ガロア第一論文と乗数イデアル他関連資料スレ13

[過去ﾛｸﾞ] ガロア第一論文と乗数イデアル他関連資料スレ13 (1002ﾚｽ)
上下前次 1-新

このｽﾚｯﾄﾞは過去ﾛｸﾞ倉庫に格納されています｡
次ｽﾚ検索歴削→次ｽﾚ栞削→次ｽﾚ過去ﾛｸﾞﾒﾆｭｰ

705: 02/11(火)18:50 ID:MW1+hP7T(43/61) AAS
>>703 知らん

706(1): 02/11(火)18:52 ID:xoFIjB4w(12/14) AAS
表現論には
線形代数だけでなく
フーリエ解析の素養も必要なのでは？

707: 02/11(火)18:53 ID:MW1+hP7T(44/61) AAS
嘘つきの１とちがって
知らないと言ったら負け
とかいう●った精神はない

知らんもんは知らん
興味を持ったら勉強してやるから
興味持たせてみやがれ　富山のかっぺ（嘲）

708(1): 02/11(火)18:54 ID:MW1+hP7T(45/61) AAS
>>706　
表現論も知らんｗ
フーリエ解析も知らんｗ

709: 02/11(火)19:00 ID:MW1+hP7T(46/61) AAS
クソ爺がつける餌はどれもこれも不味そうだ

710: 02/11(火)19:01 ID:MW1+hP7T(47/61) AAS
だからクソ爺みたいな奴には絶対になりたくない
人として嫌いだ

711(1): 02/11(火)19:01 ID:xoFIjB4w(13/14) AAS
>>708
でも表現論が線形代数の応用であることは知っている

712: 02/11(火)19:15 ID:MW1+hP7T(48/61) AAS
>>711　解析に関することには興味がない

713: 02/11(火)19:16 ID:MW1+hP7T(49/61) AAS
数学をやめた一番の理由は、解析が無理だったから

714: 02/11(火)19:17 ID:MW1+hP7T(50/61) AAS
不等式の取り扱いを面白いと感じたことが一度もない
気持ち悪さの極北といってもいいｗ

715(1): 02/11(火)19:26 ID:xoFIjB4w(14/14) AAS
πの無理性はそういうのとは
違うと思うのだが
非常にすっきりわかるよ

716: 02/11(火)19:37 ID:MW1+hP7T(51/61) AAS
>>715
もう黙れよクソ爺
そもそも有理数か無理数かとかいうクソみたいなことに全く何の興味もないんだよ
わかるかクソ爺

717: 02/11(火)19:38 ID:MW1+hP7T(52/61) AAS
クソ爺のネチネチした物言いがいちいち不快
こいつどんな育ち方したんだ気持ち悪い

718: 02/11(火)19:40 ID:MW1+hP7T(53/61) AAS
√２が無理数だというのはさすがにわかるが、全然面白みがわかなかった
円分方程式の根がべき根で表せるというのは、結構面白かったが

719: 02/11(火)19:42 ID:MW1+hP7T(54/61) AAS
特殊な数の特殊な性質に対する特殊な論法というのが面白みを感じない理由かもしれん

720: 02/11(火)19:45 ID:MW1+hP7T(55/61) AAS
クソ爺は直接面白さを示さずもったいぶった物言いするから嫌

721(1): 現代数学の系譜雑談 ◆yH25M02vWFhP 02/11(火)19:45 ID:zr+dFWV7(12/15) AAS
>>680 追加

外部ﾘﾝｸ:en.wikipedia.org
Pi
The number π (/paɪ/ ⓘ; spelled out as "pi") is a mathematical constant, approximately equal to 3.14159, that is the ratio of a circle's circumference to its diameter.

Irrationality and normality
π is an irrational number, meaning that it cannot be written as the ratio of two integers. Fractions such as ⁠
22/7⁠ and ⁠355/113
⁠ are commonly used to approximate π, but no common fraction (ratio of whole numbers) can be its exact value.[21] Because π is irrational, it has an infinite number of digits in its decimal representation, and does not settle into an infinitely repeating pattern of digits. There are several proofs that π is irrational; they generally require calculus and rely on the reductio ad absurdum technique.

（Proof that π is transcendental から下記へ）
外部ﾘﾝｸ:en.wikipedia.org
Lindemann–Weierstrass theorem — if α1, ..., αn are algebraic numbers that are linearly independent over the rational numbers
Q, then eα1, ..., eαn are algebraically independent over Q.

Transcendence of e and π
See also: e (mathematical constant) and Pi
The transcendence of e and π are direct corollaries of this theorem.
To prove that π is transcendental, we prove that it is not algebraic. If π were algebraic, πi would be algebraic as well, and then by the Lindemann–Weierstrass theorem eπi = −1 (see Euler's identity) would be transcendental, a contradiction. Therefore π is not algebraic, which means that it is transcendental.
A slight variant on the same proof will show that if α is a non-zero algebraic number then sin(α), cos(α), tan(α) and their hyperbolic counterparts are also transcendental.

Lindemann–Weierstrass theorem
Lindemann–Weierstrass Theorem (Baker's reformulation). — If a1, ..., an are algebraic numbers, and α1, ..., αn are distinct algebraic numbers, then[10]
a1e^α1+a2e^α2+・・・ +ane^αn =0
has only the trivial solution
ai=0 for all i=1,・・・ ,n.
Proof
略

つづく

722(2): 現代数学の系譜雑談 ◆yH25M02vWFhP 02/11(火)19:45 ID:zr+dFWV7(13/15) AAS
つづき

外部ﾘﾝｸ:en.wikipedia.org
Proof that π is irrational
In the 1760s, Johann Heinrich Lambert was the first to prove that the number π is irrational, meaning it cannot be expressed as a fraction
a/b, where
a and b are both integers. In the 19th century, Charles Hermite found a proof that requires no prerequisite knowledge beyond basic calculus. Three simplifications of Hermite's proof are due to Mary Cartwright, Ivan Niven, and Nicolas Bourbaki. Another proof, which is a simplification of Lambert's proof, is due to Miklós Laczkovich. Many of these are proofs by contradiction.
In 1882, Ferdinand von Lindemann proved that
π is not just irrational, but transcendental as well.[1]

Lambert's proof
略

Hermite's proof
略

Cartwright's proof
略

Niven's proof
略

Bourbaki's proof
略

Laczkovich's proof
略
以上

723: 02/11(火)19:48 ID:MW1+hP7T(56/61) AAS
>>721-722　数学のスの字もわからん馬鹿素人は口をはさむなｗ

肝心なことは全部略のくせにｗｗｗ

724(3): 02/11(火)19:50 ID:MW1+hP7T(57/61) AAS
外部ﾘﾝｸ:manabitimes.jp

ご苦労様という感じ
ワクワク感はゼロ

725: 02/11(火)19:58 ID:MW1+hP7T(58/61) AAS
◆yH25M02vWFhPは
グロタンディクをひきあいにだして
ブルバキは一周遅れというが
そういう自分は二周遅れ
だったりするのがおかしい

プログラミングについても同じ
ｃは一周遅れとかいうが
そういう自分はFORTRANとかしか知らん感じ
それ二周遅れだろ

726: 02/11(火)20:00 ID:MW1+hP7T(59/61) AAS
まあ、ＦＯＲＴＲＡＮはまだマシかもしれん
ＣＯＢＯＬとかかなり悲惨らしいから

727(1): 02/11(火)20:07 ID:MW1+hP7T(60/61) AAS
中学高校の「算数」はつまるところ
複素数の乗算と指数関数（底が実数か絶対値１の複素数か）
に尽きる

いわゆる三角関数は、絶対値１の複素数を底とする指数関数の実部と虚部に過ぎない

728: 02/11(火)21:04 ID:SQ07GpKQ(8/12) AAS
>特殊な数の特殊な性質に対する特殊な論法というのが面白みを感じない理由かもしれん
eという特殊な数の無理性を示す論法が
非常に初等的であるのに対し
πの無理性の証明は非常に技巧的に感じられるのは
誰でも同じだと思う。
ところがハーディー・ライトの本では
これらが同じアイディアに基づくものだと
言い切っている。
「嘘だろう」と思いながら
証明をとことん読みなおした結果
その考えが正しいことを認めざるを得なかった。

729: 02/11(火)21:18 ID:MW1+hP7T(61/61) AAS
だから何？
いい加減黙れよクソ爺

730: 02/11(火)21:24 ID:SQ07GpKQ(9/12) AAS
>クソ爺は直接面白さを示さずもったいぶった物言いするから嫌

できるだけ実体験に基づいて
直接的な言い方をしたつもりだったが

731: 02/11(火)22:05 ID:gdFxETz7(1) AAS
>>727
オイラーの公式と交流の電気数学だけでなく
複利計算もやっておいてほしい。

732(2): 02/11(火)22:05 ID:SQ07GpKQ(10/12) AAS
>>724
こういう書き方をされたら
「ご苦労様」と言われてしまうのは無理もない。
π²の無理性の証明が誰によるかの記述も怪しい。
ハーディー・ライトの本ではもっとすっきりした
書き方をしている。

733: 02/11(火)22:13 ID:SQ07GpKQ(11/12) AAS
>>724
こんなものをよく読んだね

734(7): 現代数学の系譜雑談 ◆yH25M02vWFhP 02/11(火)23:09 ID:zr+dFWV7(14/15) AAS
>>699
>箱入り無数目のロジックに穴がないことも
>納得した。

おお恐れながら
箱入り無数目のロジックに穴がないとしても rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1736907570/
1列の場合に矛盾ありです

つまり１列の出題
s = (s1，s2，s3 ，・・,sn-1,sn,sn+1,・・) ∈R^N を考える
いましっぽ同値類の代表
s' = (s'1，s'2，s'3 ，・・,s'n-1,sn,sn+1,・・) ∈R^N であったとして
この場合、sn-1≠s'n-1 として、n以降は一致していて
決定番号d=n です

いま、回答者のAさんが、ある大きな有限の数 D をとって
d < D と出来れば , D 以降の箱 sD,sD+1,sD+2,・・の箱を開けて
出題のしっぽから同値類を特定して、その代表列
s' = (s'1，s'2，s'3 ，・・,s'n-1,sn,sn+1,・・) があって
sD-1の未開の箱の数は、定義より d ≦ D-1 が成り立っているので
代表のD-1の数が、未開の箱の数 sD-1 と一定していると宣言すれば、Aさんは勝てる

そして、もし常にある大きな数 D をとって
d < D と出来るならば、回答者のAさんは、100％必勝です
だが、これは変です

その解明として、数列を形式的冪級数τ(X)と考えるて
τ(x) = s1+s2x+s3x^2・・+sn-1x^n-2+snx^n-1+sn+1x^n+・・として
上記同様に考えると、代表
τ'(x) = s'1+s'2x+s'3x^2・・+s'n-1x^n-2+snx^n-1+sn+1x^n+・・として
差を取ると決定番号d=n より上の係数は消えて
τ(x) -τ'(x) =s1-s'1+(s2-s'2)x+(s3-s'3)x^2・・+(sn-1-s'n-1)x^n-2 ：＝f(x) （多項式）
と係数 (sn-1-s'n-1) より小さい部分が残り n-2次多項式になる

しっぽ同値類とは、形式的冪級数環R[[x]]/R[x] (R[x]は多項式環) という商集合で
しっぽ同値類の代表とは、f(x)∈R[x]、τ(x) ＝τ'(x)+f(x) ∈R[[x]] です
多項式環R[x]は、任意の自然数より大きい次元の部分空間を持つ無限次元線形空間（>>419 都築より）
ですから、いまあえて未定義のランダム*)という言葉を使うとランダムに選ぶ R[x]の元は（前記の意味で）無限次ですので
”回答者のAさんが、ある大きな有限の数 D をとって d < D と出来る”が不成立です（τ(x) がわかって意図すれば可能です）

（ *)”ランダム”を、選択公理にお任せと考えても良いでしょう）

追伸
いま 100列で考えて、99列からある大きな有限の数 D を決める
1列が未開で残る。そうすると、上記と同じ状態になります
箱入り無数目は、未開の1列と開けてしまった99列が平等だと仮定している
そう仮定すれば、ロジックに穴がないかも知れないが
未開の1列と開けてしまった99列とが平等に扱えないならば、上記の通りです

上下前次 1-新書関写板覧索設栞歴

あと 268 ﾚｽあります
ｽﾚ情報赤ﾚｽ抽出画像ﾚｽ抽出歴の未読ｽﾚ

ぬこの手ぬこTOP 0.026s