現代数学の系譜11 ガロア理論を読む16 [転載禁止]©2ch.net

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1(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/10/11(日) 20:22:42.62 ID:RDXEzJ3O(1/6) AAS
旧スレが500KBオーバーに近づいたので、新スレ立てる
このスレはガロア原論文を読むためおよび関連する話題を楽しむスレです（最近は、スレ主の趣味で上記以外にも脱線しています。ネタにスレ主も理解できていないページのURLも貼ります。ガロア関連のアーカイブの役も期待して。）
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584(5): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 11:06:41.92 ID:WuoQ5wU/(6/22) AAS
>>556
(>>583の続き)

以下、実数直線R上、有理数は稠密だから、ハメル基底とRのQ上の超越基底について、
ε＞0を任意に取ったとき、超越基底がS(ε)に等しくなり、ハメル基底がH(ε)に
等しくなると仮定しても一般性は失わない。

[第７段](任意のε＞0に対して、S(ε)、H(ε) は零集合)：ε＞0を任意に取る。すると、
開区間 I(ε)＝(-ε.ε) に含まれる、完全集合なるハメル基底 H(ε) は H(ε) 自身の
導集合に等しいから、定義から、H(ε) は稠密集合である。任意の点 x∈H(ε) に対し、
xは H(ε) の触点かつ{x}は H(ε) の閉包である。開区間 I(ε) に含まれる、超越基底
S(ε)、ハメル基底H(ε)の包含関係は、S(ε)⊂H(ε)。従って、S(ε)の外測度を m(S(ε))、
H(ε)の外測度を m(H(ε)) とすれば、εに対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる実数 a(ε) が
存在して、m(S(ε))≦m(H(ε))≦a(ε)。ε＞0は任意でよいから、ε→0 とすれば、a(ε)→0
となり、m(S(ε))＝m(H(ε))＝0。従って、S(ε)、H(ε)は零集合である。正の実数εは
任意でよいから、任意のε＞0に対して、S(ε)、H(ε)≠Φ は零集合である。

[第８段](任意のε＞0に対して、card(S(ε))＝card(H(ε))＝c)：第２段、第６段の結果を組合せればよい。

[第９段](任意のε＞0に対して、S(ε)、H(ε)は非可算零集合)：第７段、第８段の結果を組合せればよい。

[第１０段](超越基底とハメル基底は、非可算零集合)：以上の議論から、確かにそうである。

585: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 12:32:45.41 ID:DdIKV3mC(1/12) AAS
>>579-584
根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。
どこが間違いなのかはいちいち指摘しない。
だが根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。

586(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 12:42:16.13 ID:WuoQ5wU/(7/22) AAS
>>556
>>580の第２段の
>Heine・Borelの定理から、H(ε)は有界閉区間である。
>従って、H(ε)には下限 a＝inf(H(ε))、
>上限 b＝sup(H(ε)) が存在し、H(ε)＝[a,b]。
の部分について、訂正：
「有界閉区間」→「有界閉集合」、　　「H(ε)＝[a,b]。」→「H(ε)⊂[a,b]。」。

あと、>>583の第６段の
>Heine・Borelの定理から、S(ε) は
>有界閉区間である。従って、S(ε) には下限 a＝inf(S(ε))、
>上限 b＝sup(S(ε)) が存在し、S(ε)＝[a,b]。
の部分について、訂正：
「有界閉区間」→「有界閉集合」、　　「S(ε)＝[a,b]。」→「S(ε)⊂[a,b]。」。

587: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 12:51:17.90 ID:DdIKV3mC(2/12) AAS
>>586
無意味な修正。

根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。
どこが間違いなのかはいちいち指摘しない。
だが根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。

588(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 13:00:28.00 ID:WuoQ5wU/(8/22) AAS
>>556
あと、>>580の
>任意のε＞0に対して定まる、ハメル基底 H(ε)⊂I(ε) の族Hを
>H＝{H(ε)|ε＞0、H(ε)は開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれるハメル基底}
>とする。
の部分は
>任意のε＞0に対して定まる、ハメル基底 H(ε)⊂I(ε) の族Hを
>H＝{H(ε)|ε＞0は変数、H(ε)は、或るε＞0に対して定まるような、開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれるハメル基底}
>とする。
に訂正。>>583の
>ε＞0に対して定まる、実数体Rの有理数体Q上の超越基底 S(ε)⊂(-ε,ε) の族Sを
>S＝{S(ε)|ε＞0、S(ε)は開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれる、RのQ上の超越基底}
>とする。
の部分は、
>任意のε＞0に対して定まる、超越基底 S(ε)⊂(-ε,ε) の族Sを
>S＝{S(ε)|ε＞0は変数、S(ε)は、或るε＞0に対して定まるような、開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれる超越基底}
>とする。
に訂正。

589: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 13:11:14.23 ID:DdIKV3mC(3/12) AAS
>>588
やはり無意味な修正。

根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。
どこが間違いなのかはいちいち指摘しない。
だが根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。

590(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 13:25:11.92 ID:DdIKV3mC(4/12) AAS
ちなみに、「根本的にどうしようもなく間違ってるところ」は
1個ではなく、複数個存在する。ボロボロすぎて話にならない。

591(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 13:29:07.43 ID:WuoQ5wU/(9/22) AAS
>>556
>>580の第２段の
>従って、H(ε)⊂[a,b] から、直線Rにおいて、H(ε)はコンパクトである。
の部分と、>>583の第６段の
>従って、S(ε)⊂[a,b] から、直線Rにおいて、S(ε) はコンパクトである。
の部分は、どちらも省略して消しゴムで消す。

592: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 13:31:35.47 ID:DdIKV3mC(5/12) AAS
>>591
依然として無意味な修正。

根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個ある。
どこが間違いなのかはいちいち指摘しない。
だが根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個ある。

593(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 13:34:39.18 ID:WuoQ5wU/(10/22) AAS
>>590
実際のところは確かにそうだが、以前、背理法は結論を否定して
矛盾が導ければ万々歳、とかいう話をいってなかったか？
意味が云々とかいう問題ではなく。

594(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 13:55:48.46 ID:DdIKV3mC(6/12) AAS
>>593
なぜ背理法の話になるのか意味不明。
「根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個ある」と言っている。
ボロボロすぎて話にならない。

＞以前、背理法は結論を否定して矛盾が導ければ万々歳、とかいう話をいってなかったか？
それは背理法のやり方そのもの。それがどうした？何の関係がある？

595(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:07:09.41 ID:WuoQ5wU/(11/22) AAS
>>594
そもそも、今日の書き込み以前の問題として、>>493-498あたりで、
背理法を用いているにもかかわらず、意味の概念がどうのこうのとか、
訳が分からんことをいい出したことがあるではないか。

>>590は第１段の話だろ。

596: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:12:59.18 ID:DdIKV3mC(7/12) AAS
>>595
＞背理法を用いているにもかかわらず、意味の概念がどうのこうのとか、
＞訳が分からんことをいい出したことがあるではないか。

意味不明。その背理法の中で使われている数学的道具の運用の仕方が
トンチンカンだから「意味の概念が欠落している」と言ったのだ。
論理学的な真理値(TRUE, FALSE)を把握していることを「意味」と表現しているのでは無い。

＞>>590は第１段の話だろ。
誰も「第１段」などとは言っていない。
「根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個ある」と言っている。
ボロボロすぎて話にならない。

597(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:22:38.34 ID:WuoQ5wU/(12/22) AAS
>>597
あのな～、私の>>493の背理法を用いた書き込みに対して>>494の反論をすることは、
背理法は結論を否定して矛盾が導ければ万々歳、ということに反しているのだ。
背理法は結論を否定して矛盾が導ければ万々歳なんだから、
その理屈に従えば、本来なら>>493で終わっている筈の話なのだ。

598(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:26:18.43 ID:DdIKV3mC(8/12) AAS
>>597
ワロタｗ
誤答おじさんにとって、>>494は反論として成立していないらしいｗｗ

誤答おじさんは背理法すら分かってないことが判明した。
もう本当に数学やめろよクソ野郎。話にならん。

>>493は間違ってる。反論は>>494で十分。スレ主ですら理解してること。
誤答おじさんだけが分かってない。今日の>>579-584も全然ダメ。
根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個あってボロボロ。

やることなすこと何もかもデタラメ。背理法すら理解してない。

599(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:31:37.20 ID:WuoQ5wU/(13/22) AAS
>>598
＞>>494は反論として成立していないらしいｗｗ
背理法は結論を否定して矛盾が導ければ万々歳、
の理屈に従えばそうなるだろうが。何いってんだ。

600(4): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:36:17.58 ID:DdIKV3mC(9/12) AAS
>>599
どうやらお前は本格的に背理法を理解してないらしい。
しかたがない。>>494で言わんとしていることを、以下で丁寧に書き下してやろう。
そこまで丁寧に書かなければ、お前には伝わらないようだからな。

以下の文章を、落ち着いてよく読んでみなさい↓

カントール集合 S ⊂ [0,1] を取る。card(S)＝c であることが知られている。
特に、Sは非可算零集合である。今の段階では背理法は使っていないことに注意されたい。

[第１段](Sから構成される非可算集合から実数直線Rへの全単射の存在性)：選択公理より、Sの元全体をR上に実数の
大小の順序関係を保ちつつ、R上で上下に非有界なるように埋め込む。この操作後の、各x∈Sの実数値の全体の集合を
R'とする。R'⊂R は非可算故、card(R')＝card(R)＝c から、R'からRへの全単射がある。R'とRは、実数の大小に関し
全順序集合故、単調増加関数f：R'→Rがある。この段では、背理法は使ってないことに注意されたい。

[第２段](R'は非可算零集合)：直線Rの上下に有界な右半開区間の有限和なるRの部分集合の全体を、Tとする。X＝{x}
(x∈R') とする。と、x∈R (∵R'⊂R)、X⊂[x-ε,x+ε) (∀ε＞0)。定義から、{x}の外測度m(X)について、
m(X)＝inf{Σ_{i=1,…,∞}(m(E_i))|E_i∈T (i=1,2,…)、X⊂∪_{i=1,…,∞}(E_i)}、また、0≦m(X)≦+∞。
R'から零集合Sへの全単射がある(∵card(R')＝card(S)＝c)。m(X)＝m({x})＝0 で、R'の点xは任意故、R'は非可算零集合。
この段では、背理法は使ってないことに注意されたい。

[第３段] card(R)＝card(S)＝c から、RからSへの全単射がある。R、Sは、実数の大小で全順序故、
単調増加関数 g：R→S がある。f：R'→R は単調増加関数故、関数 f^{-1}：R→R' は単調増加で全単射。g＝f^{-1}と
おく。g○f＝I_{R'} はI_Sで、R'＝S。R'は非有界だったから、Sは非有界となる。しかし、S⊂[0,1]であるから、
Sは有界である。よって、ここで矛盾となる。この段では、背理法は使ってないことに注意されたい。
にも関わらず、「Sは有界かつ非有界」という矛盾が出たのである。なぜか？

601(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:44:40.13 ID:WuoQ5wU/(14/22) AAS
>>600
カントール集合って非有界なのか？
直観的には有界集合に見えるんだけど。

602(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:49:07.63 ID:DdIKV3mC(10/12) AAS
>>601
第３段で R' ＝ S という等式が導かれていることに注目されたい。
R' は非有界だったから、これと R' ＝ S より、S も非有界となるのだ。
このことはちゃんと

＞R'＝S。R'は非有界だったから、Sは非有界となる。

と明示してあるだろう。「落ち着いてよく読んでみなさい」と言っただろうが。
・・・その一方で、カントール集合はもちろん「有界」である。
つまり、>>600の議論では、有界であるはずのカントール集合が非有界となってしまう。
なぜこのような事態が起こっているのか？

603(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:51:27.79 ID:WuoQ5wU/(15/22) AAS
>>600
あ、カントール集合の場合が、背理法を使わなくても同様な論法が
成り立って同じ矛盾が得られて、例外があることになるのか。

604: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:57:17.61 ID:WuoQ5wU/(16/22) AAS
>>602
>>493のような論法を認めたら、カントール集合が存在しない
ことになって矛盾が生じるのか。

605(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 14:58:12.87 ID:DdIKV3mC(11/12) AAS
>>603
そのとおり。>>494で言わんとしていたことは、まさにそういうこと。
スレ主ですら理解していたこと。
で、背理法を使ってないのになぜ矛盾が出たのかというと、

「>>600の論法はどこかが間違っているから」

ということ。結局、>>493はどこかが間違ってるということ。
そして、今日の>>579-584も全然ダメ。

606(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 15:07:13.92 ID:WuoQ5wU/(17/22) AAS
>>605
だけど、高校でこんなことまでしてたか？
スレ主が分かっているということは、高校でしていることなのか？

607(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 15:20:44.34 ID:DdIKV3mC(12/12) AAS
>>606
そんなことだから「意味」の概念が欠落していると言っているのだ。
だから数学やめろと言っているのだ。

いつどこで何を勉強したかは関係が無い。
論理に対する正しい理解が備わっていれば、自然と身についているはずのシロモノ。
現にスレ主も理解している。スレ主もまた、

「カントール集合のときヤバイんじゃね？」

という趣旨の発言を何度もしている。
そもそも、スレ主はお前より遥かにマトモだ。

で、話を元に戻すと、>>493は間違ってるからダメ。
今日の>>579-584も全然ダメ。
誤答おじさんのやることは全部ダメ。
やることなすこと全部デタラメ。

608: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 15:29:44.09 ID:WuoQ5wU/(18/22) AAS
>>607
数学するときは、数学的対象を意識しつつ論理を組立てましょうか。
フーン。論理的真偽の方を優先にしてたからな～。

609: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 15:55:34.37 ID:WuoQ5wU/(19/22) AAS
>>580の第２段の
>閉区間[a,b]の濃度はcだから、H(ε)の濃度は、card(H(ε))＝c。
も間違ってますな。H(ε)⊂[a,b] だからといって、card(H(ε))＝c はいえませんな。
>>583の第６段の
>閉区間 [a,b] の濃度はcだから、card(S(ε))＝c。
も間違ってますな。S(ε)⊂[a,b] だからといって、card(S(ε))＝c はいえませんな。
だけど、card(S(ε))＝card(H(ε))＝c は、本当は示すまでもないことなんだよな。

610: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 16:06:14.14 ID:WuoQ5wU/(20/22) AAS
まさか、>>584の
>以下、実数直線R上、有理数は稠密だから、ハメル基底とRのQ上の超越基底について、
>ε＞0を任意に取ったとき、超越基底がS(ε)に等しくなり、ハメル基底がH(ε)に
>等しくなると仮定しても一般性は失わない。
って、こういう仮定は出来ないのか？　問題は特に生じないと思うんだけど。
はじめから、ハメル基底と超越基底は固定しなきゃダメなのか？

611(5): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 17:17:34.88 ID:WuoQ5wU/(21/22) AAS
>>556
まあ、ついでに訂正版。

任意のε＞0に対して定まる開区間(-ε,ε)を、I(ε)＝(-ε,ε) で表わす。

[第１段](任意のε＞0に対して、開区間I(ε)に含まれるような、ハメル基底の存在性)：
ε＞0とする。すると、I(ε)＝(-ε,ε)。ここに、実数直線R上で有理数は稠密なることに
注意する。εに対し、L(ε)を、開区間I(ε)に含まれるような、実数体Rの有理数体Q上の
一次独立な部分集合全体の族とする。以下、L(ε)をLで略記する。すると、有理数の稠密性
から、RのQ上一次独立な部分集合 {√2} に対し、或る a∈Q が存在して、{a√2}∈L となる
から、L≠Φ。Lは集合の包含関係⊂について、半順序集合である。Aを添数集合とする。
{I_α|α∈A} をLの全順序部分集合とする。ここに、各α∈Aに対して I_α は開区間I(ε)では
ない。S＝∪_{α∈A}(I_α) とする。n∈N＼{0} とする。x_1,…,x_n∈S とする。すると、
x_1,…,x_n をすべて含むような或る S_α(α∈A) が存在して、S_α はRのQ上一次独立な
部分集合だから、{x_1,…,x_n} はQ上一次独立である。自然数 n∈N＼{0}、Sの元 x_1,…,x_n は
任意でよいから、任意の α∈A について、SはI_αのすべての点を含むLの元であり、I_α⊂S で
ある。また、SはQ上一次独立な集合である。そして、任意の α∈A に対して、S_α⊂S だから、
Sは {S_α|α∈A} のLにおける上界である。従って、Zornの補題から、LつまりL(ε)には極大元が
1個以上存在する。その極大元を H(ε) とする。H(ε) は開区間 I(ε) に含まれる、
実数体Rの有理数体Q上の一次独立な部分集合全体の族だから、H(ε) はハメル基底の
定義の条件を確かにすべて満たす。従って、H(ε) は開区間 I(ε) に含まれるような、
ハメル基底である。ε＞0は任意でよいから、任意のε＞0に対して、開区間 I(ε) に含まれる、
ハメル基底 H(ε) が存在する。　　　　　　(第１段終了)

612: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 17:29:19.81 ID:WuoQ5wU/(22/22) AAS
>>556
何かよく分からんが、>>611の続きを書こうとしたら
NGワード規制にかかって、これ以上は出来ない。まあ、今日は寝る。

今度出来るのは土日あたりかな。

613(5): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 04:24:00.11 ID:G4eIi6xW(1/18) AAS
>>556
意外な方法があったんだな。多分超越基底Sとかハメル基底だけじゃダメだ。

実数体Rの有理数体Q上の超越基底S、ハメル基底Hをそれぞれ適当に1つ取り、S⊂H としても一般性は失わない。
ここに、定義から、包含関係は、S⊂H⊂Q∪H⊂R。

[第１段](Q∪H≠Φ はRの真部分集合)：0とは異なる有理数a、無理数 b∈H を任意に取る。
すると、或る、体Q上の、線型空間Rの線型部分空間 V＝{ra+sb∈R|r,s∈Q} が存在して、
{a,b} はVの基底である。そして、a、bは体Q上一次独立である。aとは異なるような、
0とは異なる有理数cを任意に取る。すると、a、b-c は体Q上一次独立である。従って、
{a,b-c} は体Q上の、線型空間Rの線型部分空間 W_1＝{ra+s(b-c)∈R|r,s∈Q} の基底となる。
同様に、b、b-c は体Q上一次独立である。従って、{b,b-c} は体Q上の、線型空間Rの
線型部分空間 W_2＝{rb+s(b-c)∈R|r,s∈Q} の基底となる。W_1、W_2 の各次元は両方共に2である。
また、ハメル基底の定義から、Hは体Q上の線型空間Rの基底である。従って、定義から、
b-c∈H なることはあり得ない。b-c は無理数だから、b-c∈Q なることもあり得ない。
従って、b-c∈Q∪H なることもあり得ない。しかし、b-c∈R だから、Q∪H≠Φ はRの真部分集合である。

[第２段](S、H、Q∪H、R の濃度は連続体濃度cに等しい)：S⊂H⊂Q∪H⊂R だから、
card(S)≦card(H)≦card(Q∪H)≦card(R)。また、card(S)＝card(R)＝c。従って、
ベルンシュタインの定理から、card(S)＝card(H)＝card(Q∪H)＝card(R)＝c。

614(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 04:25:29.30 ID:G4eIi6xW(2/18) AAS
>>556
(>>613の続き)
[第３段](Q∪Hは完全集合)：x∈Q∪H とする。r＞0 とする。すると、有理数の稠密性から、
開区間 (x,x+r) に属する有理数sが存在する。開区間 (x,x+r) に属する有理数sについて、
(x,x+r)⊂(x-r,x+r) から、s∈(x-r,x+r)。また、x＜s から s≠x であり、s∈Q∪H だから、
s∈Q∪H－{x}。従って、s∈(Q∪H－{x})∩(x-r,x+r) から、(Q∪H－{x})∩(x-r,x+r)≠Φ。
r＞0 は任意でよいから、xは Q∪H の集積点である。x∈Q∪H は任意でよいから、Q∪H の
導集合は Q∪H 自身に等しい。従って、定義から、Q∪H は完全集合である。

[第４段](S、H、Q∪H は零集合)：ε＞0 を任意に取る。すると、定義から、完全集合 Q∪H は
稠密集合である。任意の点 x∈Q∪H に対し、xは Q∪H の触点かつ {x}は Q∪H の閉包である。
超越基底S、ハメル基底H、Q∪H の包含関係は、S⊂H⊂Q∪H。従って、Sの外測度を m(S)、
Hの外測度を m(H)、Q∪Hの外測度を m(Q∪H) とすれば、ε＞0 に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる
実数 a(ε) が存在して、m(S)≦m(H)≦m(Q∪H)≦a(ε)。ε＞0 は任意でよいから、ε→0 とすれば、
a(ε)→0 となり、m(S)＝m(H)＝m(Q∪H)＝0。従って、S、H、Q∪H は零集合である。

[第５段](S、H、Q∪H は非可算零集合)：零集合 S、H、Q∪H の各濃度は card(S)＝card(H)＝card(Q∪H)＝c で、
何れも非可算濃度だから、S、H、Q∪H は非可算零集合である。

615(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 05:08:45.68 ID:G4eIi6xW(3/18) AAS
>>556
>>613の第１段の
>従って、定義から、b-c∈H なることはあり得ない。
の部分の「定義から、」は「b∈H から、」に訂正。
あと、>>614の第４段の
>任意の点 x∈Q∪H に対し、xは Q∪H の触点かつ {x}は Q∪H の閉包である。
の部分は
>「距離空間Rにおいて」任意の点 x∈Q∪H に対し、xは Q∪H の触点かつ {x}は Q∪H の閉包である。
と訂正。

616(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 11:32:07.07 ID:G4eIi6xW(4/18) AAS
>>556
>>613の

>実数体Rの有理数体Q上の超越基底S、ハメル基底Hをそれぞれ適当に1つ取り、S⊂H としても一般性は失わない。
>ここに、定義から、包含関係は、S⊂H⊂Q∪H⊂R。

の部分は

>定義から、ハメル基底Hに対して、或る、実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sが
>存在して、S⊂H であり、S⊂H⊂Q∪H⊂R。

に訂正。あと、>>613の第１段の
>しかし、b-c∈R だから、Q∪H≠Φ はRの真部分集合である。
の部分は

>しかし、b-c∈R だから、b-c は Q∪H≠Φ に属さない実数である。
>従って、Q∪H≠Φ はRの真部分集合である。

に訂正。

617(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 12:03:10.67 ID:UZFNWaYI(1/8) AAS
>>613-616
訂正しても肝心なところが全部デタラメ。間違いだらけ。問題外。
どこが間違いなのかは自分で探せ。

618: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 12:59:02.77 ID:G4eIi6xW(5/18) AAS
>>556
さっきメシ食いながら気付いたが、昨日のメンターの教訓によると、>>613-616の論法は間違いだ。
多分、ハメル基底H⊃Sを持ち出してはいけない。というか、私もすぐにはハメル基底
への一般化が出来ない。Hは連続体濃度cを持つ集合で、>>613-616の論法を認めたら、
同じ論法がHを閉区間[0,1]とかに置き換えても成り立って、第４段で崩れるようになっている。
完備な順序体は実数体Rに限ることを用いないとダメだ。そうすれば、問題はない。
>>613-616を訂正して書く。少しお待ちを。

619(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 14:12:02.94 ID:G4eIi6xW(6/18) AAS
>>556
Sを実数体Rの有理数体Q上の超越基底とする。ここに、定義から、包含関係は、S⊂Q(S)⊂R。

[第１段](Q(S)≠Φ はRの真部分集合)：定義から、RはQ(S)の代数拡大体だから、
Q(S)上代数的なRの点が存在する。従って、或る、Q(S)上代数的なRの点aが存在して、
aはQ(S)には属さないRの点である。従って、Q(S)≠Φ はRの真部分集合である。

[第２段](S、Q(S)、R の濃度は連続体濃度cに等しい)：S⊂Q(S)⊂R だから、
card(S)≦card(Q(S))≦card(R)。また、card(S)＝card(R)＝c。従って、
ベルンシュタインの定理から、card(S)＝card(Q(S))＝card(R)＝c。

[第３段](Q(S)は完全集合)：x∈Q(S) とする。r＞0 とする。任意の完備な順序体はRに同型
である。しかし、Q(S)≠Φ はRの真部分集合だから、Q(S)はRに同型とはなり得ない。従って、
有理数の稠密性と Q⊂Q(S) とから、Q(S)は完備な順序体ではなく稠密集合である。従って、
開区間 (x,x+r) に属する点 s∈Q(S) が存在する。開区間 (x,x+r) に属するQ(S)の点sについて、
(x,x+r)⊂(x-r,x+r) から、s∈(x-r,x+r)。また、x＜s から s≠x だから、s∈Q(S)－{x}。
従って、s∈(Q(S)－{x})∩(x-r,x+r) から、(Q(S)－{x})∩(x-r,x+r)≠Φ。r＞0 は任意
でよいから、xは Q(S) の集積点である。x∈Q(S) は任意でよいから、Q(S) の導集合は
Q(S) 自身に等しい。従って、定義から、Q(S) は完全集合である。

620(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 14:14:56.67 ID:G4eIi6xW(7/18) AAS
>>556
(>>619の続き)
[第４段](S、Q(S) は零集合)：ε＞0 を任意に取る。すると、完全集合 Q(S) は稠密集合である。
任意の点 x∈Q(S) に対し、距離空間R上で、xはQ(S)の触点かつ {x}はQ(S)の閉包である。
超越基底S、体Q(S) の包含関係は、S⊂Q(S)。従って、Sの外測度を m(S)、Q(S)の外測度を m(Q(S))
とすれば、ε＞0 に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる実数 a(ε) が存在して、m(S)≦m(Q(S))≦a(ε)。
ε＞0 は任意でよいから、ε→0 とすれば、a(ε)→0 となり、m(S)＝m(Q(S))＝0。従って、
S、Q(S) は零集合である。

[第５段](S、Q(S) は非可算零集合)：零集合 S、Q(S) の各濃度は card(S)＝card(Q(S))＝c で、
どちらも非可算濃度だから、S、Q(S) は非可算零集合である。

621(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 14:29:55.26 ID:UZFNWaYI(2/8) AAS
>>619-620
デタラメ。間違いだらけ。問題外。
どこが間違いなのかは自分で探すこと。

いつものごとく些細な修正を開始するのかもしれんが、
そういう問題ではなく、全くダメ。

622: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 14:33:47.31 ID:G4eIi6xW(8/18) AAS
>>621
そもそも、方針が根本的に間違っている訳か。

623: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 14:55:11.36 ID:G4eIi6xW(9/18) AAS
>>556
>>562が
>そもそもスレ主は証明できるのか？
>おれは不勉強だからこの問題へのアプローチは1通りしか知らない。
という通り、この問題、ハメル基底やQ(S)でSを被覆する方法が無効となると、
私には方針が思い浮かばんわ。何かの知識が必要なんだろ？　はじめに、
スレ主が証明してくれ。知識がなくこれに取り組んでも無意味だ。
そうでなきゃ、ヒント教えてくれ。基本的な知識だけで証明出来る命題なのか？

624(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:10:27.57 ID:UZFNWaYI(3/8) AAS
だめだこりゃ。
ヒントがあってもなくても同じこと。知識がどうこうの前に、
そもそも誤答おじさんは既存の知識すら正しく使えていないから。
以下に誤答おじさんの間違いを記す。

1つ目の間違い。
Qは完全集合(特に閉集合)：背理法を使わず直接的に証明する。
x∈Q とする。r＞0 とする。任意の完備な順序体はRに同型
である。しかし、Q≠Φ はRの真部分集合だから、QはRに同型とはなり得ない。従って、
有理数の稠密性と Q⊂Q とから、Qは完備な順序体ではなく稠密集合である。従って、
開区間 (x,x+r) に属する点 s∈Q が存在する。開区間 (x,x+r) に属するQの点sについて、
(x,x+r)⊂(x-r,x+r) から、s∈(x-r,x+r)。また、x＜s から s≠x だから、s∈Q－{x}。
従って、s∈(Q－{x})∩(x-r,x+r) から、(Q－{x})∩(x-r,x+r)≠Φ。r＞0 は任意
でよいから、xは Q の集積点である。x∈Q は任意でよいから、Q の導集合は
Q 自身に等しい。従って、定義から、Q はRの完全集合である。
特に、QはRの閉集合である。

ところで、QはRの閉集合ではない。ここで矛盾する。
背理法を使ってないのになぜ矛盾が出たのか？

2つ目の間違い。
Rは零集合：Rは完全集合であることに注意する。
ε＞0 を任意に取る。すると、完全集合 R は稠密集合である。
任意の点 x∈R に対し、距離空間R上で、xはRの触点かつ {x}はRの閉包である。
従って、Rの外測度を m(R)とすれば、ε＞0 に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる実数 a(ε) が存在して、
m(R)≦a(ε)。ε＞0 は任意でよいから、ε→0 とすれば、a(ε)→0 となり、m(R)＝0。従って、
R は零集合である。

ところで、Rはゼロ集合ではない。ここで矛盾する。
背理法を使ってないのになぜ矛盾が出たのか？

625(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:14:27.95 ID:UZFNWaYI(4/8) AAS
3つ目の間違い。

まず、RのQ上のハメル基底・超越基底は決してRの解析集合(analytic set)にならないことが知られている。
ここで、完全集合は閉集合であり、閉集合はボレル可測集合であり、ボレル可測集合は解析集合である。
よって、ハメル基底や超越基底が「完全集合」だと証明されている誤答おじさんの証明は自動的に間違いとなる。
常識的に考えても、選択公理が絡んでる集合なのにそう安々と位相的に良い性質を持った集合になるわけが無い。

626: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:18:57.60 ID:ZfVs61Ox(1) AAS
おっさんは寝てろよ
永遠に起きて来なくても良いよw

627(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:22:51.54 ID:G4eIi6xW(10/18) AAS
>>624
おなじみの有理数の稠密性が使えなかったのか。
測度以前に、基本的なことなんだけど。あと、m(R)＞0 か。

628(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:28:10.26 ID:G4eIi6xW(11/18) AAS
>>625
>まず、RのQ上のハメル基底・超越基底は決してRの解析集合(analytic set)にならないことが知られている。
これは知らなかったわ。

629(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:31:09.80 ID:UZFNWaYI(5/8) AAS
上記のように、誤答おじさんの間違いは極めて質が悪く、

(1) なにかしらの集合が「完全集合」であることの証明手法がまず間違っている。
(2) なにかしらの集合が「ゼロ集合」であることの証明手法がこれまた間違っている。
(3) 選択公理が絡んでいるハメル基底・超越基底に「良い位相的性質」を期待する安易な方針が既に間違っている。

という、間違いのオンパレード。何一つとして「一人前に」証明できてない。
特に、(2)の間違え方がデタラメすぎて情けない。測度のことを何一つとして理解してない。

>>628
＞これは知らなかったわ。
そういう問題ではない。知っていようが知っていまいが、
選択公理が絡んでいる集合に「良い位相的性質」を期待している時点でアウトなのだ。
仮に示せるとしても相当むずかしいに決まってて、こんな簡単に言えるわけが無いから。

630(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:35:50.81 ID:1b5OOJ9J(1) AAS
>m(R)>0 か。
当たり前だろ！

>特に、QはRの閉集合である。
？？？？？？？
無理数に収束する有理数列が有るのにQがRの閉集合なわけないだろ！

631(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:43:51.19 ID:G4eIi6xW(12/18) AAS
>>630
＞>特に、QはRの閉集合である。
＞？？？？？？？
＞無理数に収束する有理数列が有るのにQがRの閉集合なわけないだろ！
多分私宛てに書いたんだろうけど、これはどこに書いた？

632: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:47:48.63 ID:G4eIi6xW(13/18) AAS
>>630
あ、>>624で指摘されたように、意識しなかったって意味で
私がその間違いを>>627に書いたようにどこかに書いたって意味で書いたのね。

633: １３２人目の素数さん [] 2015/11/26(木) 15:49:24.43 ID:6QY6fKYt(1) AAS
誤答の爺さんは先ず高校数学レベルをクリアしないとな。
ガロア理論、位相？
そんなもん語る状態に無いでしょ爺さん。

634(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 15:53:18.93 ID:G4eIi6xW(14/18) AAS
>>629
コンパクトなハメル基底や超越基底の存在性は>>611で証明したろ。

635(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 16:02:50.03 ID:UZFNWaYI(6/8) AAS
>>634
いい加減にしろクソ野郎。

Rのコンパクト集合は閉集合である。閉集合はボレル可測集合である。ボレル可測集合は解析集合である。
しかし、RのQ上のハメル基底・超越基底は決してRの解析集合にならない。
よって、コンパクトなハメル基底や超越基底は存在しない。
もし存在性が証明できているならば、その証明は自動的に間違い。

そもそも、>>611には「コンパクト」なんて一言も書いてない。
ただ単に「 (－ε,ε)に含まれるハメル基がある」としか言ってない。
まさか、(－ε,ε)に含まれる集合は何でもかんでもコンパクトになると思ってるのか？
だとしたら位相空間論の知識がボロボロってことだ。誤答おじさんらしいなｗｗｗ

636(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 16:12:06.21 ID:G4eIi6xW(15/18) AAS
>>635
別に。ハイネ・ボレルの定理があるからそれはない。直観的にコンパクトだと思っただけ。
>S⊂Q(S)。従って、Sの外測度を m(S)、Q(S)の外測度を m(Q(S)) とすれば、
>ε＞0 に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる実数 a(ε) が存在して、m(S)≦m(Q(S))≦a(ε)。
のようなおなじみの論法が通用しないのね。まあ、「ワロタ」とか、「クソ野郎」と幾度も書く
あたりから見ると、感情的というか性格が何か悪いですな。メンターは多分崩れでしょう。
ここまで性格が悪いと、大学とかではやっていけないでしょう。
ワロタは2チャンネル用語らしいんですわな。

637(1): １３２人目の素数さん [] 2015/11/26(木) 16:23:36.32 ID:5XCdJCIr(1) AAS
馬鹿なのに上から目線。
余りにも阿呆で傲慢なので、
メンター、メンターと持ち上げていた人からも見放された誤答おじさん。

638(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 16:28:04.94 ID:UZFNWaYI(7/8) AAS
>>636
＞直観的にコンパクトだと思っただけ。
意味不明。単にそのように思っただけなのであれば、
「>>611で証明した」と断定することはありえない。

コンパクトであることを証明した気になっていたけど、
実は間違っていることを俺に指摘されてバツが悪くなったから、
「コンパクトだと思っただけだ」と後から言い直したのだろう。
言い訳にもなっていない。

そもそも、なぜ誤答おじさんが>>634を書いたかと言えば、俺の
＞選択公理が絡んでいる集合に「良い位相的性質」を期待している時点でアウトなのだ。
この部分に反論するためである。にも関わらず「直観的にコンパクトだと思った」では会話が成立していない。
俺が言っているのは「そういう安直な考えは捨てろ」なのに、それに対して「安直にそう思った」では会話が成立していないのだ。

それらを考慮した上で改めて>>634を見ると、やはり「>>611で証明した」と断定されている。
確かに、「証明した」のであれば会話が成立している。すなわち、

・俺が言っているのは「そういう安直な考えは捨てろ」であり、
・それに対して「いや、その安直な考えが実際に証明できたぞ」という反論ならば、
・確かに会話が成立している

のである。とすると、やはり>>634は「直観的にコンパクトだと思っただけ」という意味ではなく
「コンパクトであることが証明できた」という意味であると考えられる。
そして、そのことが間違っていることを俺に指摘されてバツが悪くなったから
「コンパクトだと思っただけだ」と後から言い直したのだろう。
言い訳にもなっていない。やはりクソ野郎である。

639(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 16:36:06.34 ID:G4eIi6xW(16/18) AAS
>>637
むしろ、メンターみたいなタイプには見放された方がいい。
あそこまで感情的起伏が激しいと相手するのに困る。メンターは解析専攻でしょう。
メンターっぽい人が以前、調和解析の話をしているのを見たことがある。
調和解析に妙に詳しいと思ったことはある。

640(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 16:42:35.90 ID:G4eIi6xW(17/18) AAS
>>638
>コンパクトであることを証明した気になっていたけど、
>実は間違っていることを俺に指摘されてバツが悪くなったから、
>「コンパクトだと思っただけだ」と後から言い直したのだろう。
まあ、大筋その通りだ。認めよう。

641(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 16:50:39.17 ID:hPBeqGK1(1) AAS
>>640
嘘つきに数学は無理よ。
自分に対しても嘘を平気で吐くから、
誤りをを認めることが出来ない。
「証明」を手放すことが出来ない誤答おじさん。
嘘で固めて「証明」を証明と言い張る。

642(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 17:03:59.97 ID:G4eIi6xW(18/18) AAS
>>638
>>641
なら、>>634では
>任意のε＞0に対して、開区間(-ε,ε)に含まれる
>ハメル基底が存在することを>>611で示した
と書いていれば、満足？
文が長くなって書くのが面倒臭くなるんだけど。

643: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 17:16:15.04 ID:UZFNWaYI(8/8) AAS
>>639
＞むしろ、メンターみたいなタイプには見放された方がいい。
＞あそこまで感情的起伏が激しいと相手するのに困る。メンターは解析専攻でしょう。

お前の証明が正しければ誰からのツッコミも来ないという根本的な解決策からは目を背けて
くだらない特定ゴッコに精を出しているあたりが、いかにも「ダメな人」の典型例である。

>>642
その場合、レスの内容は正しくなるが、俺の
＞選択公理が絡んでいるハメル基底・超越基底に「良い位相的性質」を期待する安易な方針が既に間違っている。
への反論にはなってないので、そもそもレスの意味がなくなる。
最初からヘンな反論をせずに黙っていれば良かっただけの話。

そもそも、「見放された方がいい」と言いつつも
今さら俺にレスを返してくる意図が意味不明。

ここのスレ主からも煙たがられてるし、他のスレでも散々迷惑かけてきたみたいだし、
ホントに何がしたいんだこいつ。

644: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 18:16:53.68 ID:g/rZdFgl(1) AAS
長期に渡ってタダで個人授業を受けておきながらこの言い草はない。

> あそこまで感情的起伏が激しいと相手するのに困る。

645: １３２人目の素数さん [] 2015/11/26(木) 22:19:25.06 ID:yy5u8zGz(1/4) AAS
>>540
改良版の命題は正しいが、証明が無いので不正解。

【準備】
あるε>0に対し、a∈X のε近傍を U(a,ε) と書く。U(a,ε):={x∈X||a-x|<ε} である。
f:A⊂X→Y が a∈A で連続である ⇔ ∀ε>0 に対し、ある δ>0 が存在して、f(U(a,δ)∩A)⊂U(f(a),ε) とする。

【命題】
距離空間 (X,dX) の開集合 A⊂X から (Y,dY) への写像 f:A→Y が連続であるための必要十分条件は、
Y の任意の開集合 U に対して f^(-1)(U) が X の開集合となることである。

【証明】
(1)f は A で連続であると仮定
U は Y の開集合とする。
f^(-1)(U)={} であるなら、主張は正しいので、以下、f^(-1)(U)≠{} とする。
a∈f^(-1)(U) とする。a∈A、f(a)∈U である。
U は Y の開集合であるから、ある ε>0 が存在して、U(f(a),ε)⊂U
仮定より、ある δ1>0 が存在して f(U(a,δ1)∩A)⊂U(f(a),ε)⊂U すなわち U(a,δ1)∩A⊂f^(-1)(U)
A は X の開集合であるから、ある δ2>0 が存在して、U(a,δ2)⊂A
δ=min(δ1,δ2) とおけば、U(a,δ)⊂U(a,δ1) かつ U(a,δ)⊂U(a,δ2)⊂A であるから、U(a,δ)⊂U(a,δ1)∩A⊂f^(-1)(U)
ゆえに、f^(-1)(U) は X の開集合である。
(2)Y の任意の開集合 U に対し、f^(-1)(U) は X の開集合であると仮定
a∈A、ε>0 とする。
U(f(a),ε) は Y の開集合であるから、仮定より、f^(-1)(U(f(a),ε)) は X の開集合である。
よって、ある δ>0 が存在し、U(a,δ)⊂f^(-1)(U(f(a),ε))⊂A すなわち f(U(a,δ)∩A)⊂U(f(a),ε)
ゆえに、f は A で連続である。■

646(1): １３２人目の素数さん [] 2015/11/26(木) 22:19:58.73 ID:yy5u8zGz(2/4) AAS
>>540
A が X の開集合でない場合の命題を提示する。

【命題】
距離空間 (X,dX) の部分集合 A⊂X から (Y,dY) への写像 f:A→Y が連続であるための必要十分条件は、
Y の任意の開集合 U に対して、X のある開集合 V が存在して、f^(-1)(U)=A∩V が成立つことである。
【証明】
A が X の開集合であるなら、前命題より V=f^(-1)(U) とすればよいから、A は X の開集合でないとする。
(1)f は A で連続であると仮定
A は X の開集合でないから、A⊂≠X、よって、X のある開集合 A' が存在し、A⊂≠A'⊂X を満たす。
f':A'→Y を f'|A=f かつ f' は A' で連続となるように定める。（f'|A は f' の A への制限）
前命題より、Y の任意の開集合 U に対し、f'^(-1)(U):=V は X の開集合である。
a∈f^(-1)(U) ⇒ a∈A かつ f(a)∈U ⇒ f(a)=f'(a)∈U ⇒ a∈f'^(-1)(U) より、f^(-1)(U)⊂f'^(-1)(U)
また定義より、f^(-1)(U)⊂A であるから、f^(-1)(U)⊂A∩V・・・(a)
a∈A かつ a∈f'^(-1)(A) ⇒ f(a)=f'(a)∈U ⇒ a∈f^(-1)(U) より、A∩V⊂f^(-1)(U)・・・(b)
(a),(b)より、f^(-1)(U)=A∩V
ゆえに、Y の任意の開集合 U に対し、X のある開集合 V が存在して、f^(-1)(U)=A∩V
(2)Y の任意の開集合 U に対し、X のある開集合 V が存在して、f^(-1)(U)=A∩V が成り立つと仮定
a∈A、ε>0 とする。
U(f(a),ε) は Y の開集合であるから、仮定より、X のある開集合 V が存在して、f^(-1)(U(f(a),ε))=A∩V
すなわち、f(A∩V)=U(f(a),ε)
これと、f(a)∈U(f(a),ε)より、a∈V
V は X の開集合であるから、ある δ>0 が存在して、U(a,δ)⊂V
よって、f(A∩U(a,δ))⊂f(A∩V)=U(f(a),ε)
ゆえに、f は A で連続である。■

647: １３２人目の素数さん [] 2015/11/26(木) 22:31:41.22 ID:yy5u8zGz(3/4) AAS
>>646
うう訂正。。。
＞a∈A かつ a∈f'^(-1)(A) ⇒ f(a)=f'(a)∈U ⇒ a∈f^(-1)(U) より、A∩V⊂f^(-1)(U)・・・(b)
a∈A かつ a∈f'^(-1)(U) ⇒ f(a)=f'(a)∈U ⇒ a∈f^(-1)(U) より、A∩V⊂f^(-1)(U)・・・(b)

648: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/26(木) 23:23:54.16 ID:PAIa9uKh(1) AAS
それ定義レベルの命題や
一撃で分からなアカン
距離空間の場合を確かめるのは悪くないが、
本来一般の位相空間の場合でやるべき演習

649: １３２人目の素数さん [] 2015/11/26(木) 23:30:22.13 ID:yy5u8zGz(4/4) AAS
いや、距離空間の流れができちゃってたから
そこは俺に言われても困る

650(4): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/27(金) 16:04:59.09 ID:qRNBmtTR(1/5) AAS
>>556
[第１段](任意のε＞0に対して、開区間I(ε)に含まれるような、ハメル基底の存在性)：
ε＞0とする。すると、I(ε)＝(-ε,ε)。ここに、実数直線R上で有理数は稠密なることに
注意する。εに対し、L(ε)を、開区間I(ε)に含まれるような、実数体Rの有理数体Q上の
一次独立な部分集合全体の族とする。以下、L(ε)をLで略記する。すると、有理数の稠密性
から、RのQ上一次独立な部分集合 {√2} に対し、或る a∈Q が存在して、{a√2}∈L となる
から、L≠Φ。Lは集合の包含関係⊂について、半順序集合である。Aを添数集合とする。
{I_α|α∈A} をLの全順序部分集合とする。ここに、各α∈Aに対して I_α は開区間I(ε)では
ない。S＝∪_{α∈A}(I_α) とする。n∈N＼{0} とする。x_1,…,x_n∈S とする。すると、
x_1,…,x_n をすべて含むような或る S_α(α∈A) が存在して、S_α はRのQ上一次独立な
部分集合だから、{x_1,…,x_n} はQ上一次独立である。自然数 n∈N＼{0}、Sの元 x_1,…,x_n は
任意でよいから、任意の α∈A について、SはI_αのすべての点を含むLの元であり、I_α⊂S で
ある。また、SはQ上一次独立な集合である。そして、任意の α∈A に対して、S_α⊂S だから、
Sは {S_α|α∈A} のLにおける上界である。従って、Zornの補題から、LつまりL(ε)には極大元が
1個以上存在する。その極大元を H(ε) とする。H(ε) は開区間 I(ε) に含まれる、
実数体Rの有理数体Q上の一次独立な部分集合全体の族だから、H(ε) はハメル基底の
定義の条件を確かにすべて満たす。従って、H(ε) は開区間 I(ε) に含まれるような、
ハメル基底である。ε＞0は任意でよいから、任意のε＞0に対して、開区間 I(ε) に含まれる、
ハメル基底 H(ε) が存在する。

651(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/27(金) 16:06:37.42 ID:qRNBmtTR(2/5) AAS
>>556
(>>650の続き)
[第２段](上下に有界な体Rの体Q上の超越基底Sの存在性)：定義から、任意のε＞0に対して、
開区間I(ε)に含まれるような、ハメル基底に含まれる、実数体Rの有理数体Q上の超越基底S(ε)は
存在し、上下に有界である。従って、上下に有界な体Rの体Q上の超越基底Sは存在する。

ここに、Sを上下に有界な実数体Rの有理数体Q上の超越基底と仮定しても一般性は失わない。
定義から、包含関係は、S⊂Q(S)⊂R。

[第３段](Q(S)≠Φ はRの真部分集合)：定義から、RはQ(S)の代数拡大体だから、Q(S) 上代数的な
Rの点が存在する。従って、或る、Q(S) 上代数的なRの点aが存在して、aは Q(S) には属さないRの点である。
従って、Q(S)≠Φ はRの真部分集合である。

[第４段](S、Q(S)、R の濃度は連続体濃度cに等しい)：S⊂Q(S)⊂R だから、card(S)≦card(Q(S))≦card(R)。
また、card(S)＝card(R)＝c。従って、ベルンシュタインの定理から、card(S)＝card(Q(S))＝card(R)＝c。

[第５段](Q(S)は完全集合)：体 Q(S) を完全集合ではないとする。すると、Q(S) の或る点 y∈Q(S) が
存在して、yは Q(S) の孤立点となる。また、実数直線R上で、有理直線Qは稠密で、任意の r∈Q について、
rはQの触点でrの閉包は {r} だから、yは有理数ではない。従って、y∈S。Rは Q(S) 上代数拡大体だから、
yは体 Q(S) 上代数的である。従って、yの R/Q(S) への最小多項式の次数をnとすれば、
何れも或る a_0,a_1,…,a_n∈Q(S) に対して、a_0≠0, a_n≠0 であり、
a_0・y^n＋a_1・y^{n-1}＋…＋a_{n-1}・y＋a_n＝0 …①　となる。
しかし、定義から、Sの点yはQ上超越的だから、すべての i＝0,1,…,n に対して a_i がQ上代数的なることは、
あり得ない。従って、或る i＝0,1,…,n が存在して、a_i はQ上超越的となる。つまり、a_i は超越数となる。
そこで、Y＝{a_0,a_1,…,a_n} とおき、X＝{a_i∈Y|a_iは超越数} とする。すると、X≠Φ。

652(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/27(金) 16:10:28.56 ID:qRNBmtTR(3/5) AAS
>>556
(>>651の続き)
a_i∈X とする。すると、X⊂Y から a_i∈Y。そして、a_i∈R＼Q であって、同時に a_i∈Q(S) だから、
a_i に対して或る自然数 m(a_i) が定まり、自然数 m(a_i) を m_i で略記すれば、m_i に対して何れも或る、
m_i 変数 z_1, …, z_{m_i} の有理関数 f_{m_i}∈Q(z_1,…,z_{m_i}) と m_i 個の点
{z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}∈S が存在して a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}) となる。
Xの点 a_i は任意でよいから、各 a_i∈X に対して、a_i を表す、何れも或る、
f_{m_i}∈Q(z_1,…,z_{m_i}) と m_i 個の点 {z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}∈S、及び有理関数の形をした式
a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}) が定まる。ここで、仮に、各 a_i∈X に対して定まるような、
a_i を表す有理関数の形をした式 a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}) における有理関数 f_{m_i}
のすべてが定数ではないとして、各 a_i∈X に対して定まる a_i を表す有理関数の形をした式
a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}) を、同時にすべて①にすべて同時に代入して両辺を整理すると、
有限個のSの点 y , {z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i} , … は体Q上代数的従属なることが分かり、
とりわけ y∈S ではなくなり、y∈S に反し矛盾が生じる。従って、或る a_i∈X が存在して、
a_i に対して定まるような、a_i を表す有理関数の形をした式 a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i})
における f_{m_i}∈Q(z_1,…,z_{m_i}) は定数となる。つまり、f_{m_i}∈Q であって、従って a_i∈Q。
しかし、a_i はQ上代数的だから、定義から、a_i は a_i∈S を満たさず、矛盾する。
従って、Q(S) は完全集合であり、Q(S) の任意の点は集積点である。　　　　　(第５段終了)

653(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/27(金) 16:12:15.66 ID:qRNBmtTR(4/5) AAS
>>556
(>>652の続き)
[第６段](Q(S)は零集合)：Q(S) の外測度を m(Q(S)) とする。m(Q(S))＞0 とする。定義から、実数体Rは
体 Q(S) の代数拡大体である。体 Q(S) 上超越的なRの点は存在しないから、R＼Q(S) は体 Q(S) 上代数的な
実数全体の集合である。ここに、体 Q(S) 上代数的な実数kを適当に取る。K＝(Q(S))(k) とおく。すると、
Kは体の拡大 R/Q(S) の中間体で、Rの真部分集合である。体Kの外測度を m(K)、実数体Rの外測度を m(R) とする。
すると、m(Q(S))＞0 と仮定したから、Q(S)⊂K⊂R から 0＜m(K)≦m(R)＝+∞。実数体Rの有理数体Q上の
超越基底Sは上下に有界と仮定しているから、0＜m(K)＜m(R)＝+∞。Kの内測度を m'(K) とする。
Kは上下に非有界でコンパクトではないから、定義から、m'(K)＝+∞。従って、m(K)＜m'(K)。
Kが可測なための必要十分は m(K)＝m'(K) だから、中間体Kは非可測である。しかし、これはKが可測なことに反し、
矛盾する。従って、m(Q(S))＝0 で、体 Q(S) は零集合である。

[第７段](S、Q(S)は非可算零集合)：超越基底Sの外測度を m(S) とすると、S⊂Q(S) から、m(S)≦m(Q(S))＝0
から、m(S)＝m(Q(S))＝0。また、card(S)＝card(Q(S))＝c。従って、S、Q(S)は非可算零集合である。

Sは上下に有界な実数体Rの有理数体Q上の超越基底としていたから、
元の超越基底S、元の体Q(S)も、どちらも非可算零集合である。

654: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/27(金) 17:39:05.66 ID:qRNBmtTR(5/5) AAS
>>556
あ、>>650の最初に
>任意のε＞0に対して定まる開区間(-ε,ε)を、I(ε)＝(-ε,ε) で表わす。
を書くの忘れた。第１段はその後に続く。

655(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/27(金) 22:13:49.57 ID:+cGpPCmW(1) AAS
>超越基底Sは上下に有界と仮定しているから、0＜m(K)＜m(R)＝+∞。
なぜm(K)＜m(R)とできるのか説明してもらえますか。

656: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/27(金) 23:16:14.31 ID:Hwv6wXgh(1/4) AAS
おっちゃん、どうも。スレ主です。
いつも、力作ありがとう

ところで、>>650の[第１段]って、何を証明しようとしているのか、不明確なんだよね。良い線言っている気もするし、とんちんかんを言っている気もするし
命題の定立がね、不明確。証明読まないと、どういう命題を証明しようとしているのか、何を証明したのか、分からんような書き方はどうだかねー

普通の論文や教科書は
＜命題（or 定理ないし補題）＞xxxxxxxx
＜証明＞xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
というスタイルだろ？　そう書いて貰えないかね？

[第１段]に限らず・・・

657(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/27(金) 23:26:32.69 ID:Hwv6wXgh(2/4) AAS
>>653
どうも。スレ主です。

揚げ足取りみたいで悪いが
「Q(S)は零集合」って・・・
結論が可笑しくないかね？（＾＾；

そういうおれの直感に反する証明を、平気でするところが、おっちゃんらしいと言えばらしいけど
そこらのセンスは、働かないのかねー？
Sが、実数の超越基底として、Q(S)は超越数全体⊂Rでしょ？それが、零集合？

658(4): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/27(金) 23:31:54.23 ID:Hwv6wXgh(3/4) AAS
もっとはっきり書けば、
R=Q＋A＋Q（S)
Aは、代数的数の集合で、可算。Qも可算。だから、AとQは、零集合
Q（S）は、超越的数の集合で、非加算

もし、Q(S)は零集合だったら、Rは？零集合？

659(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/27(金) 23:40:40.30 ID:Hwv6wXgh(4/4) AAS
>>568
>私が終わったら、スレ主に証明してもらう。

ギブアップするなら、いつでも言ってくれ
おれの証明は難しくないよ
ほとんど高校数学で終わりだよ

>>562
>そもそもスレ主は証明できるのか？

証明出来ているつもり

>スレ主の方針はどういうものだ？書いてくれ。

おっちゃんの>>650 [第１段]に近い気がする。もっとも、 [第１段]が何を意味するのか、いまいちすっきりしないがね（＾＾；

660(1): １３２人目の素数さん [] 2015/11/28(土) 05:13:04.48 ID:9GY4dyn5(1/2) AAS
スレ違いかもしれないけどすごく気になったので
ある問題（証明問題、計算問題、（あるならば、その他）の問題に関わらず）に解法が存在する事は、実際にその問題を解くことによって示せますが
もし解法が存在しない場合、"解法が存在しない"という事はどのように証明されるのでしょうか。
解法が存在しない⇒解けない、解かれていない　なのでしょうが、
"解法が存在しない"事を証明する方法が存在しない」場合、
"（能力などの都合で）解けない、解かれていない"のと"解法が存在しない"の間に明確な区別は無くなり、解法が存在しない⇔解けない、解かれていない　が成り立ってしまうと考えています。
この疑問が数学者諸氏にとって実に馬鹿らしいものであることは僕のちっぽけな頭でもわかります。
解けない問題が沢山ある事の言い訳に書いているだけです。悪しからず。

661(1): １３２人目の素数さん [] 2015/11/28(土) 05:17:14.09 ID:9GY4dyn5(2/2) AAS
訂正
証明問題、計算問題、（あるならば、その他）の問題に関わらず
↓
証明問題、計算問題、（あるならば、その他の問題）に関わらず

662(6): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 07:24:13.80 ID:V49WFVhA(1/9) AAS
>>657-658
>Sが、実数の超越基底として、Q(S)は超越数全体⊂Rでしょ？
間違い。スレ主はQ(S)を勘違いしている。>>658も勘違いを引きずっている。

663(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 07:31:45.07 ID:V49WFVhA(2/9) AAS
> もし解法が存在しない場合、"解法が存在しない"という事はどのように証明されるのでしょうか。

ガロア理論を読め。

というかそれを期待してこのスレに迷い込んだのであれば申し訳ない。
ここはガロアのガの字も出ないスレなんだｗ
スレ主に代わって謝っておきます。

664: 562 [sage] 2015/11/28(土) 07:38:34.70 ID:V49WFVhA(3/9) AAS
>>659
> おれの証明は難しくないよ
> ほとんど高校数学で終わりだよ
それは恐れ入りました。

665(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 07:44:41.30 ID:gImjm0uw(1/7) AAS
>>655
体 K＝(Q(S))(k) (kは Q(S) 上代数的な元) について、m(K)＝+∞ とする。
仮に上下に有界な超越基底Sに含まれる、或る開区間 I＝(-x,x) (∃x＞0) を
完備とすると、I⊂S⊂(-ε,ε) (∃ε＞x) から、或る a＞0 (ε＞a＞x) が存在して、
Iは閉区間 [-a,a] の真部分集合。だから、或る b＞0 が存在して、[-b,b]⊂S から [0,b]⊂S。
体 Q(S) は通常の加減乗除について閉じているから、加減乗除を任意に可算無限回繰り返すと、
[0,b]⊂S から実数体Rが構成出来て、Q(S)＝R。従って、Q(S) は完備な順序体Rになる。
しかし、Q(S) はRの真部分集合でRとは異なるから、Q(S) が完備順序体Rになることはなく、
矛盾が生じる。従って、超越基底Sに含まれるような、如何なる開区間 I＝(-x,x) (∀x＞0) も
完備とはならない。ところが、card(S)＝c で、超越基底Sは完全集合だから、Sは自己稠密集合。
従って、体 Q(S) は自己稠密集合で、Q(S)∩[0,1] も自己稠密な集合。m(K)＝+∞ としたから、
Rに真に含まれる自己稠密な順序体Kに対し、或る完備な区間 I' が存在して、I'⊂K＝(Q(S))(k)。
しかし、体Kの任意の逆元もKの点だから、I' のすべての元に対して何れも或る加減乗除の操作
を有限回施すと、或る ε＞0 に対して、すべての点がSに属するような、完備な
開区間 (-ε,ε)⊂S を構成出来る。従って、上下に有界な超越基底Sは或る完備な
区間を含む。これは、矛盾する。従って、m(K)＞0 から 0＜m(K)＜m(R)＝+∞ となる。

666(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 07:55:18.15 ID:V49WFVhA(4/9) AAS
>>665
>超越基底Sは完全集合だから
超越基底Sは完全集合ではないと何回言ったら・・

667: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 07:59:33.82 ID:gImjm0uw(2/7) AAS
>>666
そのこと忘れてた。第５段では「(Q(S)は完全集合」を示したんだな。
>>665は取り消し。

668: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 08:54:42.73 ID:gImjm0uw(3/7) AAS
>>655
体 K＝(Q(S))(k) (kは Q(S) 上代数的な元) について、m(K)＝+∞ とする。
仮に或る開区間 I＝(-x,x) (∃x＞0) に対して、(Q(S))(k) と (-x,x) の共通部分 K∩I を
完備とすると、体Kは通常の加減乗除について閉じているから、K∩I のすべての元に対して
何れも或る加減乗除の操作を有限回施すと、或る ε＞0 に対して、すべての点がSに属する
ような、完備な閉区間 [-ε,ε]⊂S を構成出来る。従って、加減乗除の操作を任意に
可算無限回施すと、[-ε,ε] から実数体Rが構成出来る。従って、Kの点に対して加減乗除を
任意に可算無限回施すとKからRが構成出来て、K＝R。従って、Kは完備な順序体Rになる。
しかし、KはRの真部分集合でRとは異なるから、Kが完備順序体Rになることはなく、
矛盾が生じる。従って、如何なる開区間 I＝(-x,x) (∀x＞0) に対しても、
(Q(S))(k) と (-x,x) の共通部分 K∩I は完備とはならない。ところが、card(S)＝c で、
体 Q(S) は完全集合だから、Q(S) は自己稠密集合。従って、体 K＝(Q(S))(k) は
自己稠密集合で、K∩[0,1] も自己稠密な集合。m(K)＝+∞ としたから、Rに真に含まれる
自己稠密な順序体Kに対し、或る完備な区間 I' が存在して、I'⊃K＝(Q(S))(k)。
しかし、体Kは直線R上至る所完備ではなく自己稠密で、Kの任意の点xは触点でxの閉包
は{x}。従って、KはR上稠密で、m(K)＝+∞ のときは、m(K)＝0、Q(S)⊂K から m(Q(S))＝0 となる。
これは、はじめに m(Q(S))＞0 と仮定したことに反する。

669(3): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/28(土) 09:00:48.34 ID:novsUjda(1/6) AAS
>>662
おっちゃん、どうも。スレ主です。
実に面白いね、おっちゃんって（＾＾；

>>Sが、実数の超越基底として、Q(S)は超越数全体⊂Rでしょ？
>間違い。スレ主はQ(S)を勘違いしている。>>658も勘違いを引きずっている。

超越基底の「基底」の意味を考えていない？
というか、なんというか・・・

命題：Sが、実数の超越基底として、Q(S)は超越数全体⊂Rである
証明：超越基底の「基底」の定義そのもの
QED

附言すれば、超越数全体をTとする（当然T⊂Rだが）
もし、ある超越数t∈Tで、tがQ(S)が含まれないとすれば、Sは t を含むように拡張されるべき(例えばそれをS'とする)
この操作を、超越数全体に達するまで繰り返すべし
プログラミング的には、そういうこと
そして、その実現を保証するのが選択公理だろ？

で、これは、「基底」の定義そのもの！
「基底」の意味が分かってないと、証明は暴走するわな（＾＾；

670: 662 [sage] 2015/11/28(土) 09:10:42.97 ID:V49WFVhA(5/9) AAS
>>669
口ぶりがおっちゃんに似てるようで2度スレ主に間違えられたｗ
まあそれはいいとして。

>>669でスレ主の勘違いが証明された。ハメル基底と超越基底をごっちゃにしてないか？

671(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 09:10:47.75 ID:gImjm0uw(4/7) AAS
>>669
＞おっちゃん、どうも。スレ主です。
＞実に面白いね、おっちゃんって（＾＾；
＞
＞>>Sが、実数の超越基底として、Q(S)は超越数全体⊂Rでしょ？
＞>間違い。スレ主はQ(S)を勘違いしている。>>658も勘違いを引きずっている。
＞
＞超越基底の「基底」の意味を考えていない？
＞というか、なんというか・・・
＞
＞命題：Sが、実数の超越基底として、Q(S)は超越数全体⊂Rである
＞証明：超越基底の「基底」の定義そのもの
＞QED
これ、超越拡大体 Q(S) の定義の捉え方が間違っている。
一体、何のために私が恥かいて証明したんだよ。包含関係は Q⊂Q(S) も成り立っているぞ。
すべての有理数も Q(S) は含む。

672(1): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/28(土) 09:31:12.83 ID:novsUjda(2/6) AAS
>>660-661 &>>663

>ある問題（証明問題、計算問題、（あるならば、その他の問題）に関わらず）に解法が存在する事は、実際にその問題を解くことによって示せますが
>もし解法が存在しない場合、"解法が存在しない"という事はどのように証明されるのでしょうか。

確かに、ガロア理論はそうだけど
解法＝べき根と四則による解
に限定したときに、「解けない」ということを、示すのがガロア理論

で、解法の範囲を、「べき根と四則による解」を超えて、どうなんだ？と
べき根を取る操作を一種の関数と見たときに、超越関数などを考えたら解けるんじゃないかと考えたのが、エルミートだったかな？
楕円関数だったっけ
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BB%A3%E6%95%B0%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F
ガロアが楕円モジュラー関数を用いる超越的方法では一般的解法が存在することを予言し、その遺書に書き残している。ガロアの死後、エルミートは、楕円モジュラー関数による五次方程式の解の公式を導いた。

なお、アーベルもモジュラー方程式の研究を行っていたことから、彼にも解の公式のアイディアがあったであろうと考えられている。エルミートから現在まで、5 次より高次の方程式の解の公式は様々に提案されている。

工学的見地からは、これらの解の公式に拠る解法は計算量的な実用性があまりないため、3 次より高次の方程式は数値計算による解法が一般的である。中には、固有値問題へ帰着して行列の固有値計算のアルゴリズムが用いられることもある。

673(1): 662 [sage] 2015/11/28(土) 09:38:32.25 ID:V49WFVhA(6/9) AAS
>>671
>超越拡大体 Q(S)
おっちゃんが理解しているのか不安になったので確認させてくれ。
Q(S)は単にQにSを添加した体のことだよな？
QにSを添加した体Q(S)の代数拡大体を同じ記号"Q(S)"で表してしまったわけではないよな？

674(1): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/28(土) 09:45:55.61 ID:novsUjda(3/6) AAS
>>671
どうも。スレ主です。
ご指摘ありがとう（＾＾；

では修正します
>>669 修正

命題：Sが、実数の超越基底として、Q(S)は｛超越数全体＋Q}⊂Rである
証明：超越基底の「基底」の定義そのもの
（後のプログラミングの話は、修正なしでいいだろう）

>>658 修正
R=A∪Q（S)
Q（S）＝｛超越数全体T＋Q}で、超越数全体Tを含み、非加算
Aは、代数的数の集合で、可算。Qも可算。だから、AとQは、零集合

もし、Q(S)は零集合だったら、Rは？零集合？
（修正おわり）

これでどうだい？（＾＾；
ともかく、「Q(S)は零集合」という命題がおかしいだろうと

675(1): 662 [sage] 2015/11/28(土) 09:54:34.49 ID:V49WFVhA(7/9) AAS
>>674
>命題：Sが、実数の超越基底として、Q(S)は｛超越数全体＋Q}⊂Rである
それも間違いだよ。Sが超越基底のとき、Q(S)は一般にすべての超越数を含むとは限らない。
Q(S)に含まれないQ(S)上代数的な超越数が存在しうる。Sをハメル基底としたならQ(S)=Rとなり命題は正しいが。
代数拡大がわかってないのか、ハメル基底と超越基底の違いがわかってないのか、どちらかだ。

676(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 09:57:18.75 ID:gImjm0uw(5/7) AAS
>>673
>Q(S)は単にQにSを添加した体のことだよな？
そう。Sは非可算集合なる基底でQの超越的な元ではないから、
Q(e)やQ(π)と混同出来ない。Q(e)とかはQ(e)上超越的なRの点があって
代数的独立の概念を考えることが出来るが、体Q(S)では、
Q(S)上超越的なRの点はなく、任意の実数はQ(S)上代数的従属になる。
そのため、体の拡大 R/Q(S) では、代数的独立な実数は存在しない。

677(1): 662 [sage] 2015/11/28(土) 09:58:47.02 ID:V49WFVhA(8/9) AAS
>>676
OK、レスありがとう。おっちゃんが理解していることは分かった。

678(3): 662 [sage] 2015/11/28(土) 10:01:00.98 ID:V49WFVhA(9/9) AAS
>>676
>Sは非可算集合なる基底でQの超越的な元ではないから、
ここは書き間違いだな？Sの元はQ上超越的だからね。

679: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/28(土) 10:04:47.00 ID:novsUjda(4/6) AAS
>>672 つづき
で、本来のスレタイの「現代数学の系譜11 ガロア理論を読む」が想定しているのは、ここまで

現代数学から見たときに、「ガロア理論の核心は、”数体の拡大と、その自己同型群との対応だ”」ととらえ直したんだね
これが、デデキント～アルティン流で、いまの学部数学の主流だ
さらに、グロタン先生は、「ガロア理論の圏論化だ～！」と言ったらしい（＾＾；
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%AC%E3%83%AD%E3%82%A2%E7%90%86%E8%AB%96
X への作用の推移性を外すことは K の分離拡大体の代わりに K 上のエタール代数を考えることに対応し、こうして K 上のエタール代数のなす圏と GK が連続に作用する離散有限空間のなす圏との間の圏同値が得られる。これを出発点としてアレクサンドル・グロタンディークによるガロア理論の圏論的定式化が得られる。

グロタンディークのガロア理論において古典的なガロア理論は次のように理解される。K上のエタール代数はアフィンスキーム・・・
略　

エタール代数も圏論もわかりません（＾＾；
まあ、スレタイの外ですが、それもかまわんよ。ここなんでもありだから（＾＾；

680: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 10:08:09.95 ID:gImjm0uw(6/7) AAS
>>678
Sは、体Q上の線型空間の、濃度が連続体濃度cに等しい基底だな。
Sは1つの集合で、Q上超越的な実数ではない。

681: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/28(土) 10:12:44.68 ID:gImjm0uw(7/7) AAS
>>678
まあ、「1つの」は余計かな。実数体Rの有理数体Q上の超越基底は複数個する。
だから、Sはその中の1つとして扱うことになる。

682: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/28(土) 10:19:20.40 ID:novsUjda(5/6) AAS
>>675-678
了解！（＾＾；
超越基底が分かってなかったんだ

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%B6%85%E8%B6%8A%E6%AC%A1%E6%95%B0
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。
（引用おわり）

多分、ハメル基底も分かってないかな？（＾＾；
が、>>659の私の証明には影響しないと思う

683: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/28(土) 10:25:59.96 ID:novsUjda(6/6) AAS
新スレ立てた
あとは、こちらで（このスレはもうすぐ容量オーバーだ）

現代数学の系譜11 ガロア理論を読む17
2chｽﾚ:math

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