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 Teilmengenrelation als Totalordnung |
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frege_fanatiker
Junior 
Dabei seit: 31.05.2022
Mitteilungen: 13
 |  Themenstart: 2023-03-27
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\IN}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\IZ}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\IR}{\mathbb{R}}
\newcommand{\IC}{\mathbb{C}}\)
Hallo liebe Leute,
ich arbeite mich gerade im Selbststudium ein wenig in die Filtertheorie ein und habe gerade den Beweis für die Existenz von Ultrafiltern durchgearbeitet (genauer gesagt, besagt der Satz, dass zu jedem Filter über einer Menge \(I\) ein diesen Filter umfassender Ultrafilter über \(I\) existiert). Dabei habe ich auch so gut wie alles verstanden; mit Ausnahme eines kleinen, aber wichtigen, Details. Grob skizziert verläuft der Beweis folgendermaßen:
Sei \(I\) eine nichtleere Menge, \(\mathfrak{F}_0\) ein Filter über \(I\). Definiere \[X := \{\mathfrak{F} \subseteq \mathfrak{P}(I) : \mathfrak{F}_0 \subseteq \mathfrak{F}, \mathfrak{F} Filter\}.\]
Es gilt \(\mathfrak{F}_0 \in X\), womit \(X\) nichtleer ist. Für \(\mathfrak{F}_1, \mathfrak{F}_2 \in X\) definiert man \[\mathfrak{F}_1 \leq \mathfrak{F}_2 :\iff \mathfrak{F}_1 \subseteq \mathfrak{F}_2.\]
Damit ist \(\langle X, \leq \rangle \) eine partiell geordnete Menge.
Sei nun \(\emptyset \neq K \subseteq X\). Dann ist \(\langle K, \leq \rangle \) eine total geordnete Menge.
Man zeigt nun, dass \(K\) eine obere Schranke hat, womit mit dem Zornschen Lemma folgt, dass \(X\) ein maximales Element hat. Dann zeigt man, dass alle maximalen Elemente von \(X\) \(\mathfrak{F}_0\) umfassende Ultrafilter sind, womit die Aussage bewiesen ist.
Dieser letzte Teil ist mir auch klar und ich habe alles verstanden. Was mir aber noch nicht einleuchtet, ist, warum \(\langle K, \leq \rangle\) total geordnet ist. Dass die Teilmengenrelation eine partielle Ordnung ist, ist mir klar, das leuchtet ja auch schnell ein. Bekanntermaßen ist sie aber im Allgemeinen keine Totalordnung; dass sie es in diesem Fall also ist, ist entsprechend (zumindest für mich gerade) keine Trivialität.
Ich habe versucht, einen Beweis durch Widerspruch zu führen:
Nimm an, \(\langle K, \leq \rangle \) wäre nicht total geordnet. Dann gäbe es \(\mathfrak{F}_1, \mathfrak{F}_2 \in K\) mit \(\mathfrak{F}_1 \nsubseteq \mathfrak{F}_2 \) und \(\mathfrak{F}_2 \nsubseteq \mathfrak{F}_1 \). Somit existierten \(A,B \subseteq I\) mit \(A \in \mathfrak{F}_1\) und \(A \notin \mathfrak{F}_2\) sowie \(B \in \mathfrak{F}_2\) und \(B \notin \mathfrak{F}_1\).
Viel weiter komme ich allerdings nicht. Mein Ziel wäre es, zu zeigen, dass unter diesen Bedingungen \(\mathfrak{F}_1 \cap \mathfrak{F}_2\) kein Filter wäre, was einen Widerspruch zu der Annahme, dass \(\mathfrak{F}_1\) und \(\mathfrak{F}_2\) Filter sind, darstellen würde. (Ich habe gezeigt, dass, wenn \(\mathfrak{F}_1\) und \(\mathfrak{F}_2\) Filter über \(I\) sind, auch \(\mathfrak{F}_1 \cap \mathfrak{F}_2\) ein Filter über \(I\) ist. Ich hoffe, das stimmt auch tatsächlich. Falls nicht, gerne erläutern weshalb.) Ich weiß aber nicht, wie ich das tun könnte.
Ist mein Ansatz überhaupt korrekt? Falls ja, wäre ich für einen Tipp, wie ich weitermachen könnte, sehr dankbar. Falls nein, wären Hinweise, wie ich es stattdessen zeigen könnte, ebenfalls sehr hilfreich (eventuell auch mit einer kurzen Erklärung, warum der Ansatz nicht funktioniert).
Schon einmal vielen Dank im Voraus für eure Hilfe!
LG,
frege_fanatiker\(\endgroup\)
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zippy
Senior 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 4648
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2023-03-27
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\quoteon(2023-03-27 07:08 - frege_fanatiker im Themenstart)
Sei nun \(\emptyset \neq K \subseteq X\). Dann ist \(\langle K, \leq \rangle \) eine total geordnete Menge.
\quoteoff
Bist du sicher, dass da nicht steht "Sei nun \(\emptyset \neq K \subseteq X\) eine total geordnete Menge."? Das wäre für einen Beweis über das Zornsche Lemma doch der typische Weg.
--zippy
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StrgAltEntf
Senior 
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 8302
Wohnort: Milchstraße
 | Beitrag No.2, eingetragen 2023-03-27
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\quoteon(2023-03-27 07:27 - zippy in Beitrag No. 1)
Bist du sicher, dass da nicht steht "Sei nun \(\emptyset \neq K \subseteq X\) eine total geordnete Menge."? Das wäre für einen Beweis über das Zornsche Lemma doch der typische Weg.
\quoteoff
Selbstverständlich!
Übrigens: Wenn \(a,b\in I\) verschiedene Elemente, so sind \(\{J\subseteq I\mid a\in J\}\) und \(\{J\subseteq I\mid b\in J\}\) zwei nicht-vergleichbare Filter.
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