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Example text

Ii) F¨ ur jede Teilmenge K ⊆ L gilt R1 (K) K = L . Beweis. (i) Angenommen es gibt Elemente in L \ (R−1 (l) ∪ R1 (l)). Es sei s ein solches Element minimaler L¨ ange. Wegen 1 ∈ R1 (l) gilt s = 1. 14 Elemente k ∈ L und r ∈ L mit s ∈ kr und l(s) = l(r) + 1. Es gilt also s ∈ R−1 (r), und wegen der Minimalit¨at von l(s) folgt r ∈ R−1 (l) ∪ R1 (l). Weil s ∈ / R−1 (l), gilt somit r ∈ / R−1 (l). Denn f¨ ur q ∈ L mit q ∈ R−1 (l) gilt R−1 (q) ⊆ R−1 (l): Es sei t ∈ R−1 (q). Dann existiert u ∈ L mit t ∈ uq und l(t) = l(u) + l(q).

Und somit eH −1 F¨ ur t ∈ T und g ∈ G mit xg ∈ xt definieren wir ˜ ˜ f H) ˜ | f ∈ eH ˜ g˜H}) ˜ . txT ϕ := g˜H (= {(eH, F¨ ur t ∈ T seien e, f ∈ G mit xe−1 ∈ xt und xf −1 ∈ xt gegeben. Dann existiert ein h ∈ H mit xe−1 h = xf −1 . Es folgt e−1 hf ∈ H, also f ∈ HeH. Somit haben wir ˜ ˜ ˜ /H ˜ ist wohldefiniert. HeH = Hf H und e˜H = f˜H gezeigt und die Abbildung TxT → G/ ˜ ˜ /H, ˜ die xT auf Nach Definition ist ϕ nun eine Abbildung xT ∪ TxT → G/H ∪ G/ ˜ ˜ ˜ G/H und TxT auf G//H abbildet. Es bleibt zu zeigen, dass ϕ ein Isomorphismus ist.

Offenbar gilt M ∩ N ⊆ M ∩ N . Wir nehmen widerspr¨ uchlich an, es gebe ein Element s minimaler L¨ ange in ( M ∩ N ) \ M ∩ N . 14). Es gilt also s ∈ R−1 (l). Wir zeigen l ∈ M . Nach der Austauschbedingung gilt {m} = m1 ⊆ 1l ∪ R1 (l) f¨ ur alle m ∈ M . W¨ are l ∈ / M , so folgte m ∈ R1 (l) f¨ ur alle m ∈ M , insbesondere s ∈ R1 (l). Dieser Widerspruch zeigt l ∈ M . Analog folgt l ∈ N , also l ∈ M ∩ N . Dies impliziert r ∈ M ∩ N wegen s ∈ rl. Wegen l(r) < l(s) folgt daraus r ∈ M ∩ N . Dies ergibt den Widerspruch s ∈ rl ⊆ M ∩ N .