[過去ﾛｸﾞ] 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む16 [転載禁止]©2ch.net (683ﾚｽ)
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65(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/10/17(土) 18:57:25.87 ID:a5sAw5TA(1/5) AAS
＞おっちゃんが乱入してきて、無茶苦茶になりそうなので、日曜の前に決着させたいと
スレ主からも煙たがられる誤答おじさんワロタｗｗｗｗ
では、予定を繰り上げて、今から解答を書く
66(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/10/17(土) 19:01:25.53 ID:a5sAw5TA(2/5) AAS
実数体Rを有理数体Q上のベクトル空間と見たときの基底を1つとってHとする(ハメル基底)。
以降、このHは常に固定する。以下、4個の補題と4個の定理を証明し、そのあとで問題の解答を与える。
連続体仮説を仮定する場合には、「4個の補題」は全く必要ないので、読み飛ばしてよい。
補題1：集合Aは無限集合とする。このとき、任意の正整数nに対して、card(A^n)＝card(A)である。
証明：ZFCの範囲で証明できる。基本的な定理だが非常に面倒くさい。集合論もしくは数学基礎論の本に証明が載っている。■
補題2：集合Aは無限集合とする。Nは自然数全体の集合とする。このとき、card(A×N)＝card(A)である。
証明：ZFCの範囲で証明できる。基本的な定理であり、集合論もしくは数学基礎論の本に証明が載っている。■
(文字数制限につき、次のレスへ)
67(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/10/17(土) 19:02:28.36 ID:a5sAw5TA(3/5) AAS
補題3：Aが無限集合なら、Aの空でない「有限」部分集合全体の集合族をBとするとき card(B)＝card(A) である。
証明：集合論もしくは数学基礎論の本に証明が載っているが、ここでは補題1と補題2を使って証明する。
Aの一元集合全体を考えれば、明らかに card(A)≦card(B) が成り立つ。あとは card(B)≦card(A) を示せばよい。
まず、Aには全順序が存在することに注意する(たとえば、整列可能定理で得られる整列順序を採用すればよい)。
以下、A上の全順序を1つ取って固定する。さて、写像 f：B → ∪[n＝1〜∞]A^n を以下のように作る：まず、
S∈B に対して、Sの元の個数をmと置く。Sの元をAの全順序≦で小さい方から順番に並べて s_1＜s_2＜…＜s_m と
番号づける。そして、f(S)：＝(s_1,s_2,…,s_m) ∈ ∪[n＝1〜∞]A^n と定義する。このように定義した f は
単射であることが証明できる。よって、card(B)≦card(∪[n＝1〜∞]A^n)である。次に、補題1から card(A^n)＝card(A) なので、
各nに対して、全単射 f_n：A^n → A が取れる。そこで、写像 g：∪[n＝1〜∞]A^n → N×A を以下のように作る：まず、
x∈∪[n＝1〜∞]A^n に対して、x∈A^n なるnがただ1つ取れる。特に、f_n(x)が定義できて、しかもf_n(x)∈Aである。
そこで、g(x)：＝(n, f_n(x))∈N×A としてgを定義する。このとき、gは単射であることが示せる。よって、
card(∪[n＝1〜∞]A^n)≦card(N×A)となる。補題2からcard(N×A)＝card(A)だから、
以上を繋げて、card(B)≦card(A)となる。以上より、card(B)＝card(A) である。■
補題4：∪[n＝1〜∞]Q^n は可算無限集合である。
証明：ZFCの範囲で証明できる。基本的な定理であるから、証明は省略する。■
(文字数制限につき、次のレスへ)
68(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/10/17(土) 19:03:40.57 ID:a5sAw5TA(4/5) AAS
定理1：A＝{ q∈Q^N｜有限個のiを除いてq_i＝0 } と置くと、Aは可算無限集合である。すなわち、card(A)＝card(N)である。
証明：ZFCの範囲で証明できる。基本的な定理であるから、証明は省略する。■
定理2：Hは非可算無限集合である。
証明：Hが高々可算無限集合だとして矛盾を導けばよい。まず、Hが可算無限集合の場合に矛盾を導く。
H＝{ t_i｜i＝1,2,… } と番号づけて表示しておく。定理1のAを取り、写像 f：R → A を以下のように作る：
まず、任意の x∈R に対して、
x＝Σ[i＝1〜∞] q_i * t_i (q_i∈Q, 有限個のiを除いてq_i＝0)
という表示が一意的に取れる。そこで、f(x)：＝(q_1, q_2, …) ∈ A として f(x) を定義する。
この f は単射であることが簡単に示せる。よって、card(R)≦card(A)＝card(N) となり、矛盾する。
以下、Hは有限集合だとしてよいが、この場合も同じような議論で矛盾が出る。以上より、Hは非可算無限集合である。■
定理3：card(H)＝card(R)である。
証明：定理2と連続体仮説を使えば即座に従うので、連続体仮説を仮定する場合は証明が終わっている。
以下では、連続体仮説を使わずZFCの範囲で証明する。
Hの空でない有限部分集合全体の集合族を I と置く。定理2により、Hは無限集合であるから、Iも無限集合である。
写像 f：R−{0} → I×∪[n＝1〜∞]Q^n を以下のように作る：まず、任意のx∈R−{0}に対して、
有限個のHの元 h_1＜h_2＜…＜h_m と、同じ個数の q_1,q_2,…,q_m∈Q−{0} が存在して
x＝Σ[i＝1〜m] q_i * h_i と表せる。また、このときの「 m 」と「h_1＜h_2＜…＜h_m」と「q_1,q_2,…,q_m」は
xごとに一意的に決まる。そこで、f(x)：＝( { h_i｜1≦i≦m }, (q_1, q_2, …, q_m) ) ∈ I×∪[n＝1〜∞]Q^n と定義する。
こうして定義した f は単射であることが言える。よって、card(R)＝card(R−{0})≦card(I×∪[n＝1〜∞]Q^n) となる。
ここで、補題4により card(I×∪[n＝1〜∞]Q^n)＝card(I×N) となる。また、補題2により card(I×N)＝card(I) となる。
さらに、補題3により card(I)＝card(H) となる。以上を繋げて、card(R)≦card(H) となる。
一方で、H⊂R よりcard(H)≦card(R)である。以上より、card(H)＝card(R)である。■
(文字数制限につき、次のレスへ)
69(2): １３２人目の素数さん [sage] 2015/10/17(土) 19:05:29.50 ID:a5sAw5TA(5/5) AAS
定理4：H_1, H_2⊂H は、どちらも空でないとする。また、span_Q(H_1)＝span_Q(H_2) が成り立つとする。このとき、H_1＝H_2 である。
証明：まず、H_1⊂H_2 を示す。h∈H_1 を任意に取る。H_1⊂span_Q(H_1)＝span_Q(H_2)に注意して、h∈span_Q(H_2) である。
また、ハメル基 H の定義から、h≠0である。よって
h＝Σ[i＝1〜n] q_i*h_i (q_i∈Q−{0}, h_i∈H_2, h_i は全て異なる)
という形に表せる。特に Σ[i＝1〜n] q_i*h_i＋(−1)h＝0 … (1) である。もし h≠h_i (∀i) が成り立つならば、
h_1,h_2,…,h_n,h は全て異なることになる。また、これらは全てHの元である。Hの定義から、これらはQ上一次独立となるので、
(1)から q_i＝0 (∀i) かつ (−1)＝0 でなければならない。しかし、(−1)＝0 は矛盾である(q_i＝0 の方も矛盾だが)。
よって、h＝h_i となる i が存在する。h_i∈H_2だったから、h∈H_2となる。以上より、H_1⊂H_2 となる。
H_2⊂H_1 も全く同様にして示せる。よって、H_1＝H_2 である。■
問題：複素数体Cの「加法」部分群全体の集合の濃度を求めよ。
解答：その濃度は card(2^R) である。以下でこのことを証明する。
加法群Cの部分群全体の集合を M_+ と置く。card(M_+)＝card(2^R) を示せばよい。
J＝power(H)−{φ} と置く。写像 f：J → M_+ を f(S)：＝ span_Q(S) (S∈J) で定義する。
定理4により、f は単射である。よって、card(J)≦card(M_+) となる。
card(J)＝card(power(H)−{φ})＝card(power(H))＝card(2^H)＝card(2^R)であるから、card(2^R)≦card(M_+) となる。
一方で、M_+ ⊂ power(C) より card(M_+)≦card(power(C))＝card(2^C)＝card(2^R)である。
以上より、card(M_+)＝card(2^R) となる。■
(終了)
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