現代数学の系譜11 ガロア理論を読む17 [転載禁止]©2ch.net

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1(5): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)10:23 ID:novsUjda(1/29) 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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省1

5(2): 2015/11/28(土)12:51 ID:novsUjda(2/29) AAS
ところで、前スレ 682より
私が、超越基底が分かっていないのだろうが

超越基底Sのそもそもは、二つ前のスレ
現代数学の系譜11 ガロア理論を読む15
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564 返信：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2015/10/03(土) 07:34:36.14 ID:ikZEN+WS [1/3]
>>562
では私の解答を書いておきます。

命題:C^*を0でない複素数全体のなす乗法群とする。C^*の部分群全体の集合は実数体のべき集合の濃度を持つ。

証明:複素数体Cの有理数体Q上の超越基底Sをとる。このときSは非可算濃度を持つ。また、SはCの部分集合であることから
Sの濃度は実数体の濃度に等しい。Sの部分集合Tに対し、Q(T)をQにTを付加して得られる体、そしてQ(T)^*を
Q(T)の0でない元全体のなす乗法群とする。するとU={Q(T)^* :TはSの任意の部分集合}という集合はC^*の部分群の
集合であり、T_1とT_2が相異なっていればQ(T_1)^*とQ(T_2)^*も相異なるのでUは実数体のべき集合の濃度を持つ。
よってC^*の部分群全体の集合の濃度は実数体のべき集合の濃度を下回らない。
このことと、C^*のべき集合の濃度が実数のべき集合の濃度に等しいことから命題が従う。(証明終わり)
（引用おわり）

から始まっているのだった

6(2): 2015/11/28(土)13:08 ID:novsUjda(3/29) AAS
>>5　つづき
>複素数体Cの有理数体Q上の超越基底Sをとる。このときSは非可算濃度を持つ。

これは、下記と同じ
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%B6%85%E8%B6%8A%E6%AC%A1%E6%95%B0
例
・拡大が代数的であることとその超越次数が 0 であることは同値である。このとき空集合が超越基底である。
・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。
・Q 上 C あるいは R の超越次数は連続の濃度である。（これは Q 自身が可算だから任意の元は Q において可算個の代数的な元しかもたないことからしたがう。）
・Q(π, e) の Q 上の超越次数は 1 か 2 である。正確な答えは知られていない、なぜならば π と e が代数的に独立かどうか知られていないからだ。
（引用おわり）

「複素数体Cの有理数体Q上の超越基底Sをとる。このときSは非可算濃度を持つ」とか
「Q 上 C あるいは R の超越次数は連続の濃度である。（これは Q 自身が可算だから任意の元は Q において可算個の代数的な元しかもたないことからしたがう。）」
について

まず、複素数で考えよう（その方が代数的にすっきりする）
私の理解は、前スレ674で書いたように
超越数全体⊂Q(S)⊂Rだと理解しているが、違う？

超越数全体の集合が、非加算で連続の濃度を持つ。また、Rは当然、非加算で連続の濃度を持つ。
だから、間のQ(S)が、非加算で連続の濃度を持つ。
従って、基底のSも、非加算で連続の濃度を持つ。（これは Q 自身が可算だから任意の元は Q において可算個の代数的な元しかもたないことからしたがう。）
省1

7(3): 2015/11/28(土)13:10 ID:novsUjda(4/29) AAS
>>6　訂正
「まず、複素数で考えよう（その方が代数的にすっきりする）」と書いたから

超越数全体⊂Q(S)⊂Rだと理解しているが、違う？
↓
超越数全体⊂Q(S)⊂Cだと理解しているが、違う？

超越数全体の集合が、非加算で連続の濃度を持つ。また、Rは当然、非加算で連続の濃度を持つ。
　↓
超越数全体の集合が、非加算で連続の濃度を持つ。また、Cは当然、非加算で連続の濃度を持つ。

だな

8(1): 2015/11/28(土)13:22 ID:novsUjda(5/29) AAS
>>7 補足

「まず、複素数で考えよう（その方が代数的にすっきりする）」と書いたこころは、Q(S)上の代数拡大などを考えるときに、複素数で考えた方がすっきりすと思ったからだが

ここで、記号を導入しておこう

複素数における超越基底Sを、Scとする。実数における超越基底Sを、Srとする。
なお、両者の区別が明らかなときは、単にSと書く場合もあるとする
（記号を導入したが、使わないかも・・・（＾＾；　　）

10(2): 2015/11/28(土)13:39 ID:novsUjda(6/29) AAS
>>6-8 つづき

この理解のもとで、

前スレ675
「>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。」

うーん、わからん
超越数全体は、ここでは、当然実数限定だ
”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が、実数の超越基底なのに、なんで？「基底」が意味を成していないように思えるが
もし、”Q(S)に含まれない超越数が存在しうる”という命題を認めるならば
>>6で示した単純な議論では、「Q(S)が、非加算で連続の濃度を持つ」は言えなくなるよ
となると、次の「基底のSも、非加算で連続の濃度を持つ」に影響すると思うのだが？
省6

11(4): 2015/11/28(土)13:47 ID:novsUjda(7/29) AAS
>>9
どうも。スレ主です。
自信ありそうだね・・・（＾＾；

なるほど・・・
代数的拡大を考えろと言いたいのか？

では問う、超越基底Sの要素sを具体的に決める手順は、>>669で書いた
”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？”
についてはどう思う？

12(2): 2015/11/28(土)14:03 ID:novsUjda(8/29) AAS
>>10 つづき

話が長くなりそうなので、結論を急ぐよ

前スレ675
「>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。」

”Q(S)に含まれないQ(S)上代数的な超越数が存在しうる”か
言いたいことが少し分かってきたが、超越次数が有限の超越拡大と、実数の超越基底としてのQ(S)（無限超越次数を持つ）とを、混同してないか？

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%B6%85%E8%B6%8A%E6%AC%A1%E6%95%B0
超越次数

16(2): 2015/11/28(土)15:50 ID:novsUjda(9/29) AAS
>>12-15

どこで、すれ違いになっているか分かってきたけど
１．>>5の”複素数体Cの有理数体Q上の超越基底Sをとる。このときSは非可算濃度を持つ。”ってことを良く考えてみて
２．この超越基底Sは、単なるQ上超越拡大にあらず。複素数体Cに対する超越基底Sだと。だから、Sは非可算濃度を持つってこと

で個別レス
>>13
>その操作は可能だけど、それが超越基底になるとは限らない。
>なぜならSの代数的独立性が保証されないから。

では、それがSから代数的独立性な数だとした？それは、Sに付け加えるべきだろ？
代数的独立性は加える必要なく、代数的独立性で取りこぼしがある数は、Sに付け加えるべき。それが定義だろ

>>14
Q上超越次数が有限の超越拡大の場合、それに含まれない超越数は当然存在する
しかし、Q(S)はすべての超越数を含む。それが定義だから
省6

17: 2015/11/28(土)15:52 ID:novsUjda(10/29) AAS
>>16 訂正

代数的独立性は加える必要なく、代数的独立性で取りこぼしがある数は、Sに付け加えるべき。それが定義だろ
　↓
代数的独立でない数は加える必要なく、代数的独立で取りこぼしがある数は、Sに付け加えるべき。それが定義だろ

18: 2015/11/28(土)15:54 ID:novsUjda(11/29) AAS
>>16 訂正追加

では、それがSから代数的独立性な数だとした？それは、Sに付け加えるべきだろ？
　↓
では、それがSから代数的独立な数だとした？それは、Sに付け加えるべきだろ？

21(1): 2015/11/28(土)16:55 ID:novsUjda(12/29) AAS
>>19
>>Q(S)上代数的ならばxをSに加える必要はない。なぜなら、その数は本来Q(S)に含まれている数だ
>"なぜなら"以下が違う。Q(S)上代数的な数がすべてQ(S)に含まれているとは限らない。>>15の√2の説明で分かってくれよ。

複素数体Cの数の種類で３種。
Qと、Q上代数的数A（超越数ではない）と、Q上超越数Tとしかない

確かに、Q上超越数Tの上の代数拡大の要素xが、果たして超越数なのか、代数的数なのかが問題かも知れない

が、もし、超越数なら、x∈Tとなるだけの話だ。それは、本来の定義から、Q(S)の要素でもあるべき。T⊂Q(S)になんの影響もない

もし、代数的数なら？それは、Q(S)の要素ではない（Tの要素でもない）。しかし、単に、x∈Aなだけ。T⊂Q(S)になんの影響もない
省1

22(1): 2015/11/28(土)17:02 ID:novsUjda(13/29) AAS
>>20
どうも。スレ主です。
それでは、>>11のアルゴリズムを以下のように変えよう

もし、ある超越数t∈Tで、tがQ(S)が含まれないとする。

tがQ(S)上代数独立でないなら、tは加える必要なし（∵ 本来t∈Q(S)）
tがQ(S)上代数独立ならば、Sは t を含むように拡張されるべき

この操作を、超越数全体に達するまで繰り返すべし
Q(S)は、そうやって構成されるべき集合（それがQ(S)およびSの定義）

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？

25(1): 2015/11/28(土)18:58 ID:novsUjda(14/29) AAS
>>23
どうも。スレ主です。
なかなか議論がかみ合わないね

”なんの定義からQ上の超越数がQ(S)に含まれるべきと言ってるんだ？
明確に答えてみて。この答えで決着がつくと思う。”か

自分が、自明だと思っていることを、人に説明するのはなかなか難しいもんだ
どっかに説明が落ちてないか、検索したが無かった（＾＾；

しかたない
以下、自力で少し整理して、Q(S)について説明してみるよ

27: 2015/11/28(土)19:15 ID:novsUjda(15/29) AAS
>>24
どうも。スレ主です。

>"Q(S)の代数拡大体"に含まれない超越数(つまりQ(S)上超越的な数)を考えれば十分だ。
>RがQ(S)の代数拡大体になるような代数的に独立なSの元を求めたとき、そのSを超越基底というのだ。

同じ理解ですが

>したがってすべてのQ上超越的な数が"Q(S)"の元とは限らない。

？　
省3

28: 2015/11/28(土)19:16 ID:novsUjda(16/29) AAS
>>26
どうも。スレ主です。
いまから答えるよ

29(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)19:25 ID:novsUjda(17/29) AAS
>>24 （ああ、コテとageが抜けていたね（＾＾；　）
どうも。スレ主です。
一つ気になるのだが、下記超越拡大で、”超越基底 B の濃度はその取り方によらず一定であることが証明できる”に同意する？

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BD%93%E3%81%AE%E6%8B%A1%E5%A4%A7
体の拡大

超越拡大 T/k に対し、T の k 上代数的独立な元からなる部分集合 B で拡大 T/k(B) が代数的となるとき、B は T / k のあるいは T の k 上の超越基または超越基底（ちょうえつきてい、transcendencial basis）という。
ツォルンの補題（T が k 上有限生成の場合は帰納法）により、超越基底は常に存在する。
とくに、超越拡大 T/k がその超越基底 B によって T = k(B) と表されるならば、拡大は純超越的であるという。
また、超越基底 B の濃度はその取り方によらず一定であることが証明できるので、これを T の k 上の超越次数（ちょうえつじすう、transcendencial degree）あるいは次元（じげん、dimension）といい、degkT あるいは trans.degkT などと表す。

31(3): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)19:56 ID:novsUjda(18/29) AAS
>>25 つづき

記号を整備しよう。複素数体C、有理数体Q、超越数T
有理数体Qから複素数体Cへの体の拡大で、超越基底S、QにSを添加した代数拡大体をQ(S)
代数的数全体からなる集合は体をなし、Q~ https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BB%A3%E6%95%B0%E7%9A%84%E6%95%B0 (wikipediaに合わせる。以前はAと記した)
としよう

C＝Q∪Q~∪T
Q⊂Q~、Q⊂Q(S)

また、定義から、明らかにQ~∩T＝φ（空集合）である
そこで、代数的数全体Q~ から複素数体Cへの（超越）拡大を考えると、Q~（S）＝Cとなる
T⊂Q~（S）＝C

Q(S)は？
T⊂Q~（S）は言えても、T⊂Q(S)は言えないか・・・
Q~＝Q＋有理数以外の代数的数だから
超越次数は同じになるけど・・・

32(1): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)20:00 ID:novsUjda(19/29) AAS
そうか、そうすると前スレ >>662 「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。」って
当たっているね・・・

失礼しました。ｍ（＿＿）ｍ

33: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)20:02 ID:novsUjda(20/29) AAS
うーん、大失態でした。大変失礼しましたｍ（＿＿）ｍ

34: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)20:06 ID:novsUjda(21/29) AAS
>>30
どうも。スレ主です。
失礼しました。QとQ~>>31を取り違えてましたｍ（＿＿）ｍ

36(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)20:07 ID:novsUjda(22/29) AAS
そういう目で、前スレのおっちゃんの証明を見るとどうなんかね～
まんざらでもないのかね？（＾＾；

37: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)20:09 ID:novsUjda(23/29) AAS
>>35
どうも。スレ主です。
長時間、辛抱強くご指導ありがとうございましたｍ（＿＿）ｍ
勉強になりました！

38: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)20:11 ID:novsUjda(24/29) AAS
>>35　補足

>Q(S)と、Q(S)の代数拡大体をごっちゃにするなよと・・。

>>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？

なるほど
そういう意味だったのか！　全然理解できてなかったな～（＾＾；

41: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)20:29 ID:novsUjda(25/29) AAS
>>36
前スレの最後のおっちゃんの証明で
>>650 [第１段]は、良い線行っている気もするけど（主張が明確でないが）。証明が成立しているかは別として
>>651 [第２段]は、[第１段]が明確になれば、自動的にＯＫと思う

私スレ主がひっかかった
>>653 [第６段](Q(S)は零集合)? これ言えるんかねー。Sが零集合だから・・・。けど、Q~(S)は零集合ではないよね・・。微妙だな・・。すぐに判断できない（＾＾；

43(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)21:13 ID:novsUjda(26/29) AAS
>>42
どうも。スレ主です。

[第6弾]の証明はともかく、(Q(S)は零集合)?
これは、命題としては、言えるような気がしてきたんだが、間違っている？

T⊂Q~（S）なので、Q~（S）は零集合ではない。が、Q(S)が零集合でなく有限の値を持つとすると、矛盾が出るような気がする。証明は出来ていないが・・

44(2): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)21:28 ID:novsUjda(27/29) AAS
>>42
どうも。スレ主です。

>おっちゃんの[第１段]は
>『ハメル基底が任意の開区間に含まれるか？』だけど、これはそのとおり。
>こんなのは長々と証明する必要もなく明らかなのでおっちゃんの証明は読んでない。
>[第2段]は要するに[第1弾]で構成したハメル基底が超越基底を含むかという命題だけど、これも真だ。

うん、これは、[第1弾]を経由せず、[第2段]が直接言えると思う
前スレの312 で”>>250 問題：実数の超越基底Sの一つの組みとして、任意の実数rの周りでε近傍Uε(r)に全て入る組みを取ることとできるか
この結論を、「超越基底Sの局在可能定理」とします！”と書いた。証明は、前スレ250辺りを見て貰えればあるよ

簡単に言えば、ある超越基底の要素sがあって、sを無限小数で表現したときに、例えば少数第ｎ位の桁で打ち切れば、それは有理数だ
だから、超越基底の要素sの本質は、少数第ｎ＋１位以下の小さい数の部分にある。よって、超越基底の本質を変えずに、局在させることが可能だと

そして、「超越基底Sの局在可能定理」が言えれば、実質、零集合の証明は終わっている
超越基底Sが零集合ということが、[第2段]から直接言えるだろう。[第6弾]などは、不要だろう。というか、[第6弾]は元の問題より難しいと思う

45: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)21:36 ID:novsUjda(28/29) AAS
だから、おっちゃんにアドバイスするとすれば
超越基底Sが零集合ということが、[第2段]から直接言えるだろう、その筋で証明することをお薦めする

[第6弾](Q(S)は零集合)は、これが成り立つとしてだが、別問題として解く方がいいと思うよ

49(1): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/11/28(土)23:37 ID:novsUjda(29/29) AAS
>>48
どうも。スレ主です。

ご指摘の通りです。そう考えてます
でも、、「超越基底Sが、可測集合か？」ってところが問題なのか

零集合は、必ずしもルベーグ可測には限らないようだが、ルベーグ可測と密接に関係している・・（下記）
いやー、むずいねー（＾＾；

「超越基底Sが、可測集合」が言えれば、”Given any positive number ε, there is a sequence {In} of intervals in R such that N is contained in the union of the {In} and the total length of the union is less than ε. ”みたいな論法が使えるかも（＾＾；
どうなんだろ
https://en.wikipedia.org/wiki/Null_set
In set theory, a null set N ⊂ R is a set that can be covered by an countable union of intervals of arbitrarily small total length. The notion of null set in set theory anticipates the development of Lebesgue measure since a null set necessarily has measure zero.

Lebesgue measure
The Lebesgue measure is the standard way of assigning a length, area or volume to subsets of Euclidean space.
A subset N of R has null Lebesgue measure and is considered to be a null set in R if and only if:
省4

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