5 Der Transzendenzgrad

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1 $Id: trgrad.tex,v /05/11 14:48:57 hk Exp $ 5 Der Transzendenzgrad Wir stellen nun einige der Tatsachen über die Mächtigkeit von Mengen zusammen, die Ihnen wahrscheinlich aus den ersten Semester bekannt sind. Wir beginnen dabei mit dem Begriff der Gleichmächtigkeit von Mengen. Zwei Mengen M und N heißen gleichmächtig, wenn sie sich bijektiv aufeinander abbilden lassen, wenn es also eine bijektive Abbildung f : M N gibt. Wir schreiben dann auch M = N. Man konnte unendliche Mengen auch nach Größe ordnen, die Menge M hat mindestens so große Mächtigkeit wie die Menge N, geschrieben als N M, wenn es eine injektive Abbildung f : N M gibt. Das Bild einer solchen injektiven Abbildung ist dann gleichmächtig zu N, wir können also auch sagen, dass genau dann N M ist, wenn M eine zu N gleichmächtige Teilmenge enthält. Es gibt noch eine dritte, oftmals nützliche Umschreibung der Relation N M, nämlich N M Es existiert eine surjektive Abbildung f : M N oder N =. Wir wollen diese Äquivalenz einmal kurz beweisen. Zunächst sei N M und es gelte N. Dann existiert eine injektive Abbildung f : N M. Wegen N können wir ein Element y N wählen, und dann ist g := f 1 ((M\ Bild(f)) {y}) : M N eine surjektiv Abbildung. Es ist in diesem Zusammenhang bequem konsequent die Interpretation einer Abbildung als Menge von Paaren zu verwenden, etwas ausführlicher ist g(x) = f 1 (x) für x Bild(f) und g(x) = y für x M mit x / Bild(f). Im Fall N = ist : N M injektiv und wir haben N M. Nun gebe es eine surjektive Abbildung f : M N. Für jedes y N ist dann f 1 (y), und damit gibt es eine Abbildung g : N M mit g(y) f 1 (y) für jedes y M. Sind insbesondere y 1, y 2 N mit y 1 y 2, so ist f(g(y 1 )) = y 1 y 2 = f(g(y 2 )), also auch g(y 1 ) g(y 2 ). Damit ist g injektiv, und wir haben N M. Die Relation hat die üblichen Eigenschaften einer Ordnungsrelation. Zunächst ist für jede Menge M offenbar M M. Sind weiter A, B, C drei Mengen mit A B und B C, so existieren injektive Abbildungen f : A B und g : B C, und damit ist die Hintereinanderausführung g f : A C wieder injektiv, und wir haben A C. Dass unsere Ordnung auch antisymmetrisch ist besagt der sogenannte Satz von Schröder und Bernstein: Satz von Schröder und Bernstein: Sind M, N zwei Mengen mit M N und N M, so ist bereits M = N. 8-1

2 Insbesondere kann man Gleichmächtigkeit durch Nachweis zweier Ungleichungen beweisen. Zum Einstieg wollen wir uns jetzt überlegen, dass je zwei Mengen bezüglich vergleichbar sind, dass also für je zwei Mengen M, N stets M N oder N M ist. Seien also Mengen M und N gegeben. Dann betrachtet man die Menge I(N, M) := {f : A M f injektiv, A N} aller auf Teilmengen von N definierten injektiven Abbildungen nach M. Wir können I(M, N) durch Inklusion ordnen, und erhalten eine partiell geordnete Menge. Dabei bedeutet die Inklusion f g in anderen Worten dom(f) dom(g) und f = g dom(f). Wir wollen uns nun klarmachen, dass die partiell geordnete Menge I(M, N) die Voraussetzungen des Lemmas von Zorn erfüllt. Wegen I(N, M) ist dabei I(N, M). Ist nun F I(N, M) eine total geordnete Teilmenge, so können wir f := F N M betrachten. Dann ist f tatsächlich eine Abbildung. Sind nämlich (x, y 1 ), (x, y 2 ) f, so existieren g 1, g 2 F mit (x, y i ) g i für i = 1, 2. Da F total geordnet ist, ist g 1 g 2 oder g 2 g 1, also (x, y 1 ), (x, y 2 ) g i für ein i {1, 2}, und da g i eine Abbildung ist folgt y 1 = y 2. Damit ist f eine Abbildung, und analog folgt das f injektiv ist. Der Definitionsbereich von f ist dom(f) = pr 1 (f) = pr 1 (g) = dom(g), und für das Bild folgt analog Bild(f) = Bild(g). Insbesondere ist f I(N, M) und offenbar ist f das Supremum von F. Nun können wir das Lemma von Zorn anwenden und erhalten ein maximales Element f von I(N, M), d.h. f : A M ist eine auf einer Teilmenge A N definierte injektive Abbildung, die wir nicht weiter injektiv fortsetzen können. Ist A = N, so haben wir damit bereits N M. Nun nehme A N an. Wäre dann f(a) M, so gäbe es x N\A, y M\f(A) und wir könnten f durch f(x) = y injektiv fortsetzen. Also ist f(a) = M und f ist surjektiv. Wie bereits bemerkt folgt damit N M. Also gilt stets eine der beiden Möglichkeiten M N oder N M. Wir wollen nun zeigen, dass die Vereinigung zweier unendlicher Mengen zur größeren der beiden gleichmächtig ist. Wir werden dies auf den Spezialfall zurückführen, dass jede unendliche Menge M zur Vereinigung zweier disjunkter Kopien von M gleichmächtig ist. Diese beiden Kopien können wir uns als {0} M und {1} M realisiert denken, und fassen wir 2 = {0, 1} auf, so wird die Verdopplung {0} M {1} M = 2 M. Lemma 5.3: Für jede unendliche Menge M sind M und die Verdopplung 2 M gleichmächtig. 8-2

3 Beweis: Es reicht aus zu zeigen, dass es eine zu M gleichmächtige Menge M gibt so, dass M und 2 M gleichmächtig sind. Denn haben wir dies einmal gezeigt, so gibt es bijektive Abbildungen f : M 2 M und g : M M, und mit diesen konstruieren wir die bijektive Abbildung M g 1 M f 2 M id 2 g 2 M. Wir betrachten nun die folgende partiell geordnete Menge M := {f I(M, 2 M) Bild(f) = 2 dom(f)}, und wollen uns zunächst überlegen, dass diese die Voraussetzungen des Lemmas von Zorn erfüllt. Dabei ist wegen M zumindest M. Nun sei = F M total geordnet. Wie bereits oben gezeigt, ist dann f I(M, 2 M), und außerdem gilt Bild(f) = Bild(g) = ( ) dom(g)) = 2 dom(g) = 2 dom(f), (2 d.h. es ist f M. Nach dem Lemma von Zorn enthält M ein maximales Element f M und wir betrachten A := dom(f) M. Wir wollen zunächst zeigen, dass M\A endlich ist. Wäre M\A unendlich, so existierte eine zu N gleichmächtige Teilmenge B M\A, und da die Vereinigung zweier abzählbarer Mengen wieder abzählbar ist, ist auch 2 B = 2 N = N = B, d.h. es gibt eine bijektive Abbildung g : B 2 B. Damit ist aber f g : A B 2 A 2 B = 2 (A B) bijektiv und f g M ist echt größer als f, ein Widerspruch. Also ist M\A endlich. Damit ist auch M = A, denn zunächst ist mit M auch A unendlich, enthält also eine zu N gleichmächtige Teilmenge B, und da B (M\A) die Vereinigung der abzählbaren Menge B mit der endlichen Menge M\A ist, ist B (M\A) wieder abzählbar, also zu B gleichmächtig, und somit ist M = (A\B) B (M\A) zu (A\B) B = A gleichmächtig. Wegen A = 2 A ist das Lemma damit bewiesen, wie wir bereits eingangs festgehalten haben. Dies können wir nun auf allgemeine Vereinigungen ausdehnen, wir benötigen hierzu nur eine kleine zusätzliche Notation. Sind M, N zwei Mengen, so haben wir bereits eingesehen, dass stets M N oder N M gilt. Mit dem Symbol max{ M, N } meinen wir dann die Mächtigkeit der größeren der beiden Mengen. Satz 5.4 (Mächtigkeit von Vereinigungen) Sind M, N zwei Mengen, die nicht beide endlich sind, so ist M N = max{ M, N }. 8-3

4 Beweis: Wegen M, N M N ist max{ M, N } M N. Wählen wir U {M, N} mit U = max{ M, N }, so ist nach Lemma 3 weiter M N {0} M {1} N 2 U = U = max{ M, N }. Die erste Abschätzung gilt hierbei da die Vereingung M N höchstens so groß wie die entsprechende disjunkte Vereinigung ist, eine injektive Abbildung wäre etwa { (0, x), x M, f : M N {0} M {1} N; x (1, x), x N\M. Die zweite Abschätzung ergibt sich, da wir wegen M, N U injektive Abbildungen M U, N U haben, die wir zu einer injektiven Abbildung {0} M {1} N 2 U zusammensetzen können. Produkte unendlicher Mengen lassen sich ganz ähnlich behandeln. Lemma 5.5: Für jede unendliche Menge M sind M und M M gleichmächtig. Beweis: Wie im Beweis von Lemma 3 reicht es wieder zu zeigen, dass es eine zu M gleichmächtige Menge M gibt so, dass M M zu M gleichmächtig ist. Denn in diesem Fall gibt es bijektive Abbildungen f : M M M und g : M M, und wir erhalten die bijektive Abbildung Diesmal betrachten wir die Menge { M := f I(M, M M) M g 1 M f M M g g M M. Bild(f) = dom(f) dom(f), dom(f) ist unendlich Da M eine zu N gleichmächtige Menge enthält und N N als abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen gleichmächtig zu N ist, ist zumindest M. Sei F M eine total geordnete Teilmenge. Dann wissen wir bereits f := F I(M, M M) und es gilt Bild(f) = Bild(g) = ( ) ( ) dom(g)) dom(g) dom(g) (dom(g) }. = dom(f) dom(f). Tatsächlich besteht hier sogar die Gleichheit. Sei nämlich (x, y) dom(f) dom(f). Dann existieren g, g F mit x dom(g) und y dom(g ). Da F total geordnet ist, ist g g oder g g, es gibt also ein h F mit x, y dom(h) und somit auch (x, y) dom(h) dom(h) Bild(f). Wegen F gibt es ein g F M und damit ist dom(f) dom(g) auch unendlich, d.h. wir haben f M. Nach dem Lemma von Zorm hat M somit ein maximales Element f M. 8-4

5 Wir schreiben A := dom(f) M, und behaupten das M\A < A ist. Andernfalls ist A M\A und somit enthält M\A eine zu A gleichmächtige Menge B. Da f : A A A bijektiv ist, sind dann A B, B A und B B alle gleichmächtig zu B. Weiter sind diese Mengen unendlich, und nach Satz 4 gibt es auch eine bijektive Abbildung g : B A B B A B B. Damit ist aber f g M echt größer als f im Widerspruch zur Maximalität von f. Dieser Widerspruch zeigt M\A < A. Erneut mit Satz 4 folgt hieraus M = A (M\A) = A, und damit ist auch M gleichmächtig zu M M da dies für A gilt. Satz 5.6 (Mächtigkeit von Produkten) Seien M, N zwei nichtleere Mengen, die nicht beide endlich sind. Dann gilt M N = max{ M, N }. Beweis: Wähle U {M, N} mit M, N U. Dann ist U unendlich und enthält zu M, N gleichmächtige Teilmengen, also enthält U U eine zu M N gleichmächtige Teilmenge und wir haben M N U U = U nach Lemma 5. Wegen M, N enthält andererseits M N eine zu U gleichmächtige Teilmenge, und damit ist auch U M N. Also gilt tatsächlich M N = U = max{ M, N }. Als eine letzte allgemeine Tatsache über Mächtigkeiten unendlicher Mengen, leiten wir nun einen Satz über die Mächtigkeit unendlicher Vereinigungen her. Korollar 5.7: Sei (A i ) i I eine Familie von Mengen und es sei M eine Menge mit A i M für jedes i I. Weiter seien I, M nicht beide endlich. Dann gilt A i max{ I, M }. i I Beweis: Ist M =, so ist auch A i = für jedes i I, und die Behauptung ist klar. Für I = ist die Aussage ebenfalls klar. Nun nehme M, I an. Sei J := {i I A i 8-5

6 und für jedes i J wähle eine surjektive Abbildung f i : M A i. Dann ist auch die Abbildung f : J M i I A i ; (i, x) f i (x) surjektiv. Mit Satz 6 folgt A i J M I M = max{ I, M }. i I Damit haben wir alle allgemeine mengentheoretischen Tatsachen beisammen, die wir zum Beweis der Gleichmächtigkeit aller maximal algebraisch unabhängigen Teilmengen in einer Körpererweiterung benötigen. Zur Einstimmung woller wir aber zuerst die entsprechende Tatsache für lineare Unabhängigkeit beweisen, also zeigen, dass je zwei Basen eines Vektorraums gleichmächtig sind. Dieser Beweis ist sehr ähnlich zum entsprechenden Beweis über algebraische Unabhängigkeit, aber etwas leichter zu durchschauen. Sei also V ein Vektorraum über einem Körper K, und seien A, B V zwei Basen von V. Ist eine der beiden Basen endlich, so wissen wir aus den Grundvorlesungen bereits A = B. Nun seien also A und B beide unendlich. Sei b B. Da A ein Erzeugendensystem von V ist, ist b A eine Linearkombination von Elementen aus A. In dieser Linearkombination kommen nur endlich viele Elemente von A vor, es gibt also eine endliche Teilmenge A(b) A mit b A(b). Wir betrachten nun die Teilmenge A := b B A(b) A. Für jedes b B ist dann b A(b) A, und da B ein Erzeugendensystem von V ist, gilt auch A = V. Da A als Basis aber ein minimales Erzeugendensystem von V ist, folgt A = A. Damit ist nach Korollar 7 aber A = A(b) max{ B, N } = B b B da B(b) N für jedes b B ist. Vertauschen wir A und B, so ist auch B A, wir haben also A = B. Da die Mächtigkeit der natürlichen Zahlen so häufig vorkommt, wird für diese ein eigenes Symbol ℵ 0 := N eingeführt, gesprochen als Aleph-Null. 8-6