm{sgn}(a b a^{-1} b^{-1}) = \mathrm{sgn}(a) \mathrm{sgn}(b) \mathrm{sgn}(a)^{-1} \mathrm{sgn}(b)^{-1}=1$. Produkte von Kommutatoren sind folglich ebenfalls gerade. Wenn umgekehrt $\pi$ eine gerade Permutation ist, so kann $\pi$ als Produkt von $3$-Zykeln geschrieben werden; das setze ich hier als bekannt voraus. Wir müssen das Problem also nur für $3$-Zykel lösen! Tatsächlich kann man aber jeden $3$-Zykel $(x\,y\,z)$ folgendermaßen als Kommutator zu schreiben: $(x\,y\,z) = (x \, y) (x \, z) (x \, y) (x \, z)$.

Beispiel 4

Betrachte die Kreislinie als abelsche Gruppe $S^1 = \{z \in \IC^* : |z|=1\}$. Für eine abelsche Gruppe $A$ sei $D(A) := \mathrm{Hom}(A,S^1)$ die zu $A$ duale Gruppe. Für jede endliche abelsche Gruppe $A$ gilt $D(A) \cong A$.
Der Struktursatz für endliche abelsche Gruppen impliziert, dass $ A \cong A_1 \oplus \cdots \oplus A_n$ mit endlichen zyklischen Gruppen $A_i$. Es bietet sich daher an, allgemein die duale Gruppe einer direkten Summe auszurechnen. Die universelle Eigenschaft der direkten Summe impliziert $D(\bigoplus_{i \in I} A_i) \cong \prod_{i \in I} D(A_i)$, was für endliche Indexmengen $I$ wie hier zugleich isomorph zu $\bigoplus_{i \in I} D(A_i)$ ist. Daher dürfen wir annehmen, dass $A$ eine endliche zyklische Gruppe ist, etwa erzeugt von einem Element $a$ der Ordnung $n$. Dann gilt $D(A) \cong \{z \in S^1 : z^n=1\}$ via $\varphi \mapsto \varphi(a)$. Das ist die Gruppe der $n$-ten Einheitswurzeln, die bekanntlich ebenfalls zyklisch der Ordnung $n$ ist mit dem Erzeuger $\exp(2\pi i/n)$. Sie ist also zu $A$ isomorph.

Beispiel 5

Seien $m,n,k \in \IN^+$ mit $m \mid n$ und $\mathrm{ggT}(k,m)=1$. Dann gibt es ein $k' \in \IN^+$ mit $k' \equiv k \bmod m$ mit $\mathrm{ggT}(k',n)=1$.
Weil jede positive natürliche Zahl sich (eindeutig) als Produkt von Primpotenzen schreiben lässt, liegt es nahe, erst einmal das Problem für Primpotenzen zu lösen und dann den allgemeinen Fall daraus abzuleiten. Wenn $n = p^t$ eine Primzahlpotenz ist, ist $m=p^s$ mit $0 \leq s \leq t$. Wenn $s=0$, können wir $k'=1$ nehmen. Ansonsten sind sowohl $\mathrm{ggT}(k,m)=1$ als auch $\mathrm{ggT}(k,n)=1$ zu $p \nmid k$ äquivalent, und wir können $k' = k$ nehmen. Im allgemeinen Fall sind $n = \prod_p p^{t_p}$ und $m=\prod_p p^{s_p}$ endliche Produkte von Primpotenzen, und es gibt jeweils ein $k'_p \in \IN^+$ mit $k'_p \equiv k \bmod p^{s_p}$ und $\mathrm{ggT}(k'_p,p^{t_p})=1$. Die $p^{s_p}$ sind aber paarweise teilerfremd. Wegen des chinesischen Restsatzes gibt es daher ein $k' \in \IN^+$ mit $k' \equiv k'_p \bmod p^{s_p}$ für alle $p$. Dann gilt $k' \equiv k \bmod m$ (weil das jeweils $\bmod p^{s_p}$ gilt) und $\mathrm{ggT}(k',n)=1$. Die Aussage ist übrigens äquivalent dazu, dass der von dem surjektiven Ringhomomorphismus $\IZ/n\IZ \to \IZ/m\IZ$ induzierte Homomorphismus auf den Einheitengruppen $(\IZ/n\IZ)^{\times} \to (\IZ/m\IZ)^{\times}$ surjektiv ist. Man könnte nun den Kontext verallgemeinern (diese Beweismethode besprechen wir weiter unten) und allgemeiner zeigen, dass für jeden surjektiven Homomorphismus $R \to S$ endlicher kommutativer Ringe auch der induzierte Homomorphismus $R^{\times} \to S^{\times}$ surjektiv ist.
 
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