[過去ﾛｸﾞ] スレタイ 箱入り無数目を語る部屋4 (1002ﾚｽ)
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410: 2022/10/31(月)23:02 ID:V6kL7bYX(34/47) AAS
さて、Poly は無限集合なので、異なる可算無限個の v_i∈Poly を取れば、
(T^[k]∩[0,1)^N) [+] Poly が直和であることから、
{ (T^[k]∩[0,1)^N) [+] v_i }_{i≧1}
は互いに素である。ここで、B⊂T^[k]∩[0,1)^N なる B∈F_N を任意に取る。
すると、B [+] v_i ∈ F_N である。また、B [+] v_i ⊂ (T^[k]∩[0,1)^N) [+] v_i により、
{ B [+] v_i }_{i≧1} は互いに素である。また ∪[i＝1〜∞] (B [+] v_i) ⊂[0,1)^N である。
両辺の μ_N を考えると、
Σ[i＝1〜∞] μ_N(B [+] v_i) ≦ μ_N([0,1)^N) ＝ 1
である。さらに、μ_N(B [+] v_i) ＝ μ_N(A) である。よって、Σ[i＝1〜∞] μ_N(B) ≦ 1
となったので、μ_N(B)＝0 となるしかない。B ⊂T^[k]∩[0,1)^N なる B∈F_N は任意だったから、
省1
411(1): 2022/10/31(月)23:03 ID:V6kL7bYX(35/47) AAS
今の時点で、
・ μ_N^*(d≦k) ＝ μ_N^*(T^[k]), μ_{N*}(d≦k) ＝ μ_{N*}(T^[k]),
・ lim[k→∞] μ_N^*(T^[k]) ＝ 1, μ_{N*}(T^[k])＝0 (k≧0)
が得られている。特に、ある k_0≧1 が存在して、k≧k_0 のとき μ_N^*(T^[k]) ＞ 0 である。
よって、μ_N^*(T^[k]) ＞ μ_{N*}(T^[k]) (∀k≧k_0) である。すなわち、
μ_N^*(d≦k) ＞ μ_{N*}(d≦k) (∀k≧k_0)
である。([0,1]^N, F_N, μ_N) の完備化 ([0,1]^N, F_{Nw}, μ_{Nw}) について、
>>392の定理により μ_{Nw}^* ＝ μ_N^*, μ_{Nw*} ＝ μ_{N*} だから、
省3
412: 2022/10/31(月)23:04 ID:V6kL7bYX(36/47) AAS
補足：「 k≧k_0 のとき (d≦k) は非可測である」とは、
「有限個の k を除いて (d≦k) は非可測である」という意味に他ならない。
では、残りの有限個の k に対しては、(d≦k) は可測なのか？それとも非可測なのか？
実は、使用する完全代表系 T によっては、有限個の k に対して (d≦k) が
ゼロ集合になるようにできる。この場合、それらの (d≦k) は可測になる。この意味において、
「有限個の k を除いて (d≦k) は非可測である」
という主張は最良の結果である。
413(1): 2022/10/31(月)23:06 ID:V6kL7bYX(37/47) AAS
補足：以下では、有限個の k に対して (d≦k) が可測になる例を挙げておく。
U＝{s∈[0,1]^N｜s_0＝s_1＝s_2＝0 } ＝ {0}^3[0,1]^N
と置く。[0,1]^N 上の同値関係 〜 をU上に導入すれば、〜 はそのまま U 上の同値関係になる。
U の〜に関する完全代表系を1つ取って T_0 と置くと、これは [0,1]^N 上の〜に関する
完全代表系にも なっていることが確かめられる。
この T_0 から決定番号の写像 d：[0,1]^N → N∪{0} を作った場合には、
(d≦k)∩[0,1)^N ＝ [0,1)^k(T_0^[k]∩[0,1)^N) (k≧1)
をk＝2に対して適用すれば、
省6
414(2): 2022/10/31(月)23:08 ID:vpuiD3x9(5/8) AAS
>>389
御託はいいから、証明かけよ
おれのためじゃなく、証明を要求したID:Rh3Q9O/g氏や
その他にも、証明を見たいって人いるだろう？
>別に読まなくても構わんが、その場合はスレ主は>>371-372を受け入れなければならない。
不同意！
数学では、そんな理屈はないよ
おれは、あんたのクソ証明を見て、
ID:Rh3Q9O/g氏や他の人が、どういう反応を示すかみたいだけ
ID:Rh3Q9O/g氏や他の人が、クソ証明だというならば、多分それはクソだよね
省6
415: 2022/10/31(月)23:08 ID:V6kL7bYX(38/47) AAS
さて、「ある k_0≧1 が存在して、(d≦k) は k≧k_0 のとき非可測」であることから、
{ k≧0｜∀k'≧k s.t. (d≦k') は非可測 }
という集合は空でない。そこで、この集合の最小元を再び k_0 と置くことにする。
よって、k_0 ≧ 0 であり、k≧k_0 のとき、(d≦k) は非可測である。
・ もし k_0＝0 なら、任意の k≧0 に対して (d≦k) は非可測ということになる。
・ もし k_0≧1 なら、k_0 の最小性から、(d≦k_0−1) は可測、すなわち
(d≦k_0−1) ∈ F_{Nw} ということになる。
416(1): 2022/10/31(月)23:09 ID:V6kL7bYX(39/47) AAS
定理：>>376の確率空間(Y_n,E_n,α_n)について、ここでは n＝99 の場合を考える。
d：[0,1]^N → N∪{0}は決定番号の写像とする。z＝(z^{0},…,z^{98})∈Y_99 に対して、
D(z)：＝ max{d(z^{j})｜0≦j≦98}
として D：Y_99 → N∪{0} を定義する。このとき、α_99^* (D≧k_0) ＞ 0 である。
証明：k_0＝0のときは、α_99^* (D≧0) ＞ 0 を示せばよいが、そもそも D は非負なので、
(D≧0)＝Y_99 であり、よって α_99^* (D≧0) ＝ 1 ＞ 0 である。
以下では、k_0≧1 としてよい。(Y_99,E_99,α_99)の完備化(Y_99, E_{99w}, α_{99w})について、
>>392の定理により α_99^*＝α_{99w}^* が成り立つことに注意する。
417: 2022/10/31(月)23:10 ID:NkNyx+A/(4/7) AAS
>>414
おまえは3歳児か
418: 2022/10/31(月)23:11 ID:V6kL7bYX(40/47) AAS
さて、α_99^*(D≧k_0)＞0 を示したいのだった。α_99^*(D≧k_0)＝0 と仮定する。
このとき、>>392の定理により (D≧k_0)∈E_{99w} かつ α_{99w}(D≧k_0)＝0 である。
(Y_{98},E_{98},α_{98})と([0,1]^N,F_N,μ_N)の積空間が(Y_99, E_99, α_99)であるから、>>393の定理により、
α_98.a.e. u∈Y_98, μ_N.a.e. v∈[0,1]^N s.t. ¬( (u,v)∈(D≧k_0) )
が成り立つ。すなわち、
α_98.a.e. u∈Y_98, μ_N.a.e. v∈[0,1]^N s.t. (u,v)∈(D≦k_0−1)
が成り立つ。よって、あるゼロ集合 M_98∈E_98が存在して、
省2
419: 2022/10/31(月)23:12 ID:V6kL7bYX(41/47) AAS
そこで、u∈Y_98−M_98 を1つ取って固定する。よって、
μ_N.a.e. v∈[0,1]^N s.t. (u,v)∈(D≦k_0−1)
が成り立つ。よって、あるゼロ集合 M_1∈F_N が存在して、
∀v∈[0,1]^N−M_1 s.t. (u,v)∈(D≦k_0−1)
が成り立つ。すなわち、
省2
420: 2022/10/31(月)23:12 ID:NkNyx+A/(5/7) AAS
>>387
>あなたには http://www.ma.huji.ac.il/hart/puzzle/choice.pdf Theorem 1 の証明の中の間違っている文を挙げることができない
>ということでよろしいか？
にできると言いながら挙げない時点で詰み
できるできる詐欺かｗ
421(1): 2022/10/31(月)23:13 ID:V6kL7bYX(42/47) AAS
D(u,v)＝ max{ d(u^{0}),…,d(u^{98}), d(v) } だから、
∀v∈[0,1]^N−M_1 s.t. d(u^{0})≦k_0−1, d(u^{1})≦k_0−1,…, d(u^{98})≦k_0−1, d(v)≦k_0−1
ということになる。特に、
∀v∈[0,1]^N−M_1 s.t. d(v)≦k_0−1
である。これは [0,1]^N−M_1 ⊂ (d≦k_0−1) を意味する。
特に、μ_{Nw}^*([0,1]^N−M_1) ≦ μ_{Nw}^*(d≦k_0−1) が成り立つ。
すなわち、1≦μ_{Nw}^*(d≦k_0−1) である。一方で、>>411で見たように
μ_{Nw*}(d≦k)＝0 (∀k≧0) なので、特に μ_{Nw*}(d≦k_0−1)＝0 である。よって、
省3
422(1): 2022/10/31(月)23:13 ID:vpuiD3x9(6/8) AAS
>>403
挙げている
アホか
お前はｗｗｗ
423: 2022/10/31(月)23:14 ID:V6kL7bYX(43/47) AAS
さて、>>375-383の証明を修正しなければならない。>>382 の
＞B∈E_w だったから、>>375の補題により、α_99.a.e.z＝(z^{0},z^{1},…,z^{98})∈Y_99 に対して、
＞B の z での断面 B_z は B_z∈F_{Nw} を満たす。すなわち、あるゼロ集合 M∈E_99 が存在して、
＞任意の z∈Y_99−M に対して、B の z での断面 B_z は B_z∈F_{Nw} を満たす。
この部分までは、修正の必要はない。ここから先は、新しく証明を書き直す。
状況を整理しておくと、A が可測であるという仮定のもとで、
B ＝ { (y^{0},y^{1},…,y^{99})∈Y｜d(y^{99})≦max{d(y^{j})｜0≦j≦98} }
という集合について、
省2
424: 2022/10/31(月)23:14 ID:V6kL7bYX(44/47) AAS
z＝(z_0,…,z_98)∈Y_99−M に対して、D(z)：＝ max{d(z^{j})｜0≦j≦98} と定義する。
任意の z∈Y_99−M に対して、(☆)により B_z∈F_{Nw} であるが、一方で
B_z ＝ { y^{99}∈[0,1]^N｜(z,y^{99})∈B }
＝ { y^{99}∈[0,1]^N｜d(y^{99})≦max{d(z^{j})｜0≦j≦98} }
＝ { y^{99}∈[0,1]^N｜d(y^{99})≦D(z) } ＝ (d≦D(z))
であるから、結局、(d≦D(z))∈F_{Nw} ということになる。これが任意の z∈Y_99−M で成り立つ。
よって、次が言えたことになる。
省1
425: 2022/10/31(月)23:14 ID:V6kL7bYX(45/47) AAS
一方で、>>416の定理により、α_{99}^*(D≧k_0) ＞ 0 である。α_99(M)＝0 なので、
α_{99}^*((D≧k_0)−M) ＞ 0 である。よって、(D≧k_0)−M は空でない。
そこで、z∈(D≧k_0)−M を1つ取る。すると、特に z∈Y_99−M なので、
(☆☆)により (d≦D(z))∈F_{Nw} である。一方で、z∈(D≧k_0) なので、
D(z)≧k_0 である。よって、
・ (d≦D(z))∈F_{Nw}, D(z)≧k_0
ということになったが、任意の k≧k_0 に対して (d≦k) は非可測なので矛盾。
以上により、A は可測という仮定は間違っていたことになる。よって、A は非可測である。■
426(2): 2022/10/31(月)23:17 ID:V6kL7bYX(46/47) AAS
>>407
＞２）”どんな実数を入れるかはまったく自由”だから、(-∞、+∞)でしょ！！ｗ
もともとの時枝記事では、出題する実数列は固定である。
何を選んでもよいが、選んだあとは固定である。
その固定された実数列に対して、回答者が何度も時枝戦術をテストするという構造である。
一方で、スレ主は実数列自体をランダムにしたいと考えている。
ところが、R 上の一様分布は存在しない。つまり、R に拘っている限り、スレ主が望むような
「標準的なランダム性を兼ね備えた出題」
は不可能。しかし、閉区間[0,1]なら一様分布が存在する。
よって、箱の中身を「0以上1以下の実数」に制限すればよい。
省2
427: 2022/10/31(月)23:19 ID:NkNyx+A/(6/7) AAS
>>422
挙げてない
アホか
お前はｗｗｗ
428(1): 2022/10/31(月)23:22 ID:vpuiD3x9(7/8) AAS
>>421
ご苦労様ですｗ
区間[0,1]のトイモデルが終わったら
元の時枝の通り>>1の
[0,1]→｛-∞、+∞｝やってくれ>>407
429: 2022/10/31(月)23:23 ID:V6kL7bYX(47/47) AAS
>>428
それは不可能。理由は>>426で書いたとおり、
＞一方で、スレ主は実数列自体をランダムにしたいと考えている。
＞ところが、R 上の一様分布は存在しない。つまり、R に拘っている限り、スレ主が望むような
＞
＞「標準的なランダム性を兼ね備えた出題」
＞
＞は不可能。
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