現代数学の系譜11 ガロア理論を読む13 [転載禁止]©2ch.net

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357(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 08:49:56.37 ID:1uRQ/Opw(1/11) AAS
>>356
>>330-334の証明の訂正出来た。
環同型写像f：R→Rを一価は実関数である。任意の点x∈Qに対してf(x)＝xである。
[第1段]：任意のx∈Rに対してf(x)＝x・f(1)なることを示す。
(1)、x＞0のときf(x)＝x・f(1)なることを示す。点x∈(0,+∞)を任意に取る。
{a_k}をxに収束する正の有理数列とする。2つの自然数m、n＞0を任意に取る。
すると、f(n)＝f(1＋…＋1)(1はn個)＝n・f(1)。また、1＝m・(1/m)から同様に、f(1)＝m・f(1/m)であり、f(1/m)＝f(1)/m。
よって、f(n/m)＝n・f(1/m)＝n・(f(1)/m)＝(n/m)・f(1)。
自然数m、n＞0は任意だから、m、n＞0を同時に走らせれば、各k＝1,2,…に対してf(a_k)＝a_k・f(1)。
よって、k→+∞とすれば、a_k→xであって、f(x)＝x・f(1)を得る。
点x∈(0,+∞)は任意だから、x＞0のときf(x)＝x・f(1)である。　((1)終)
(2)、x＜0のときf(x)＝x・f(1)なることを示す。
任意のx∈Rに対してf(x＋(－x))＝f(x)＋f(－x)＝0であり、f(－x)＝－f(x)だから、(1)と同様に考えればよい。
(1)、(2)から、確かに任意のx∈Rに対してf(x)＝x・f(1)である。つまり、c＝f(1)とおけば、任意のx∈Rに対してf(x)＝cx。

358(4): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 08:51:26.47 ID:1uRQ/Opw(2/11) AAS
>>356
(>>357の続き)
[第2段]：cを求めて、任意のx∈Rに対してf(x)＝xなることを示す。
ここで、n≧2なる自然数nを任意に取る。f：R→Rは環同型写像だから、
1＝1^nから、f(1)＝(f(1))^n。また、f(1)＝c∈R。従って、c＝c^nを得る。
ここで、nについて場合分けをする。
Case1)：nが3以上の奇数のとき。n－1は2以上の偶数なることに注意すると、
c＝c^nの実根はc＝0またはc＝±1であって、これら3つに限る。
ここで、cが取り得る値c＝0、c＝±1が条件を満たすか否かを調べる。
Case1-1)：c＝0とする。f(x)＝0であり、f：R→Rは環同型写像だから実関数f(x)＝0は逆関数を持つ。
これは、定値関数fは逆関数を持たないことに反し矛盾する。よって、c≠0。
Case1-2)：次にc＝－1とする。すると、f(x)＝－xである。よって、f(1)＝－1。
f：R→Rは環同型写像だから、m≧2なる偶数mを任意に取ると、(f(1))^m＝f(1)が成り立ち、
よって(f(1))^m＝1から、1＝－1が成り立つことになるが、これは1≠－1に反し矛盾する。よって、c≠－1。
Case1-3)：一方、c＝1とする。すると、f(x)＝xであり、fは逆関数を持ち、f：R→Rは
確かに環同型写像となり、満たすべき条件をすべて満たす。故に、c＝1であり、fはf(x)＝xと求まる。
Case1-1～Case1-3から、nが3以上の奇数のとき、c＝1でありfはf(x)＝xと求まる。
Case2)：nが正の偶数のとき。n－1は正の奇数なることに注意すると、
c＝c^nの実根はc＝0またはc＝1であって、これら2つに限る。
ここで、cが取り得る値c＝0、c＝1が条件を満たすか否かを調べる。
Case2-1)：c＝0とする。Case1-1と同様に考えると、c≠0。
Case2-2)：c＝1とする。Case1-3と同様に考えると、f：R→Rは
満たすべき条件を満たし、c＝1であり、fはf(x)＝xと求まる。
Case2-1、Case2-2から、nが正の偶数のとき、c＝1でありfはf(x)＝xと求まる。
Case1、2から、c＝1であり、fはf(x)＝xと一意に求まる。
n≧2なる自然数nは任意だから、自然数変数nを条件n≧2の下で走らせて考えれば、fはf(x)＝xと一意に定まる。

359: １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 08:53:08.06 ID:1uRQ/Opw(3/11) AAS
>>356
(>>358の続き)
[第3段]：実関数f(x)＝xがワイルドな自己同型写像でないことを示す。
実関数f(x)＝xについて、fは恒等関数I_Rに等しく、任意のx∈Rに対してx＝x±i・0だから、
fの複素共役はf自身になって、fはワイルドな自己同型ではない。
[第4段]：>16についての話の意味で、Rのワイルドな自己同型写像は存在しないことを示す。
任意のx∈Qに対してf(x)＝xなる環同型写像f：R→Rは一意にf(x)＝xと定まる
から、Rのワイルドな自己同型写像は存在しない。

360: １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 09:19:26.53 ID:1uRQ/Opw(4/11) AAS
>>356
>>125、>>127の方が証明としては簡単だな。
本来f(x＋y)＝f(x)＋f(y)　x、y∈Rは任意　なる関数f：R→Rは1点で連続ならf(x)＝x・f(1)となるんだが、
選択公理というかハメル基底の存在を認めるとf(x＋y)＝f(x)＋f(y)　x、y∈Rは任意　なる方程式について
無限個の解fが存在し、かつf(x)＝x　x∈Qは任意　なる条件のために、上の手法というか命題が使えなくなるのな。
ハメル基底の定義から、必ず或る有理数はハメル基底に属すんだが。

361: １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 09:24:47.33 ID:1uRQ/Opw(5/11) AAS
>>356
>>357の最初の文「環同型写像f：R→Rを一価は実関数である。」は「環同型写像f：R→Rは一価の実関数である。」と訂正。

363(4): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 09:41:22.29 ID:1uRQ/Opw(6/11) AAS
>>356
>>362
じゃあ、今度からは任意のx∈Rに対してf(x)＝x・f(1)なることの証明だけ出来次第書く。
>>358は問題ないから省略。

364(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 09:56:39.55 ID:1uRQ/Opw(7/11) AAS
>>356
>>362
いや、>>363のようなことをすること自体ムリだから、>>125、>>127と同様に

実数体Rは通常の加減乗の演算について環であり、関数f(x)＝xについてf:R→Rは環同型写像で、
確かにfは体Qの体R上の自己同型であってf∈AutQ(R)であり、AutQ(R)≠φ。
今、f∈AutQ(R)を任意に取る。fは体Rの部分環Rの同型写像だから、
点x∈[0,+∞)を任意に取りx＝u^2とすれば、f(x)＝f(u^2)＝(f(u))^2≧0。
よって、x≦yなる2点x、y∈Rを任意に取ってy＝x+z、z∈Rとすれば、f(y)≧f(y)－f(z)＝f(y－z)＝f(x)。
ここで点x∈Rを再度任意に取る。ε＞0を任意に取る。すると、有理数の稠密性から、
両方共に或るr、s∈Qが存在して、r＜x＜s、0＜s－r＜ε。ここで、任意のx∈Qに対してf(x)＝xであって、
r＝f(r)≦f(x)≦f(s)＝sだから、－ε＜－s＋r≦f(x)－s≦f(x)－x≦s－x≦s－r＜ε、
よって、0≦|f(x)－x|＜ε。ε＞0は任意だから、ε＞0を走らせてε→+0とすれば、
f(x)＝xを得る。点x∈Rは任意だから、任意のx∈Rに対してf(x)＝x。

で終了。

365(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 14:30:54.62 ID:1uRQ/Opw(8/11) AAS
>>356
>>363の方法で出来たので書く。今度はxを有理数変数とかせずに
最初から実変数としているから>>347のような問題はないとは思う。
尚、>>358以降は内容的に殆ど同じこと書くだけだから省略。

環同型写像f：R→Rは一価の実関数である。任意のx∈Qに対してf(x)＝xである。
[第1段]：直線R上の或る点x∈Qで実関数f(x)が連続なることを示す。
矛盾に導くため、直線R上の如何なる点x∈Qにおいてもfが不連続であったとする。
点a_1∈Qを任意に取る。すると或るε_1＞0が存在して任意のδ_1＞0に対して
|x－a_1|＜δ_1であって|f(x)－f(a_1)|＞ε_1となる。
点a_2∈Qを任意に取る。すると或るε_2＞ε_1が存在して任意のδ_1＞δ_2＞0なるδ_2に対して
|x－a_2|＜δ_2であって|f(x)－f(a_2)|＞ε_2となる。
以下同様に帰納的に考えると、各k∈N＼{0}に対して、次の2つの条件
(1)、点a_k∈Qを任意に取ると或るε_k＞0が存在して任意のδ_k＞0に対して
|x－a_k|＜δ_kであって|f(x)－f(a_k)|＞ε_kとなる。
(2)、点a_{k+1}∈Qを任意に取ると或るε_{k+1}＞ε_kが存在して
任意のδ_k＞δ_{k+1}＞0なるδ_{k+2}に対して
|x－a_{k+1}|＜δ_{k+1}であって|f(x)－f(a_{k+1})|＞ε_{k+1}となる。
を両方共に満たすような3つの実数列{a_k}、{ε_k}、{δ_k}が存在する。
ここに、{ε_k}は上に有界な単調増加列であり、{δ_k}は下に有界な正の単調減少列である。
よって、或るN≧2なる自然数Nが存在して、n≧Nのとき
|x－a_n|＜δ_nであって|f(x)－f(a_n)|＞ε_nであり、δ_n＜ε_nとなる。
{δ_k}は下に有界な正の単調減少列であり、その下限Mに収束するから、
或るN'≧2なる自然数N'が存在して、n≧N'のとき|x－a_n|＜M＜|f(x)－f(a_n)|となる。
ここで、n≧N'なる任意の自然数nに対してa_n、ε_n、δ_nは何れも定義されるから、
{δ_k}の下限Mは＝0である。従って、或る自然数nが存在して、|x－a_n|≦M＝0からx＝a_nであり、
故に、|f(x)－f(a_n)|＝0となる。しかし、これは|f(x)－f(a_n)|＞ε_n＞0なることに反し矛盾する。
故に、直線R上の或る点x∈Qで実関数f(x)は連続である。
ここに、fは環同型写像だから、任意のx、y∈Rに対してf(x＋y)＝f(x)＋f(y)であり、f(0)＝0なることに注意する。

367(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 14:35:13.24 ID:1uRQ/Opw(10/11) AAS
>>356
(>>366の続き)
[小2段]：x＞0のときf(x)＝x・f(1)なることを示す。点x∈(0,+∞)を任意に取る。
{a_k}をxに収束する正の有理数列とする。2つの自然数m、n＞0を任意に取る。
すると、f(n)＝f(1＋…＋1)(1はn個)＝n・f(1)。また、1＝m・(1/m)から同様に、f(1)＝m・f(1/m)であり、
f(1/m)＝f(1)/m。よって、f(n/m)＝n・f(1/m)＝n・(f(1)/m)＝(n/m)・f(1)。
自然数m、n＞0は任意だから、m、n＞0を同時に走らせれば、各k＝1,2,…に対してf(a_k)＝a_k・f(1)。
よって、k→+∞とすれば、a_k→xであって、f(x)＝x・f(1)を得る。
点x∈(0,+∞)は任意だから、x＞0のときf(x)＝x・f(1)である。　((1)終)
(2)、x＜0のときf(x)＝x・f(1)なることを示す。
任意のx∈Rに対してf(x＋(－x))＝f(x)＋f(－x)＝0であり、f(－x)＝－f(x)だから、(1)と同様に考えればよい。
(1)、(2)から、確かに任意のx∈Rに対してf(x)＝x・f(1)である。
つまり、c＝f(1)とおけば、任意のx∈Rに対してf(x)＝cx。

368(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/07(木) 14:57:20.44 ID:1uRQ/Opw(11/11) AAS
>>356
>>365の第1段は次のようにウマく訂正して読んで。「点x∈Rが存在する」を書き忘れちゃったところがある。
>|x－a_1|＜δ_1であって|f(x)－f(a_1)|＞ε_1となる「点x∈Rが存在する」。
>|x－a_2|＜δ_2であって|f(x)－f(a_2)|＞ε_2となる「点x∈Rが存在する」。
>|x－a_k|＜δ_kであって|f(x)－f(a_k)|＞ε_kとなる「点x∈Rが存在する」。
>|x－a_{k+1}|＜δ_{k+1}であって|f(x)－f(a_{k+1})|＞ε_{k+1}となる「点x∈Rが存在する」。
>|x－a_n|＜δ_nであって|f(x)－f(a_n)|＞ε_nであり、δ_n＜ε_nとなる「点x∈Rが存在する」。
>或るN'≧2なる自然数N'が存在して、n≧N'のとき|x－a_n|＜M＜|f(x)－f(a_n)|となる「点x∈Rが存在する」。

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