Mengengleichheit zeigen < Mengenlehre < Logik+Mengenlehre < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:16 Di 05.11.2013 | | Autor: | Lustique |
| Aufgabe | Der Teil, der mir Schwierigkeiten bereitet, ist eigentlich aus einer Aufgabe zur Maßtheorie/Stochastik, aber ich denke, dass ist hierfür nicht relevant. Ich werde trotzdem mal den ersten Teil der Aufgabe (Titel: Einschluss-Ausschluss-Prinzip) hier posten:
Sei [mm] $(\Omega, \mathcal{F}, [/mm] P)$ ein Wahrscheinlichkeitsraum und [mm] $A_i\in \mathcal{F}, i\in I=\{1, \dotsc, n\}$. [/mm] Für [mm] $J\subseteq [/mm] I$ sei
[mm] $B_J:=\bigcap_{j\in J} A_j \cap \bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c$; [/mm]
dabei sei der Durchschnitt mit einer leeren Indexmenge gleich [mm] $\Omega$. [/mm] Zeigen Sie:
(a) Für alle [mm] $K\subseteq [/mm] I$ gilt:
[mm] $P\left(\bigcap_{k\in K}A_k\right) [/mm] = [mm] \sum_{K\subseteq J\subseteq I} P(B_J)$. [/mm] |
Hallo zusammen!
Nachdem ich mich jetzt schon seit einigen Stunden an diesem Teil festgebissen habe, benötige ich jetzt wohl Unterstützung.
Ich hatte Folgendes vor, um die Indentität zu zeigen:
1. Zeigen, dass [mm] $B_{J_1}\cap B_{J_2}=\emptyset$ [/mm] für [mm] $J_1\neq J_2$ [/mm] und
2. Zeigen, dass [mm] $\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} B_J [/mm] = [mm] \bigcap_{k\in K}A_k$,
[/mm]
denn dann wäre ich ja wegen der [mm] $\sigma$-Additivität [/mm] von $P$ fertig. Dass beide Aussagen richtig sein sollten, weiß ich, weil ich die Aufgabe so in einem Buch gesehen habe und bei den Lösungshinweisen gesehen habe, dass beides gilt, allerdings natürlich nicht warum, aber sonst hätte ich ja auch nichts zu tun...
Nun habe ich mit Mühe und Not bewiesen, dass [mm] $B_{J_1}\cap B_{J_2}=\emptyset$ [/mm] für [mm] $J_1\neq J_2$ [/mm] (Das ist bei mir eine ganze DIN A4-Seite, auf der ich ziemlich viel mit De'Morgan und Ähnlichem herumgespielt habe, und dann ist die Schlussfolgerung am Ende auch eher schwammig. Gibt es da einen besseren Weg? Ich habe nämlich den Ausdruck umgeformt zu [mm] $\left(\bigcap_{j\in(J_1\cup J_2)}A_j\right)\cap\left(\bigcap_{j\in I\setminus (J_1\cap J_2)}A_j^c \right)=\{x\in\Omega | (x\in A_j\forall j\in (J_1\cup J_2)) \wedge (x\notin A_j\forall j\in I\setminus (J_1\cap J_2))\}=\emptyset [/mm] $ )
Bei [mm] $\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} B_J [/mm] = [mm] \bigcap_{k\in K}A_k$ [/mm] komme ich allerdings nicht weiter.
Ich habe zwar auch mal umgeformt: [mm] $B_J [/mm] = [mm] \left(\bigcap_{j\in J} A_j\right)\setminus\left(\bigcup_{j\in I\setminus J} A_j\right)$, [/mm] aber das hat mir auch nicht weitergeholfen.
Das einzige, was ich zustande gebracht habe, war Quatsch wie:
[mm] $\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} B_J =\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \left(\bigcap_{j\in J} A_j \cap \bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\cap \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcap_{j\in K}A_j\right)\cap \Omega$ [/mm]
aber so leicht geht es ja leider nicht. Teilmengenbeziehungen habe ich auch keine Zustande gebracht.
Ich wäre deswegen wirklich dankbar für alle Tipps, die mir weiterhelfen und die ihr mir überlassen könntet!
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Hiho,
das ist mal eine gut ausgearbeitete Frage 
Dann wollen wir das mal angehen:
> 1. Zeigen, dass [mm]B_{J_1}\cap B_{J_2}=\emptyset[/mm] für [mm]J_1\neq J_2[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> und
>
> 2. Zeigen, dass [mm]\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} B_J = \bigcap_{k\in K}A_k[/mm],
>
> denn dann wäre ich ja wegen der [mm]\sigma[/mm]-Additivität von [mm]P[/mm] fertig.
> Nun habe ich mit Mühe und Not bewiesen, dass [mm]B_{J_1}\cap B_{J_2}=\emptyset[/mm] für [mm]J_1\neq J_2[/mm]
Da gibt es einen sehr viel einfacheren Weg. Möchtest du alleine drauf kommen oder soll man es dir zeigen?
Tipp: [mm] $J_1 \not= J_2 \gdw \exists [/mm] z: [mm] z\in J_1 \wedge z\not\in J_2 \gdw \exists [/mm] z: [mm] z\in J_1 \wedge z\in I\setminus J_2$
[/mm]
Der Rest besteht nur aus:
1.) Definitionen hinschreiben
2.) Umschreiben, dass da steht [mm] $A_z \cap A_z^c \cap \text{Rest}$
[/mm]
3.) Ausnutzen, dass [mm] $A_z \cap A_z^c [/mm] = [mm] \emptyset$ [/mm] und der Schnitt mit der leeren Menge bekannt ist 
>
> Ich habe zwar auch mal umgeformt: [mm]B_J = \left(\bigcap_{j\in J} A_j\right)\setminus\left(\bigcup_{j\in I\setminus J} A_j\right)[/mm],
> aber das hat mir auch nicht weitergeholfen.
>
> Das einzige, was ich zustande gebracht habe, war Quatsch
> wie:
Warum sollte das Quatsch sein?
> [mm]\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} B_J =\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \left(\bigcap_{j\in J} A_j \cap \bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\cap \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcap_{j\in K}A_j\right)\cap \Omega[/mm]
Das ist doch genau das, was du haben willst?
Deine Bäume sind schon da, und den Wald hast du selbst hingeschrieben....
Wieso denkst du jetzt, du hättest es nicht geschafft?
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:05 Di 05.11.2013 | | Autor: | Lustique |
Hallo Gono., danke für deine Antwort!
> Hiho,
>
> das ist mal eine gut ausgearbeitete Frage
Danke für die Blumen. :D Ich habe mir gedacht: Wenn ich hier schon nicht sonderlich viele Fragen beantworte(n kann), dann will ich zumindest vernünftige Fragen stellen.
> Dann wollen wir das mal angehen:
>
> > 1. Zeigen, dass [mm]B_{J_1}\cap B_{J_2}=\emptyset[/mm] für [mm]J_1\neq J_2[/mm]
>
>
> > und
> >
> > 2. Zeigen, dass [mm]\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} B_J = \bigcap_{k\in K}A_k[/mm],
>
> >
> > denn dann wäre ich ja wegen der [mm]\sigma[/mm]-Additivität von [mm]P[/mm]
> fertig.
>
>
>
> > Nun habe ich mit Mühe und Not bewiesen, dass [mm]B_{J_1}\cap B_{J_2}=\emptyset[/mm]
> für [mm]J_1\neq J_2[/mm]
>
> Da gibt es einen sehr viel einfacheren Weg. Möchtest du
> alleine drauf kommen oder soll man es dir zeigen?
Wenn du so fragst, dann natürlich erst mal alleine drauf kommen, es sei denn, es hakt wieder irgendwo...
> Tipp: [mm]J_1 \not= J_2 \gdw \exists z: z\in J_1 \wedge z\not\in J_2 \gdw \exists z: z\in J_1 \wedge z\in I\setminus J_2[/mm]
Muss man also Fälle wie [mm] $J_1\subseteq J_2$ [/mm] gesondert behandeln? In diesem Fall wäre die Zeile von dir ja nicht gültig, oder?
> Der Rest besteht nur aus:
>
> 1.) Definitionen hinschreiben
> 2.) Umschreiben, dass da steht [mm]A_z \cap A_z^c \cap \text{Rest}[/mm]
>
> 3.) Ausnutzen, dass [mm]A_z \cap A_z^c = \emptyset[/mm] und der
> Schnitt mit der leeren Menge bekannt ist
Ok, danke, wenn die Frage weiter oben geklärt ist, werde ich mich mal daran machen.
> >
> > Ich habe zwar auch mal umgeformt: [mm]B_J = \left(\bigcap_{j\in J} A_j\right)\setminus\left(\bigcup_{j\in I\setminus J} A_j\right)[/mm],
> > aber das hat mir auch nicht weitergeholfen.
> >
> > Das einzige, was ich zustande gebracht habe, war Quatsch
> > wie:
>
> Warum sollte das Quatsch sein?
Das kam mir auch alles erst richtig vor (einfach das Distributivgesetz anwenden), ich habe dann aber mal "zur Kontrolle" das ganze mal für wenige Mengen ausprobiert, und da hat es irgendwie nicht gepasst, also das reinziehen von der Vereinigung beim zweiten "=", und dann bin ich davon ausgegangen, dass das, was ich da gemacht habe, so nicht funktioniert (sind ja auch ziemlich viele [mm] $\cap$'s [/mm] und [mm] $\cup$'s). [/mm] Du bist dir also sicher, dass der Schritt richtig ist?
> > [mm]\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} B_J =\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \left(\bigcap_{j\in J} A_j \cap \bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\cap \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcap_{j\in K}A_j\right)\cap \Omega[/mm]
>
>
> Das ist doch genau das, was du haben willst?
> Deine Bäume sind schon da, und den Wald hast du selbst
> hingeschrieben....
> Wieso denkst du jetzt, du hättest es nicht geschafft?
Na ja, siehe oben. Wenn das allerdings stimmt, dann bin ich natürlich fertig.
> Gruß,
> Gono.
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Hiho,
> Wenn du so fragst, dann natürlich erst mal alleine drauf
> kommen, es sei denn, es hakt wieder irgendwo...
Sollte eigentlich nicht
> > Tipp: [mm]J_1 \not= J_2 \gdw \exists z: z\in J_1 \wedge z\not\in J_2 \gdw \exists z: z\in J_1 \wedge z\in I\setminus J_2[/mm]
>
> Muss man also Fälle wie [mm]J_1\subseteq J_2[/mm] gesondert behandeln? In diesem Fall wäre die Zeile von dir ja nicht gültig, oder?
Ja. Korrekt wäre natürlich ein "oder genau andersrum" dahinter.
Die Idee ist letztlich aber, dass es eben ein Element gibt, was in der einen Menge drin ist, aber nicht in der anderen.
oBdA kannst du aufgrund der Symmetrie des Problems aber annehmen, dass dieses Element sich eben in [mm] $J_1$.
[/mm]
> ich habe dann aber mal "zur Kontrolle" das ganze mal für wenige Mengen ausprobiert, und da hat es irgendwie nicht gepasst
Na dann zeig dein Gegenbeispiel doch mal.
Ich würde aber erstmal behaupten, deine Gleichungskette sieht gut aus
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:29 Do 21.11.2013 | | Autor: | Lustique |
> Na dann zeig dein Gegenbeispiel doch mal.
> Ich würde aber erstmal behaupten, deine Gleichungskette
> sieht gut aus
>
> Gruß,
> Gono.
Hallo Gono,
ich habe heute erfahren, dass Folgendes wohl tatsächlich nicht gilt:
$ [mm] \bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} B_J =\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \left(\bigcap_{j\in J} A_j \cap \bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\cap \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcap_{j\in K}A_j\right)\cap \Omega [/mm] $
Das Argument war (mein Gegenbeispiel ist mir nicht mehr eingefallen/ich habe es nicht mehr gefunden):
Es gilt wohl nur
[mm] $\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \left(\bigcap_{j\in J} A_j \cap \bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right){\color{red} \subseteq}\left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\cap \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)$
[/mm]
denn sei [mm] $x\in \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\cap \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)$, [/mm] dann könnte ja eine Indexmenge [mm] $\hat [/mm] J$ existieren, so dass [mm] $x\in \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)$, [/mm] und eine Indexmenge [mm] $\hat I\neq\hat [/mm] J$, so dass [mm] $x\in \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)$, [/mm] aber dann wäre [mm] $x\not\in \bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \left(\bigcap_{j\in J} A_j \cap \bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)$. [/mm] Ich hoffe, ich habe das jetzt so richtig wiedergegeben (zumindest sinngemäß).
Lässt sich das dann wohl noch irgendwie retten? Und hast du eine Erklärung, warum das nicht funktioniert? Kann man da gar nicht mit dem Distributivgesetz argumentieren, bzw. habe ich es falsch angewendet?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:38 Fr 22.11.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lustique,
> > Na dann zeig dein Gegenbeispiel doch mal.
> > Ich würde aber erstmal behaupten, deine
> Gleichungskette
> > sieht gut aus
> >
> > Gruß,
> > Gono.
>
> Hallo Gono,
> ich habe heute erfahren, dass Folgendes wohl tatsächlich
> nicht gilt:
>
> [mm]\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} B_J =\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \left(\bigcap_{j\in J} A_j \cap \bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\cap \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)=\left(\bigcap_{j\in K}A_j\right)\cap \Omega[/mm]
>
> Das Argument war (mein Gegenbeispiel ist mir nicht mehr
> eingefallen/ich habe es nicht mehr gefunden):
>
> Es gilt wohl nur
>
> [mm]\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \left(\bigcap_{j\in J} A_j \cap \bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right){\color{red} \subseteq}\left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\cap \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)[/mm]
schauen wir doch einfach mal:
Wenn $x [mm] \in$ [/mm] linker Seite ist, dann bedeutet das doch: Es gibt eine Menge [mm] $J_0\,$
[/mm]
mit $K [mm] \subseteq J_0 \subseteq [/mm] I$ derart, dass gilt:
Für alle $j [mm] \in J_0$ [/mm] ist $x [mm] \in A_j$ [/mm] und für alle $i [mm] \in [/mm] I [mm] \setminus J_0$ [/mm] ist $x [mm] \notin A_i\,.$
[/mm]
Dann folgt natürlich:
1. Es ist [mm] $J_0\,$ [/mm] mit $K [mm] \subseteq J_0 \subseteq [/mm] I$ und $x [mm] \in A_j$ [/mm] für alle $j [mm] \in J_0,$
[/mm]
also ist
$x [mm] \in \bigcap_{j \in J_0}A_j \subseteq \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\,.$
[/mm]
2. Es ist [mm] $J_0$ [/mm] mit $K [mm] \subseteq J_0 \subseteq [/mm] I$ mit $x [mm] \notin A_i$ [/mm] für alle $i [mm] \in [/mm] I [mm] \setminus J_0,$ [/mm] also folgt
$x [mm] \in \bigcap_{I \setminus J_0}{A_j}^c \subseteq \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right).$
[/mm]
Damit ist [mm] $x\,$ [/mm] auch im Schnitt der beiden Mengen von 1. und 2. ganz
rechterhand.
Jetzt testen wir, ob auch die umgekehrte Inklusion gilt. Meistens sieht man
an einer Stelle, wo man nicht weiterkommt, dann auch, warum man da
nicht weiterkommt:
Sei also
$x [mm] \in \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)\cap \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)\,.$
[/mm]
Dann gibt es
1. wegen $x [mm] \in \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I} \bigcap_{j\in J} A_j \right)$
[/mm]
eine Menge [mm] $J_0$ [/mm] mit $K [mm] \subseteq J_0 \subseteq [/mm] I$ und
$x [mm] \in A_j$ [/mm] für alle $j [mm] \in J_0\,.$
[/mm]
2. wegen $x [mm] \in \left(\bigcup_{K\subseteq J\subseteq I}\bigcap_{j\in I\setminus J} A_j^c\right)$ [/mm]
eine Menge [mm] $J_1$ [/mm] mit $K [mm] \subseteq J_1 \subseteq [/mm] I$ und
$x [mm] \notin A_k$ [/mm] für alle $k [mm] \in [/mm] I [mm] \setminus J_1\,.$
[/mm]
Der Haken ist, dass i.a. [mm] $J_0 \not=J_1$ [/mm] gelten wird. Jetzt überlegen wir,
wie bzw. ob wir uns damit auch mal ein Beispiel angeben können, so dass
wir sehen, dass bei dem Dein obiges rotes [mm] $\subseteq$ [/mm] tatsächlich in ein
[mm] $\subsetneqq$ [/mm] übergeht (wir haben ja noch gar nicht bewiesen, dass dort i.a.
kein [mm] $\supseteq$ [/mm] geschrieben werden kann; nur, weil unser Beweis hier nicht
weitergeht, heißt es ja nicht, dass es keine andere Beweismöglichkeit dafür
geben könnte):
Auch das basteln wir uns wieder zusammen. Was wissen wir denn? Naja,
wenn $K [mm] \subseteq J_0 \subseteq [/mm] I$ und auch $K [mm] \subseteq J_1 \subseteq I\,,$
[/mm]
dann können wir uns mal überlegen:
Können wir etwas über $I [mm] \setminus J_0$ [/mm] sagen, wenn
1. Fall: [mm] $J_1=J_0$: [/mm] Ja, hier hätten wir ja doch Gleichheit...
2. Fall: [mm] $J_1 \subsetneqq J_0$: [/mm] Dann ist ja $(I [mm] \setminus J_0)\;\subsetneqq [/mm] (I [mm] \setminus J_1)\,.$
[/mm]
Okay, schaun wir mal: Für alle $j [mm] \in J_0$ [/mm] ist ja $x [mm] \in A_j\,.$ [/mm] Dann muss für alle
$j [mm] \in [/mm] I [mm] \setminus J_0$ [/mm] auch $x [mm] \notin A_j$ [/mm] gelten wegen $(I [mm] \setminus J_0)\;\subsetneqq [/mm] (I [mm] \setminus J_1)\,.$
[/mm]
Hier haben wir also auch Gleichheit. So bekommen wir also auch keinen
Widerspruch gebastelt.
Versuchen wir also mal einen weiteren
3. Fall: Sei [mm] $J_0 \subsetneqq J_1\,.$ [/mm] Dann gilt
$(I [mm] \setminus J_1)\;\subsetneqq [/mm] (I [mm] \setminus J_0)\,.$
[/mm]
Für alle $j [mm] \in J_0$ [/mm] ist hier natürlich auch $x [mm] \in A_j\,.$ [/mm] Leider haben wir hier
aber das Problem, dass wir nicht sagen können, dass auch
für alle $i [mm] \in [/mm] I [mm] \setminus J_0$ [/mm] auch $x [mm] \notin A_i$
[/mm]
gilt: Es kann ja ein $p [mm] \in [/mm] I [mm] \cap (J_1 \setminus J_0)\not=\varnothing$ [/mm] geben mit
$x [mm] \in A_p\,.$
[/mm]
Das sind jetzt quasi "theoretische Vorüberlegungen", die einem schonmal
die Richtung geben:
Wenn man ein Gegenbeispiel basteln kann, dann nehme man eine Menge
[mm] $J_0$ [/mm] mit
$K [mm] \subseteq J_0 \subseteq [/mm] I$
so, dass
$x [mm] \in A_j$ [/mm] für alle $j [mm] \in J_0$
[/mm]
und man nehme eine zweite Menge [mm] $J_1$ [/mm] mit
$K [mm] \subseteq J_1 \subseteq [/mm] I$
so, dass
[mm] $J_0 \subsetneqq J_1$ [/mm] (also auch [mm] $J_1 \setminus J_0 \not=\varnothing$).
[/mm]
(Nebenbei: Dir ist klar, dass wir nicht alle Fälle oben durchgespielt haben,
oder? Der Fall [mm] $J_0 \not=J_1$ [/mm] hat mehrere Unterfälle, wir haben nur zwei davon
behandelt:
[mm] $J_0 \not=J_1$ $\iff$ $(J_0 \setminus J_1) \cup (J_1 \setminus J_0) \not=\varnothing$.
[/mm]
Und der Fall rechterhand enthält auch den Fall, dass sowohl [mm] $(J_1 \setminus J_0)$ [/mm] als auch
[mm] $(J_0 \setminus J_1)$ [/mm] beide nicht [mm] $=\varnothing$ [/mm] sind! Eventuell reicht es zur Konstruktion eines
Gegenbeispiels also, "nur" [mm] $J_1 \setminus J_0 \not=\varnothing$ [/mm] zu fordern [ohne den Zusatz [mm] $J_0 \subseteq J_1$].)
[/mm]
Nun denn: Das war die Anleitung. Viel Spaß beim Schrauben. (Ich gebe auch
keine Gewährleistung darauf, dass ich da nicht vielleicht doch an einer
Stelle einen Denkfehler gemacht habe oder etwas übersehen wurde.)
Gruß,
Marcel
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