くだらねぇ問題はここへ書け (882ﾚｽ)

くだらねぇ問題はここへ書け http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1412425325/

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720: １３２人目の素数さん [sage] 2024/02/29(木) 02:10:14.79 ID:f0/HMLwN >>717 元々、微分積分の理論を有理数から無理数を定義したときと同様に 実数論から再構成してから微分積分の理論を再展開し、 それを実数の超越性の証明に応用して示す長い証明である >>716では結果だけを切り取って書いたから間違いに見えるだけ http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1412425325/720

721: １３２人目の素数さん [sage] 2024/02/29(木) 02:12:10.41 ID:f0/HMLwN >>716では → >>674では http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1412425325/721

722: １３２人目の素数さん [sage] 2024/02/29(木) 02:18:07.65 ID:f0/HMLwN >>717 実数の代数的数の全体がなす体から実数の超越性を定義して 実数論を再展開するときは最小多項式の次数や ディオファンタス近似などを使う必要があって、 有理数から無理数を定義した実数論とは様相が全く違う http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1412425325/722

723: １３２人目の素数さん [sage] 2024/02/29(木) 02:49:35.18 ID:f0/HMLwN >>674では集合 A＝{a^x| xは代数的無理数、aは1より大きい代数的数 } と 実数の代数的数の全体がなす体Bの共通部分 A∩B が空集合であることを示した方が速い http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1412425325/723

724: １３２人目の素数さん [sage] 2024/02/29(木) 03:02:44.91 ID:f0/HMLwN 実数の代数的数の全体がなす体から実数の超越性を定義して 実数論を再展開して微分積分の理論を再展開しても、 その再展開した微分積分は従来の微分積分と殆ど同じで、 再展開した微分積分には殆ど使い道がなく意味は殆どないだろうから、 >>674では結果だけを切り取って書いた http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1412425325/724

726: １３２人目の素数さん [sage] 2024/02/29(木) 10:42:57.75 ID:f0/HMLwN [第1段]：集合Aを A＝{a^x| xは代数的無理数、aは1より大きい実数の代数的数 } と定義する。Bを実数の代数的数の全体がなす体と定義する 集合Aと体Bの共通部分 A∩B について、A∩B≠∅ と仮定する 集合Aと体Bの定義から、或る代数的無理数x、或る a＞1 なる a∈B が存在して、 a^x∈A∩B であって、A∩B⊂B だから a^x∈B である nを a^x の最小多項式の次数とする Case1)：n≧2 のとき。このとき、a^x はn次の代数的無理数だから、 リウビルの定理より a^x に対して或る c＞0 なる実数cが存在して、 両方共に任意の整数p、q p≧1 に対して、|a^x−q/p|＞c/(p^n) である また、無理数 a_x を連分数展開して考えれば、a^x に対して可算無限個の 既約分数 q'/p' p'≧2 が存在して |a^x−q'/p'|＜1/(p')^2 が成り立つ よって、a^x に対して可算無限個の既約分数 q'/p' p'≧2 が存在して c/(p')^n＜|a^x−q'/p'|＜1/(p')^2 であって、 c/(p')^{n-2}＜(p')^2|a^x−q'/p'|＜1 即ち (p')^2|a^x−q'/p'|＜1 である 故に、既約分数 q'/p' p'≧2 について分母の p' が p'→+∞ と+∞に発散させて 既約分数 q'/p' p'≧2 を取れば、或る既約分数 q'/p' p'≧2 が取れて 既約分数 q'/p' p'≧2 は (p')^2|a^x−q'/p'|≧1 を満たし矛盾が生じる http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1412425325/726

727: １３２人目の素数さん [sage] 2024/02/29(木) 10:45:31.62 ID:f0/HMLwN Case2)：n＝1 のとき。このとき、a^x は正の有理数だから、 a^x に対して両方共に或る互いに素な整数 p、q p≧1 が存在して a^x＝q/p である また、仮定からxは代数的無理数である。 xの最小多項式の次数をmとすると、m≧2 であってxはm次の代数的無理数である よって、Case1)の議論におけるnをmで、a^x をxで、それぞれ書き換えて Case1)と同様な議論を繰り返せば、矛盾を得る Case1)、Case2)から、起こり得るすべての場合について矛盾が生じる この矛盾は、A∩B≠∅ と仮定したことから生じたから、背理法により A∩B＝∅ である [第2段]：よって、AとBの各定義から、Aに属する実数の代数的数は存在しない 故に、Aの定義から、任意の1より大きい実数の代数的数a、 任意の代数的無理数xに対して、a^x は実数の超越数である [第3段]：故に、任意の正の代数的数a、任意の代数的無理数x に対して、a^x は実数の超越数である [第4段]：√2 は代数的無理数なることに注意すれば 2^{√2} は実数であって超越数である http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1412425325/727

728: １３２人目の素数さん [sage] 2024/02/29(木) 11:28:32.36 ID:f0/HMLwN 訂正： [第3段]：任意の正の代数的数a → 任意の1とは異なる正の代数的数a [第1段]のCase1)の最後の行の補足： (p')^2|a^x−q'/p'|≧1 → (p')^2|a^x−q'/p'|≧1＞(p')^2|a^x−q'/p'| http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1412425325/728

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