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Vorschau:
Reduktion
Ich setze einfache Beweise als bekannt voraus. Die hier vorgestellten Beweise lassen die "offensichtlichen" Zwischenschritte daher ganz bewusst aus. Die Beispiele können unabhängig voneinander gelesen werden.

Reduktion auf einen Spezialfall

Eine sehr wichtige und sehr mächtige Beweismethode: Man löst das Problem erst unter vereinfachten Bedingungen, also in einem Spezialfall, und argumentiert schließlich, dass sich der allgemeine Fall darauf zurückführen lässt. In vielen Fällen gibt es zudem eine "Staffelung" von Spezialfällen: zuerst erledigt man die ganz einfachen Spezialfälle, danach schon kompliziertere Fälle, und erst ganz zum Schluss den allgemeinen Fall. Oder man schreibt es genau umgekehrt herum auf und argumentiert, dass für den allgemeinen Fall einfachere Fälle ausreichen, dafür wiederum noch einfachere Fälle usw. Davon abgesehen ist es aber immer ein guter Tipp, um mit dem Beweis warmzuwerden, zunächst einen einfachen Spezialfall anzuschauen, zumindest wenn einem nicht direkt der allgemeine Fall klar ist. \begin{tikzpicture} \draw[fill=blue!50!white] (0,0) circle [radius=12mm]; \draw[fill=blue!10!white] (0,0) circle [radius=5mm]; \end{tikzpicture}

Beispiel 1

Hilberts Hotel: Wenn $X$ eine unendliche Menge ist, und $x \in X$, dann ist $X \setminus \{x\} \cong X$.
Das $\cong$ steht hier für Gleichmächtigkeit; es ist also eine Bijektion $X \to X \setminus \{x\}$ zu finden. Zunächst einmal kann man sich hier den Spezialfall $X=\IN$, $x=0$ ansehen (zumal $\IN$ sowieso die "kleinste" unendliche Menge ist). Dann hat man eine Bijektion $\IN \to \IN^+$ zu finden, und die sollte sofort ins Auge fallen: $n \mapsto n+1$. Der nächste Fall ist $X \cong \IN$ und $x \in X$ beliebig. Hier kann man aber eine Abzählung finden mit $X = \{x=x_0,x_1,\dotsc,\}$ und die Bijektion verläuft wie vorher nur über die Indizes, also mit $x_n \mapsto x_{n+1}$. Im allgemeinen Fall gibt es eine Teilmenge $D \subseteq X$ mit $D \cong \IN$ und $x \in D$. Wenn wir nun $+$ für die disjunkte Vereinigung schreiben, folgt $X \cong D + (X \setminus D) \cong (D \setminus \{x\}) + (X \setminus D) \cong X \setminus \{x\}.$ Hier war also eine Reduktion auf den Spezialfall einer abzählbar-unendlichen Menge möglich, weil jede unendliche Menge eine solche Menge enthält und die gesuchte Bijektion mit dem Rest gar nichts tun muss, das heißt also alle Elemente außerhalb dieser Teilmenge festlässt.

Beispiel 2

Sei $\langle -,-\rangle$ ein Skalarprodukt auf einem reellen Vektorraum $V$ und $|{-}|$ die induzierte Norm auf $V$. Dann gilt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung $|\langle u,v \rangle| \leq |u| \cdot |v|$ für $u,v \in V$.
Es gibt dafür zahlreiche bekannte Beweise (siehe hier), aber ich möchte hier einmal das folgende Argument bekannter machen, welches ich vor vielen Jahren von Buri gelernt habe. Den Ansatz sollte man sich auf jeden Fall merken, weil er in vielen anderen Beweisen eine Anwendung findet. Wenn $u,v$ linear abhängig sind (also $u = \lambda v$ oder $v = \lambda u$ für einen Skalar $\lambda \in \IR$), rechnet man die Ungleichung, die dann eine Gleichung wird, einfach nach. Ansonsten sind $u,v$ linear unabhängig, und der von $u,v$ erzeugte Teilraum $U \subseteq V$ ist $2$-dimensional. Wir können das Skalarprodukt auf $U$ einschränken. Fazit: Es reicht, die Behauptung für $2$-dimensionale reelle Vektorräume mit einem Skalarprodukt zu zeigen! Bemerkenswert ist, dass diese Reduktion selbst dann gültig ist, wenn $V$ unendlich-dimensional war. Nun ist jeder $2$-dimensionale reelle Vektorraum zu $\IR^2$ isomorph. Aber nicht nur das: wenn wir ein Skalarprodukt auf $\IR^n$ gegeben haben, finden wir mit dem Gram-Schmidt-Verfahren eine Orthonormalbasis, und eine Orthonormalbasis induziert einen orthogonalen (also Skalarprodukt-erhaltenen) Isomorphismus zu $\IR^n$ mit dem Standardskalarprodukt. Und natürlich ist die Cauchy-Schwarz-Ungleichung invariant unter solchen Isomorphismen. Daher ist unser zweites Fazit: Es reicht, die Ungleichung für $\IR^2$ mit dem Standardskalarprodukt zu zeigen! Sprich, wir müssen lediglich die (hier schon quadrierte) Ungleichung $(a_1 b_1 + a_2 b_2)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2) \cdot (b_1^2 + b_2^2)$ für reelle Zahlen $a_1,a_2,b_1,b_2$ zeigen. Durch simples Ausmultiplizieren stellt man fest, dass die Differenz gleich $a_1^2 b_2^2 + b_1^2 a_2^2 - 2 a_1 a_2 b_1 b_2$, also $(a_1 b_2 - b_1 a_2)^2 \geq 0$ ist.

Beispiel 3

Seien $(X_1,\mu_1)$, $(X_2,\mu_2)$ zwei Maßräume und $f : X_1 \to X_2$ eine messbare Abbildung mit $\mu_1(f^{-1}(B))=\mu_2(B)$ für alle messbaren Teilmengen $B \subseteq X_2$. Eine messbare Abbildung $g : X_2 \to \IR$ ist genau dann $\mu_2$-integrierbar, wenn $g \circ f : X_1 \to \IR$ $\mu_1$-integrierbar ist, und in diesem Fall gilt die Formel $\int g ~ \mathrm{d} \mu_2 = \int g \circ f ~ \mathrm{d} \mu_1$.
Man schaut sich hier (natürlich nachdem man die Definitionen von messbar, Maß, integrierbar usw. wiederholt hat) erst einmal den Spezialfall einer charakteristischen Funktion $g = \chi_B$ für eine messbare Teilmenge $B \subseteq X_2$ an. Dann ist die Integralgleichung wegen $g \circ f = \chi_{f^{-1}(B)}$ einfach $\mu_2(B) = \mu_1(f^{-1}(B))$, sprich gerade die Voraussetzung. Ist allgemeiner $g$ eine einfache Funktion, das heißt eine Linearkombination von solchen charakteristischen Funktionen, so können wir einfach die Linearität des Integrals benutzen, um die Behauptung aus dem bereits behandelten Spezialfall abzuleiten. Eine messbare Funktion $g \geq 0$ ist nun der punktweise aufsteigende Limes von einfachen Funktionen $(g_n)$. Die Funktionen $g_n \circ f$ sind ebenfalls einfach und konvergieren punktweise und aufsteigend gegen $g \circ f$. Also erhält man unmittelbar mit der Definition des Integrals (den Satz von der monotonen Konvergenz braucht man hier nicht einmal) die gewünschte Gleichung der Integrale (in $[0,\infty]$) aus dem bereits behandelten Spezialfall von einfachen Funktionen. Die Äquivalenz der Integrierbarkeitsbedingungen (sprich dass die Integrale $<\infty$ sind) folgt hier aus der Gleichung. Der allgemeine Fall einer messbaren Funktion $g$ lässt sich auf den Fall $g \geq 0$ zurückführen, indem wir $g = g^+ - g^-$ mit messbaren Funktionen $g^+,g^- \geq 0$ schreiben, was ja dann auch $g \circ f = g^+ \circ f - g^- \circ f$ impliziert usw. Bei diesem Beweis ist zu beachten, dass man sich die Spezialfälle gar nicht selbst überlegen musste: sie sind durch die Definition bzw. Konstruktion des Integrals bereits vorgegeben. Insofern ist selbst dieser Beweis erzwungen.

Beispiel 4

Sei $A$ ein kommutativer lokaler Ring und seien $M,N$ zwei endlich-erzeugte $A$-Moduln mit $M \otimes_A N = 0$. Dann gilt $M = 0$ oder $N = 0$.
Körper sind die vermutlich einfachsten kommutativen lokalen Ringe. Schauen wir uns diesen Spezialfall also zuerst an. Dann haben $M,N$ Basen $(b_i)_{i \in I}$ bzw. $(c_j)_{j \in J}$, und es ist bekannt, dass dann $(b_i \otimes c_j)_{i \in I, j \in J}$ eine Basis des Tensorproduktes $M \otimes_A N$ ist. Aus $M \otimes_A N = 0$ folgt also $I \times J = \emptyset$ und damit (das ist tatsächlich der Spezialfall $A=\IF_1$, siehe hier) $I=\emptyset$ oder $J=\emptyset$, also $M=0$ oder $N=0$. Im allgemeinen Fall sei $\mathfrak{m}$ das (eindeutige) maximale Ideal von $A$, sodass also $A/\mathfrak{m}$ ein Körper ist. Aus $M \otimes_A N =0$ folgt dann $M/\mathfrak{m}M \otimes_{A/\mathfrak{m}} N/\mathfrak{m}N = (M \otimes_A N) \otimes_A A/\mathfrak{m} = 0$. Aus dem bereits behandelten Spezialfall folgt daher $M/\mathfrak{m}M=0$ oder $N/\mathfrak{m}N=0$. Nun können wir das Lemma von Nakayama verwenden, welches nämlich $M/\mathfrak{m}M=0 \iff M =0$ besagt, und sind fertig. Auf die Endlich-Erzeugtheit kann man indes nicht verzichten, zum Beispiel gilt $\IQ_p / \IZ_p \otimes_{\IZ_p} \IQ_p / \IZ_p = 0$.

Beispiel 5

Sei $P : \IC^n \to \IC^n$ eine injektive polynomielle Abbildung. Dann ist $P$ bereits surjektiv.
Das ist das Ax-Grothendieck-Theorem und ein recht fortgeschrittenes Beispiel für diesen Artikel. Ich nehme es hier auf, weil es hier einen Beweis mit einer wunderschönen und – wenn man es noch nie gesehen hat – absolut verblüffenden Reduktion gibt, und die Beweismethode auch vielseitig anwendbar ist: Man reduziert das Theorem auf den Fall von endlichen Körpern! Wenn $F$ ein endlicher Körper (bzw. irgendeine endliche Menge) ist, dann ist jede injektive Abbildung $F^n \to F^n$ natürlich surjektiv, das ist reine Kombinatorik. Aber was hat $\IC$ mit endlichen Körpern zu tun? Nun, sei $P : \IC^n \to \IC^n$ eine injektive polynomielle Abbildung, repräsentiert durch Polynome $P_i \in \IC[X_1,\dotsc,X_n]$, $i=1,\dotsc,n$. Die Injektivität kann man auch so umformulieren, dass für die Polynome $Q_i := P_i(X)-P_i(X') \in \IC[X_1,\dotsc,X_n,X'_1,\dotsc,X'_n]$ gilt: Jede gemeinsame Nullstelle $(x,x') \in \IC^{2n}$ aller $Q_i$ ist von der Form $(x,x)$ mit $x \in \IC^n$. Das können wir prägnant als $V(Q_1,\dotsc,Q_n) \subseteq V(X_1-X'_1,\dotsc,X_n-X'_n)$ schreiben, wobei $V(-)$ für die gemeinsame Nullstellenmenge steht. Jetzt benutzen wir den Hilbertschen Nullstellensatz: Er liefert $\sqrt{ \langle X_1-X'_1,\dotsc,X_n-X'_n \rangle } \subseteq \sqrt{ \langle Q_1,\dotsc,Q_n \rangle },$ womit es also ein $N \in \IN$ gibt, sodass $(X_i - X'_i)^N$ eine $\IC[X_1,\dotsc,X_n,X'_1,\dotsc,X'_n]$-Linearkombination von $Q_1,\dotsc,Q_n$ ist. Hierbei sind nur endlich viele Koeffizienten in $\IC$ beteiligt. Es gibt daher einen endlich-erzeugten Teilring $A \subseteq \IC$, sodass die $P_i$ Koeffizienten in $A$ haben und die Linearkombination jeweils schon in $A[X_1,\dotsc,X_n,X'_1,\dotsc,X'_n]$ besteht. Bemerken wir zwischendurch, dass solche Linearkombinationen umgekehrt auch die Injektivität von $(P_1,\dotsc,P_n) : A^n \to A^n$ sichern. Jetzt müssen wir ähnlich mit der Annahme vorgehen, dass $P$ nicht surjektiv ist: Es gibt ein $y \in \IC^n$, sodass die $P_i(X)-y_i \in \IC[X_1,\dotsc,X_n]$ keine gemeinsame Nullstelle haben, und mit dem Hilbertschen Nullstellensatz folgt nun, dass es Polynome $R_i \in \IC[X_1,\dotsc,X_n]$ gibt mit $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} (P_i(X)-y_i) R_i = 1.$ Wieder sind hier in $ y$, $P_i$, $R_i$ nur endlich viele Koeffizienten in $\IC$ beteiligt. Die Gleichung gilt also bereits in $B[X_1,\dotsc,X_n]$ für einen endlich-erzeugten Teilring $B \subseteq \IC$. Umgekehrt impliziert die Gleichung, dass $(P_1,\dotsc,P_n) : B^n \to B^n$ nicht surjektiv ist. In dem von $A$ und $B$ erzeugten Teilring $C \subseteq \IC$ gelten nun beide Gleichungssysteme. Wegen $C \neq 0$ hat $C$ ein maximales Ideal $\mathfrak{m}$, das heißt, $F:=C/\mathfrak{m}$ ist ein Körper, und er ist endlich-erzeugt als Ring. Wegen Zariskis Lemma muss $F$ dann ein endlicher Körper sein. Alle genannten Gleichungen gelten nun auch mit $F$ als Koeffizienten. Aus den bereits erwähnten Umkehrungen folgt daher, dass $(P_1,\dotsc,P_n) : F^n \to F^n$ eine polynomielle Abbildung ist, die injektiv, aber nicht surjektiv ist. Und das ist der gesuchte Widerspruch. Es sei nur kurz erwähnt, dass man die Reduktion alternativ auch mit dem Isomorphismus in das Ultraprodukt $\IC \cong \bigl(\prod_{p \text{ prim}} \overline{\IF_p}\bigr) / \mathfrak{m}$ und dem Satz von Łoś hätte begründen können.
 
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