[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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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。
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