So, nun zum nächsten Punkt, dem Banach-Tarski-Paradoxon.
Kurze Zusammenfassung:
wir werden zeigen, dass man eine Kugeloberfläche in vier Teile zerlegen kann, wobei man anschließend aus jeweils nur zwei Teilen wieder eine jeweils vollständige Kugeloberfläche zusammensetzen kann. Damit können wir aus der ursprünglichen Kugeloberfläche zwei identische Kopien herstellen!
Wir betrachten dabei zunächst eine sogenannte „freie Gruppe“ F. Wir definieren vier „Buchstaben“ s und t sowie ihre Inversen s[up]-1[/up] und t[up]-1[/up]. Daraus bilden wir beliebige „Wörter“ beliebiger Länge; Bsp.:
sttst[up]-1[/up]tst[up]-1[/up]…
Wann immer ein Objekt und sein Inverses nebeneinander stehen „kürzen“ wir sie weg, d.h. in den Wörtern kommen Kombinationen wie
sst[up]-1[/up]
nicht vor.
Nun teilen wir die (unendliche) Menge aller Wörter F in vier Mengen ein, die wir F(s), F(t), F(s[up]-1[/up]) und F(t[up]-1[/up]) nennen. Dabei bezeichnet der Buchstabe in Klammer immer den „Anfangsbuchstaben“ der Wörter in der jeweiligen Menge, d.h. F(s) enthält alle Wörter, die mit s anfangen, F(t) alle die mit t anfangen usw. Damit können wir die Menge aller Wörter, d.h. die gesamte freie Gruppe F, schreiben als Vereinigungsmenge dieser vier Mengen.
F = F(s) U F(t) U F(s[up]-1[/up]) U F(t[up]-1[/up])
Nun betrachten wir die Menge F(s[up]-1[/up]). Da die Wörter in ihr alle mit s[up]-1[/up] anfangen, wissen wir auch, dass der
zweite Buchstabe kein s sein kann, denn sonst wäre er ja weggekürzt worden. D.h. F(s[up]-1[/up]) besteht aus allen Wörtern der Form
w = s[up]-1[/up]xw’
w’ steht für beliebige Wörter, x für alle Buchstaben mit Ausnahme von s
Nun betrachten wir die neue Menge sF(s[up]-1[/up]). Wir wenden also s von links an und erhalten
alle Wörter der Form
sw = ss[up]-1[/up]xw’ = xw’
Damit sind in sF(s[up]-1[/up]) alle Wörter enthalten, mit Ausnahme derjenigen die mit s beginnen. Damit können wir aber die gesamte Menge F schreiben als Vereinigungsmenge von F(s[up]-1[/up]) und sF(s[up]-1[/up]). Dasselbe Spiel können wir natürlich auch mit t treiben. D.h. aber, wir haben ein Paradoxon konstruiert! Oben haben die Gesamtmenge F als Vereinigung aller vier Mengen geschrieben, jetzt können wir F als Vereinigung von nur zwei (der offensichtlich jeweils gleich großen) Mengen schreiben.
F = F(s) U sF(s[up]-1[/up])
F = F(t) U tF(t[up]-1[/up])
Dies ist ein zentraler Schritt des Beweises! Wir können grob sagen, dass die gesamte Menge F in vier „gleich große“ Teile zerlegt werden kann und dass es möglich ist, sie aus jeweils nur zwei Teilen (wobei einer davon transformiert wurde, ohne seine „Größe“ zu ändern) wieder zusammengesetzt werden kann (die Transformation bezieht sich auf die Anwendung von s bzw. t von links). Bisher hat das alles noch einen recht abstrakten Charakter, denn wir sprechen von einer Zerlegung der freien Gruppe F in vier bzw. zwei Teile; nun müssen wir das auf eine messbare Menge, z.B. auf eine Kugeloberfläche übertragen.
Wir setzen für die Buchstaben s und t zwei bestimmte Drehungen, einmal um den Winkel arccos 1/3 um die z-Achse und einmal um arccos 1/3 um die x-Achse (andere Winkel wären möglich). Damit entsprechen den Wörtern in F unendlich viele Drehungen im dreidimensionalen Raum. Wenn der elementare Drehwinkel gleich einer rationalen Zahl m/n mal 360° ist, dann wird die n-fache Anwendung auf eine Drehung um m * 360°, also auf die Identität führen. Wenn jedoch der elementare Drehwinkel gleich einer nicht-rationalen Zahl mal 360° ist, dann wird nie der Fall eintreten, dass man nach einer festen Anzahl von Drehungen eine Drehung um m * 360° erreicht. Mit der oben genannten Wahl der Drehwinkel von arccos 1/3 erreichen wir letzteres; alle Drehungen in den vier Mengen enthalten unendlich viele verschiedene Drehungen, ohne je auf eine Drehung um 360° zu führen und ohne dass verschiedene Wörtern in F derselben Drehung entsprechen.
Wir betrachten nun die Anwendung der Drehungen F(s) auf einen fest vorgegeben Vektor x, der auf einer Kugeloberfläche liegt. Sukzessives Anwenden aller Drehungen aus F(s) überführt diesen Vektor in alle Vektoren, die durch mit s beginnende Drehungen erreichbar sind. Wir nennen diese Menge von Vektoren den Orbit von F(s) bzgl. x und schreiben dafür O[down]x[/down][F(s)]. Analog definieren wir die Orbits der drei anderen Mengen.
Nun wird’s nochmal ein wenig kompliziert. Wir haben die Orbits eines beliebigen Punktes x betrachtet. Der gesamte Orbit O[down]x[/down][F] wird nicht der gesamten Kugeloberfläche S[up]2[/up] entsprechen, sondern lediglich einer Untermenge davon. Das liegt daran, dass wir uns zu Beginn auf einen bestimmten Punkt x festgelegt hatten. Insbs. enthält ein Orbit von x abzählbar viele Punkte (F ist endlich erzeugt, d.h. F besteht aus endlichen, aber beliebig langen Wörtern, die man mittels der natürlichen Zahlen zählen kann; diese Eigenschaft überträgt sich von F direkt auf O[down]x[/down][F]).
Wir betrachten nun
alle Punkte auf der Kugeloberfläche S[up]2[/up] und klassifizieren sie danach, ob sie innerhalb desselben Orbits liegen oder nicht. Bsp.: Gehen wir aus von dem Punkt x; in seinem Orbit liegen die Punkt sx, tx, s[up]-1[/up]x, t[up]-1[/up]x, s[up]2][/up]x usw. Aus diesem Orbit können wir uns einen Punkt herausgreifen, z.B. x selbst. Er „repräsentiert“ unseren Orbit, d.h. er repräsentiert alle Punkte, die von x aus erreichbar sind. Nun betrachten wir einen neuen Punkt y. Es gibt zwei Möglichkeiten: entweder ist er von x aus erreichbar, liegt also im selben Orbit, dann brauchen wir ihn nicht, oder er ist von x aus nicht erreichbar, dann kommt liegt er in einem anderen Orbit. Wir denken uns also die Kugeloberfläche zerlegt in unendlich viele Orbits und wählen aus jedem Orbit genau einen Repräsentanten aus. Die Anzahl der Orbits ist „überabzählbar unendlich“; dies überträgt sich auf die Menge aller Repräsentanten.
Die Auswahl der Repräsentanten entspricht der Anwendung des Auswahlaxioms! Wir können nur sagen, dass aus jedem Orbit ein Punkt ausgewählt werden kann, wir können aber nicht jeden einzelnen Punkt selbst festlegen. Wir können dies für „einige“ vorgegebene Punkte x, y, … tun, aber eben nicht für die gesamte Kugeloberfläche S[up]2[/up].
Die so ausgewählten Punkte bilden zusammen eine unendliche Menge C. Wir können nun die gesamte Kugeloberfläche S[up]2[/up] aus der Menge C rekonstruieren, indem wir für jeden Punkt in C die gesamte freie Gruppe F darauf anwenden. D.h. formal können wir schreiben
F C = S[up]2[/up]
Nun haben wir aber die die freie Gruppe zwei Teilmengen zerlegt, d.h wir können Kugeloberfläche S[up]2[/up] auch durch Anwendung jeweils einer der beiden Mengen rekonstruieren, d.h. wir erhalten S[up]2[/up] auch durch
{F(s) U sF(s[up]-1[/up])} C = S[up]2[/up]
{F(t) U tF(t[up]-1[/up])} C = S[up]2[/up]
Nun führen wir noch eine Verschiebung durch. Wir nehmen die Punkte aus C, verschieben sie um einen festen Vektor und nennen die neue Menge C’. Wenden wir nun die zweite Rekonstruktion auf C’ statt auf C an, so rekonstruieren wir S[up]2[/up], allerdings an einer anderen Stelle im Raum.
Zusammenfassend lässt sich sagen, dass wir mittels der gewählten Zerlegung der freien Gruppe sowie der Anwendung des Auswahlaxioms die Kugeloberfläche S[up]2[/up] verdoppelt haben. Der wesentliche Punkt dabei ist, dass die oben definierten Mengen F(s) C usw. keine echte Konstruktion zulassen; wir haben lediglich ihre Existenz benutzt.
http://www.dmg.tuwien.ac.at/winkler/pub/bata/index.html
Das ist ne neue Erkenntnis für mich, die ich erstmal verdauen muss...
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