[過去ﾛｸﾞ] 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む13 [転載禁止]©2ch.net (654ﾚｽ)
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16(27): １３２人目の素数さん [] 2015/04/05(日) 17:48:11.24 ID:X55sT+uM(2/3) AAS
では
問題
体 L の体 K 上の自己同型写像全体の集合を AutK(L) と書く。
すなわち
AutK(L)={σ|K,L は体、K⊂L、σ:L→L は環同型写像、k∈K⇒σ(k)=k}
である。このとき
(1) card(AutQ(R)) を求めよ。但し、Q,R はそれぞれ有理数体、実数体とする。
(2) 体の拡大 R/Q がガロア拡大であるか否かとその証明を書け。
19: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/05(日) 17:53:47.40 ID:EvGo5wp8(5/13) AAS
>>16-17
どうも。スレ主です。
問題ありがとう
全然余裕じゃないよ
もう何年も問題見てないからねー
20: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/05(日) 17:54:55.23 ID:EvGo5wp8(6/13) AAS
>>16
まあ、一週間くらい考えれば、なんか解けるかな
といいつつ、件数稼ぎ（笑い）
23(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/05(日) 18:09:03.36 ID:EvGo5wp8(7/13) AAS
>>16
ども
(1) card(AutQ(R))は、日本語で書くと、Qから実数Rへの拡大体の次数ってことかねー。Qがアレフゼロで、Rがアレフ１か・・、どうするんだろうね？（笑い
(2) 体の拡大 R/Q がガロア拡大？ ガロア拡大をぼんやりとしか覚えていないが・・、有限次元拡大の場合は最小定義多項式があって、その根を全部添加する話があったよね。
なので、否かな？？？ 複素数だと代数閉体だが・・。そうそう、複素数を入れないとガロア拡大にならないかな・・
31(1): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/05(日) 18:50:28.95 ID:EvGo5wp8(13/13) AAS
おお、３０達成したね
>>16で、
(2) は否で反例作って終わりと思うが
(1) が難しそうだな。ハメル基使った証明なんか書けないからねー
じっくり考えてみるよ
36(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/11(土) 00:12:28.02 ID:pLE9DoNh(1/30) AAS
次に>>16問題(1)
card(AutQ(R)) を求めよ。但し、Q,R はそれぞれ有理数体、実数体とする。
解答
１．正直この問題は難しい
２．体の拡大Q→Rを考えることになるが
３．数学の常套手段として、体の拡大Q→C(複素数体)をまず考える。その後、中間の拡大体としてRを考えるのがよさそう
４．結論としては、card(AutQ(R)) は非加算と思うが・・
ねむいのでまた明日
37(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/11(土) 06:20:04.21 ID:pLE9DoNh(2/30) AAS
>>36 つづき
問題(1) >>16を再録しておく
問題
体 L の体 K 上の自己同型写像全体の集合を AutK(L) と書く。
すなわち
AutK(L)={σ|K,L は体、K⊂L、σ:L→L は環同型写像、k∈K⇒σ(k)=k}
である。このとき
(1) card(AutQ(R)) を求めよ。但し、Q,R はそれぞれ有理数体、実数体とする。
１．まず、代数拡大の話から
２．αを代数的数とし、f(x)をその最小多項式（n次）とする（つまりf(α)=0の最低次数の多項式。係数はQ）
３．単項拡大Q(α)を考えると、Q(α)はn次のベクトル空間と考えることができる。拡大次数はn
（αの0次からn-1次の数をベクトル空間の基底にできるという話だったね）
４．だから、L'=Q(α)と書くと、card(AutQ(L')) =n
45: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/11(土) 09:02:07.63 ID:pLE9DoNh(9/30) AAS
>>16
出題ありがとう
面白い問題だよね
(2)が(1)のヒントになっているような気がする（>>40のあらすじとしては）
だから、(2)を先にするのが良いのかも
card(AutQ(R)) なんて、普段意識していないが、改めて考えると、いろいろ深いものがある
というか、実数体Rをめぐっては、１９世紀から２０世紀にいろんな数学理論が考えられた
そして、Rの大部分を占める超越数について分かってないから、Rも分かってないんだと
ただ、生活している範囲では、自然数、整数、有理数、代数的数と三角関数に対数関数くらいで間に合っている
それ以上の超越数は、普段お世話にならないから、意識の外なんだね
56(2): １３２人目の素数さん [] 2015/04/11(土) 15:41:31.43 ID:MUuJiptP(1/2) AAS
>>16の出題者です。
えーと、スレ主さんはギブアップ宣言されたようですが、それでよろしいかな？
よろしければ、さてどうしましょう、他の方で解ける方いますか？
67: １３２人目の素数さん [] 2015/04/11(土) 19:58:50.49 ID:pLE9DoNh(22/30) AAS
>>16の出題は良いと思うよ。評価している
84(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/12(日) 09:37:26.04 ID:IFDb2ZM+(4/18) AAS
>>56
どうも。スレ主です。
面白い問題ありがとう
調べた範囲では、>>16問(1)の解答は落ちていなかった
>>42のギブアップ宣言は、自力では無理という意味で
まあ、何を参照しても、助力を得ても良いという意味で、
「Q~→Cは、超越拡大で非可算無限次元拡大」（非可算無限を示すところ）
OR
「Q~→Cは、超越拡大で可算無限次元拡大」？
までは、なんとか解決したい気がする
位相を理解するには、数ヶ月かな。この問題では不要だと説明できるくらいまで・・
Q~が可算集合の証明は>>69で終わった
「Q~→Cは、超越拡大で非可算無限次元拡大」（非可算無限を示すところ）に戻ると
村上順 早稲田 「可算個の可算集合の直積集合 可算集合とはならない」>>82
名大落合啓之先生 「23. 可算無限個の可算集合の直積集合は可算集合である. 」 N>>75
が正しいとすると、「Q~→Cは、超越拡大で可算無限次元拡大」？も正しいかもという気がする（直感的にはちょっとおかしい？）
もう少し調べれば、なにか出てくる気がする
116: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/15(水) 21:51:00.55 ID:O8x0ePuw(6/14) AAS
>>115
どうも。スレ主です。
そうそう。単に無限大だけなら、出題者に失礼でしょう
「(1) card(AutQ(R)) を求めよ。但し、Q,R はそれぞれ有理数体、実数体とする。」>>16 だから（有限であるはずがない）
121(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/15(水) 22:26:20.03 ID:O8x0ePuw(11/14) AAS
>>106
「(1) card(AutQ(R)) を求めよ。但し、Q,R はそれぞれ有理数体、実数体とする。」>>16 を、「集合の濃度」という視点で捉えたら、そういう意見もありかも・・
だが、超越次数 あるいは 超越拡大という切り口でみたらどうよ？
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%B6%85%E8%B6%8A%E6%AC%A1%E6%95%B0
超越次数(抜粋)
応用
超越基底は体準同型についての様々な存在定理を証明するためのツールとして役に立つ。例を挙げよう。代数的閉体 L と部分体 K と K の体自己同型 f が与えられると、f を拡張した L の体自己同型（すなわちその K への制限が f）が存在する。
証明のために、まず L/K の超越基底 S をとる。K(S) の元は K に係数をもつ S の元の多項式の商である。したがって自己同型 f は S のすべての元をそれ自身に送ることによって K(S) の自己同型に拡張できる。
体 L は K(S) の代数的閉包であり、代数的閉包は同型を除いて一意的である。このことは自己同型がさらに K(S) から L に拡張できることを意味している。
別の応用として、複素数体 C の部分体で（体として）C と同型であるような真の部分体が（たくさん）存在することを示す。証明のために、C/Q の超越基底 S をとる。S は無限（非可算）集合であるので、単射だが全射でないような写像 f: S → S が（たくさん）存在する。
任意のそのような写像は全射でない体準同型 Q(S) → Q(S) に拡張できる。そのような体準同型はそれぞれ代数的閉包 C に拡張することができ、得られる体準同型 C → C は全射でない。
超越次数によって体の大きさを直感的に理解することができる。例えば、ジーゲルによる定理によると、X がコンパクトで連結な n 次元複素多様体であり、 K(X) がその上の（大域的に定義された）有理型関数の体を表していれば、trdegC (K(X)) ? n である。
122(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/15(水) 22:32:53.55 ID:O8x0ePuw(12/14) AAS
>>121 補足
・ n 変数の有理関数体 K(x1,...,xn) は K 上超越次数 n の純超越拡大である。超越基底として例えば {x1,...,xn} をとることができる。>>111
・より一般に、基礎体 K 上の n 次元代数多様体の関数体（英語版） L の超越次数は n である。>111
・超越次数によって体の大きさを直感的に理解することができる。例えば、ジーゲルによる定理によると、X がコンパクトで連結な n 次元複素多様体であり、 K(X) がその上の（大域的に定義された）有理型関数の体を表していれば、trdegC (K(X)) ? n である。
などを見ると、問題>>16の(1)は、超越次数 あるいは 超越拡大という切り口でみたら、それは関数体や多様体を理解する上で、結構重要と思わないか？
123(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/15(水) 22:45:35.58 ID:O8x0ePuw(13/14) AAS
>>121-122
もう一つの視点は、数学的教養だと
「(1) card(AutQ(R)) を求めよ。但し、Q,R はそれぞれ有理数体、実数体とする。」>>16は
知識として正解を知っていること、およびどうやって導くかのあらすじは
この程度の知識は、２１世紀の数学では
これが数学基礎論だったのは１００年前の２０世紀初頭か１９世紀の終わりかだろう
125(12): １３２人目の素数さん [sage] 2015/04/16(木) 04:59:11.74 ID:iP4tAlo3(1) AAS
>>118
Qは有理数体、Rは実数体で、>>16では
AutQ(R)＝{f|f:R→R は環同型写像、k∈Q⇒f(k)＝k}
と書いてあったとする。
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は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∈R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であり、−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。f∈AutQ(R)は任意だったから、
体Qの体R上の自己同型fは一意的に存在して、card(AutQ(R))＝1。
基本方針
1、AutQ(R)≠φを示す。
2、f∈AutQ(R)を任意に取って、任意のx∈Rに対してf(x)≧0であり、fが単調非減少なることをいう。
3、任意のx∈Rに対してf(x)＝xをいう。
147: １３２人目の素数さん [sage] 2015/04/18(土) 10:55:49.60 ID:YVNcus3n(1/2) AAS
>>16の(1)は、スレ主は拡大次数に注目したけど実は特に関係ありませんでした、というオチだね。
確かにガロア理論では、一般に体拡大 L/K について拡大次数 [L:K] と K 上の自己同型群の位数 card(AutK(L)) の関係は重要だけど。
結局スレ主は>>125-127のどこに納得いかないんだ。
155: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/18(土) 17:54:02.38 ID:LskGPWAB(19/24) AAS
>>150 補足
まあ、数学的教養だね、これは
>>16(1)が解けなかったのは、教養が無かっただけ
早くギブアップして良かった。自力では無理だった
159(1): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/18(土) 20:22:23.77 ID:LskGPWAB(23/24) AAS
>>154 補足
１．>>16(1)は面白い問題やったね。
２．おっちゃん、前スレやったか「有理数の稠密性」とか叫んでいたから、勉強が役に立ったね
３．「証明を読む限り、証明には自己同型は順序を保つことと、Q,Rの稠密性が使われている」と書いたが
４．実数の構成でコーシー列（有理数よりなる）を考えて、Rの自己同型はコーシー列（有理数）を動かさないという証明もありかも・・、という気がしてきた・・
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%B3%E3%83%BC%E3%82%B7%E3%83%BC%E5%88%97
実数の構成
実数の構成法の一つに、完備化と呼ばれる有理コーシー列から実数を定めるものがある。
有理数 q は、常に一定値 q を値にとる数列 (q, q, q, ...) と同一視して、有理数全体の成す集合 Q は、有理コーシー数列全体の集合 X に含まれるものと見なす。
また、コーシー列に、項同士の四則演算をもとに四則演算を定義することができ、これは有理数同士の四則演算と両立している。
（略）
R の任意のコーシー列は収束する、すなわち R が完備であることがわかる。
184(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/04/25(土) 16:55:54.29 ID:NUHAx/1J(1) AAS
>>171
（φ(s) + s）/2 < a という事実は
＞φ(c) = φ(s) − a < 0
で暗に使っている。
でもわざわざ a をこんな風に取らなくても
φ(s) < a < s
で取ればよさそうに見える。これだと何か問題あるのかな？
>>16の(1)は、R を C とか Q(√2) とか Q(X) とかに変えると成り立たない。
なので証明には、例えば C 無くて R にあるような特徴を使わなければならない。
それが>>153等では「正の数ならばそれは平方根の二乗で書ける。そして任意の数の二乗は正の数。 」 ということなんだろう。
いわゆる本質ってやつなのかも。
別の証明を探すなら、これとは違う R の特徴を探す必要がある。
190(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/25(土) 20:13:59.28 ID:1rI4QMvS(20/27) AAS
>>189 つづき
私、スレ主の証明
１．（記号説明：基本は>>153を踏襲する。）
恒等写像でない同型φ が存在すると仮定する．恒等写像ではないのでφ(s) ≠ s となるs ∈ Rが存在する．
φ(s) > s ならφ(−s) = −φ(s) < −s なので，必要なら−s をとることによってφ(s) < sとできる．
有理数体Q は実数体R の中で稠密である．ゆえに φ(s) < a < sとなる有理数a が存在する．
２．同型φは、有理数を動かさないこと、また、線形性>>169（即ち環同型写像（>>16）の性質）は、既知とする
３．同型φは、任意の正の数x∈Rに対し、符合を変えない。即ち0<x→0<φ(x) ※
∵√x＝y で、x＝y^2→φ(x)＝φ(y)・φ(y)>0 ※(※の部分で、別の実数の性質、例えば>>188の収束する有理点列{An}を使う手もある)
４．φ(s) < a < sで、各辺に−aを加えて、φ(s)−a < 0 < s−a となる
５．φ(s−a) ＝φ(s)−a に注意すると、４の後半の不等式は３に反する。（φが(s−a) の符合を変えている！）
６．従って、同型φは恒等写像で無ければならない。
（証明おわり）
199: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/04/26(日) 06:48:01.75 ID:veASCBy2(2/2) AAS
つづき
>>16はいろいろと考えさせられる良い問題だったね
では
266(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/01(金) 15:09:46.63 ID:NPJj25Yb(5/13) AAS
>>260
紙に丁寧に書いてはいないが、一応何とか出来たから下に書いておく。確認するけど>>16についての話だよな。
まあ、何れにしろ今日の夜から来週水曜あたりまではチョット暇がなく応対は出来ない。
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。
xを有理数変数とする。点a∈Qを任意に取る。ε＞0を任意に取る。εに対して定まる実数δ(ε)＞0をδ(ε)＝εとすれば、
f(a)＝aから、確かに|x−a|＜δ(ε)のとき|f(x)−f(a)|＜εとなる。ε＞0は任意だから、fは点a∈Qで連続である。
点a∈Qは任意だから、f：R→Rは有理直線Q上で連続である。つまり、f：R→RはQにおいて連続である。
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。
330(4): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/06(水) 09:32:20.99 ID:iWZualfN(2/7) AAS
>>326
じゃあ、書こうか。>>16を踏襲した上での話でいいよな。
環同型写像f：R→Rを一価の実関数として扱う。任意のx∈Qに対してf(x)＝xである。
xを有理数変数とする。点a∈Qを任意に取る。ε＞0を任意に取る。
すると、有理数の稠密性から、0＜b＜εなる有理数bが存在する。
xは有理数変数であることに着目して、|x−a|＜bなる有理直線Q上の点xを任意に取る。
すると、f(x)＝x、f(a)＝a、b＜εの何れもが同時に成り立つから、|f(x)−f(a)|＜εを得る。
有理直線Q上の点xは条件|x−a|＜bの下で任意だから、
点xを有理直線Q上において条件|x−a|＜bの下で走らせて考えると、
εに対して定まる実数δ(ε)＞0をδ(ε)＝bとすれば、|x−a|＜δ(ε)のとき|f(x)−f(a)|＜εとなる。
ε＞0は任意だから、fは点a∈Qで連続である。点a∈Qは任意だから、f：R→Rは有理直線Q上で連続である。
つまり、f：R→RはQにおいて連続である。以後xは有理数変数ではないとする。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。
334(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/05/06(水) 09:41:17.06 ID:iWZualfN(6/7) AAS
>>326
(>>333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。
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。
608(1): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/06/13(土) 05:19:55.74 ID:hlNpoH8z(4/14) AAS
>>605の関連
>>16 >>125 >>156 など
626: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/06/13(土) 21:54:33.19 ID:hlNpoH8z(13/14) AAS
>>620>>622
どうも。スレ主です。
今日は、昼間出かけていたもので、失礼しました
>>619
>有名な定理を無証明で使ってよいなら、特に難しい問題とも思えない
そういう解法では、得点はあまり貰えないんだろうね、おそらく
>>617-618
阪大に奇形を飼い続ける度量があるとは思えない；2013年から始まった試みがうまく行っているかどうかだよね
>>614-616
私には、自力で解答できる力は無いですが
616で標数が０の場合で自己解決とありますが、614では標数が０の場合だけで良かったの？ ちょっと不整合という気が・・・
>>613
まあ、いまさら入試受けるつもりないけど、>>16の出題と解答に関連していると思ったんだよね
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