ガロア第一論文と乗数イデアル他関連資料スレ13

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99: 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP  [] 2025/02/03(月) 20:51:05.51 ID:KN6t4rnq

>>83 追加

下記も知っておく方が良い
特に

1.任意の集合は整列可能．
　↓
2.任意の全順序集合は整列可能．
　↓
3.集合 X が整列可能ならば冪集合 P(X) も整列可能．

これ、Jechの証明は、冪集合 P(X)を利用して 集合 Xの整列可能をしている
一見その逆の主張だね、面白い ；ｐ）

(参考)
alg-d.com/math/ac/wot.html
alg-d 壱大整域
選択公理 > 整列可能定理について
2012年08月05日
定理4 次の命題は同値
1.任意の集合は整列可能．
2.任意の全順序集合は整列可能．
3.集合 X が整列可能ならば冪集合 P(X) も整列可能．
4.順序数αに対して P(α) も整列可能．

証明 (1⇒2) 自明
(2⇒3) (X, ≦)を整列順序集合とする． P(X) に二項関係 < を
A<B ⇔ ある a∈A＼B が存在して任意の b∈B＼A に対して a<b
で定める．これによって P(α) が全順序集合になることを確かめる．
(i) ￢A<A について．
A＼A= ∅ なので明らか

(ii) A<B ⇒ ￢B<A について．
A<Bとすると < の定義より，あるa0∈A＼Bが存在して「任意の b∈B＼A に対して a0<b 」となる．よって明らかに ￢B<A である．

(iii) A<B または A=B または B<A について．
A≠B とすると，X は整列順序集合だから a := min( (A＼B)∪(B＼A) ) が存在する．勿論 a∈A または a∈B であるが，明らかに a∈A ならば A < Bで，a∈B ならば B < A である．

(iv) (A<B かつ B<C) ⇒ A<C について．
￢A<C と仮定する．A=C だとすると A<BかつB<A となり(ii)に反するので A≠B である．故に(iii)から C<A である．A<B, B<C, C<A より
(1)　任意の b∈B＼A に対して a0 < b
(2)　任意の c∈C＼B に対して b0 < c
(3)　任意の a∈A＼C に対して c0 < a
を満たすa0∈A＼B, b0∈B＼C, c0∈C＼Aが存在する．a0∈A＼Cである．
∵ a0 ∉ A＼C と仮定する．即ちa0∈Ac∪Cである．a0∈A＼Bだったから a0 ∈ (Ac∪C)∪(A＼B) = A∪C＼B ⊂ C＼B である．よって(2)により b0 < a0．従って(1)から b0 ∉ B＼A でなければならない．すると同様の議論を繰り返して a0 < c0 < b0 < a0 が導かれ，矛盾．

同様にしてb0∈B＼A, c0∈C＼Bである．従って(1)(2)(3)から a0 < b0 < c0 < a0 となり，矛盾する．
以上より(P(X), <)は全順序集合である．よって，仮定より整列可能である．

(3⇒4) 明らか．
以下略す

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1738367013/99

111: 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP  [] 2025/02/04(火) 00:07:04.95 ID:siKztgRy

>>108
>うん、人の意思があーとか言う前に∀と∃の違いからやり直すべき

分って無いんか？
例を挙げよう
下記 選択公理と等価な命題で、”ベクトル空間における基底の存在”があり
次元定理が導かれる

この応用として、下記に 具体的な
{(1,1), (−1,2)} が R2 の基底を成すことの証明で
”次元定理による証明”として、極めて簡潔な証明があるよ
直接法と比べて見れば良い
抽象的な存在定理から、具体的なベクトルが その空間における基底であることが証明できる■

(参考)
ja.wikipedia.org/wiki/%E9%81%B8%E6%8A%9E%E5%85%AC%E7%90%86
選択公理
選択公理と等価な命題
ベクトル空間における基底の存在
全てのベクトル空間は基底を持つ（1984年にen:Andreas Blassによって選択公理と同値であることが証明された。ただし、正則性公理が必要になる）。

ja.wikipedia.org/wiki/%E5%9F%BA%E5%BA%95_(%E7%B7%9A%E5%9E%8B%E4%BB%A3%E6%95%B0%E5%AD%A6)
基底 (線型代数学)
任意のベクトル空間は基底を持つ（このことの証明には選択公理が必要である）。一つのベクトル空間では、全ての基底が同じ濃度（元の個数）を持ち、その濃度をそのベクトル空間の次元と呼ぶ。この事実は次元定理（英語版）と呼ばれる（証明には、選択公理のきわめて弱い形である超フィルター補題が必要である）。

基底の存在
例
ベクトル空間 R2 を考える
一つの数学的結果が複数のやり方で証明できることは普通であるが、ここでは {(1,1), (−1,2)} が R2 の基底を成すことの証明を三通りほど挙げてみる。

直接証明
定義に忠実に、二つのベクトル (1,1), (−1,2) が線型独立であることと R2 を生成することとを示す。
線型独立性
実数 a, b に対して線型関係
略す
全域性
二つのベクトル (1,1), (−1,2) が R2 を生成することを示すには、いま (a, b) を R2 の勝手な元として、
略す

次元定理による証明
(−1,2) は明らかに (1,1) の定数倍ではないし、(1,1) も明らかに零ベクトルではないから、二つのベクトル (1,1), (−1,2) は線型独立。これを延長して基底が得られるはずだが、R2 の次元は 2 だから、{(1,1), (−1,2)} は既に R2 の基底を成している。

正則行列を用いた証明
略す

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1738367013/111

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