[過去ﾛｸﾞ] 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む13 [転載禁止]©2ch.net (654ﾚｽ)
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356(13): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/05/07(木)06:38 ID:iuXUQ2cp(1) AAS
>>355 補足
１）vのn乗根の場合、当然だがx^n=-vのn個の根が出る。そのどれを選んでも、良い。
実数v^(1/n)は、上記x^n=-vのn個の根の複素数のどれかに移り、もとの実数v^(1/n)の場所には、x^n=-vの複素数根が移ってくる
nが大きくなると、v^(1/n)は１に近づき、また移る先の場所（複素数）の選択肢は増える
２）ということで、これがautomorphisms of Cの数学的現象のメカニズムであり、automorphisms of RがIRに限られる仕掛けだと
つまり、automorphisms of Cの場合、二つの実数α>βで、その差が無理数になるαとβの交換は、可能だ
但し、α-β＝vのn乗根は、automorphisms of Cで別の複素数根に移らなければならない
省1
357(3): 2015/05/07(木)08:49 ID:1uRQ/Opw(1/11) AAS
>>356
>>330-334の証明の訂正出来た。
環同型写像f：R→Rを一価は実関数である。任意の点x∈Qに対してf(x)＝xである。
[第1段]：任意のx∈Rに対してf(x)＝x・f(1)なることを示す。
(1)、x＞0のときf(x)＝x・f(1)なることを示す。点x∈(0,+∞)を任意に取る。
{a_k}をxに収束する正の有理数列とする。2つの自然数m、n＞0を任意に取る。
すると、f(n)＝f(1＋…＋1)(1はn個)＝n・f(1)。また、1＝m・(1/m)から同様に、f(1)＝m・f(1/m)であり、f(1/m)＝f(1)/m。
省7
358(4): 2015/05/07(木)08:51 ID:1uRQ/Opw(2/11) AAS
>>356
(>>357の続き)
[第2段]：cを求めて、任意のx∈Rに対してf(x)＝xなることを示す。
ここで、n≧2なる自然数nを任意に取る。f：R→Rは環同型写像だから、
1＝1^nから、f(1)＝(f(1))^n。また、f(1)＝c∈R。従って、c＝c^nを得る。
ここで、nについて場合分けをする。
Case1)：nが3以上の奇数のとき。n−1は2以上の偶数なることに注意すると、
省19
359: 2015/05/07(木)08:53 ID:1uRQ/Opw(3/11) AAS
>>356
(>>358の続き)
[第3段]：実関数f(x)＝xがワイルドな自己同型写像でないことを示す。
実関数f(x)＝xについて、fは恒等関数I_Rに等しく、任意のx∈Rに対してx＝x±i・0だから、
fの複素共役はf自身になって、fはワイルドな自己同型ではない。
[第4段]：>16についての話の意味で、Rのワイルドな自己同型写像は存在しないことを示す。
任意のx∈Qに対してf(x)＝xなる環同型写像f：R→Rは一意にf(x)＝xと定まる
省1
360: 2015/05/07(木)09:19 ID:1uRQ/Opw(4/11) AAS
>>356
>>125、>>127の方が証明としては簡単だな。
本来f(x＋y)＝f(x)＋f(y) x、y∈Rは任意 なる関数f：R→Rは1点で連続ならf(x)＝x・f(1)となるんだが、
選択公理というかハメル基底の存在を認めるとf(x＋y)＝f(x)＋f(y) x、y∈Rは任意 なる方程式について
無限個の解fが存在し、かつf(x)＝x x∈Qは任意 なる条件のために、上の手法というか命題が使えなくなるのな。
ハメル基底の定義から、必ず或る有理数はハメル基底に属すんだが。
361: 2015/05/07(木)09:24 ID:1uRQ/Opw(5/11) AAS
>>356
>>357の最初の文「環同型写像f：R→Rを一価は実関数である。」は「環同型写像f：R→Rは一価の実関数である。」と訂正。
363(4): 2015/05/07(木)09:41 ID:1uRQ/Opw(6/11) AAS
>>356
>>362
じゃあ、今度からは任意のx∈Rに対してf(x)＝x・f(1)なることの証明だけ出来次第書く。
>>358は問題ないから省略。
364(1): 2015/05/07(木)09:56 ID:1uRQ/Opw(7/11) AAS
>>356
>>362
いや、>>363のようなことをすること自体ムリだから、>>125、>>127と同様に
実数体Rは通常の加減乗の演算について環であり、関数f(x)＝xについてf:R→Rは環同型写像で、
確かにfは体Qの体R上の自己同型であってf∈AutQ(R)であり、AutQ(R)≠φ。
今、f∈AutQ(R)を任意に取る。fは体Rの部分環Rの同型写像だから、
点x∈[0,+∞)を任意に取りx＝u^2とすれば、f(x)＝f(u^2)＝(f(u))^2≧0。
省7
365(3): 2015/05/07(木)14:30 ID:1uRQ/Opw(8/11) AAS
>>356
>>363の方法で出来たので書く。今度はxを有理数変数とかせずに
最初から実変数としているから>>347のような問題はないとは思う。
尚、>>358以降は内容的に殆ど同じこと書くだけだから省略。
環同型写像f：R→Rは一価の実関数である。任意のx∈Qに対してf(x)＝xである。
[第1段]：直線R上の或る点x∈Qで実関数f(x)が連続なることを示す。
矛盾に導くため、直線R上の如何なる点x∈Qにおいてもfが不連続であったとする。
省21
366(2): 2015/05/07(木)14:33 ID:1uRQ/Opw(9/11) AAS
>>356
(>>365の続き)
[第2段]：任意のx∈Rに対してf(x)＝x・f(1)なることを示す。
(1)、x＞0のときf(x)＝x・f(1)なることを示す。
[小1段]：f(x)、x＞0が連続であることを示す。点ε＞0を任意に取る。
すると、有理数の稠密性から0＜b＜εなる有理数bが存在する。a＞0なる有理直線Q上の点aでf(x)が連続とする。
hをa＞h＞0なる実変数とする。すると、x＋h＝x＋a−(a−h)であり、f(x＋h)＝f(x＋a)−f(a−h)である。
省16
367(1): 2015/05/07(木)14:35 ID:1uRQ/Opw(10/11) AAS
>>356
(>>366の続き)
[小2段]：x＞0のときf(x)＝x・f(1)なることを示す。点x∈(0,+∞)を任意に取る。
{a_k}をxに収束する正の有理数列とする。2つの自然数m、n＞0を任意に取る。
すると、f(n)＝f(1＋…＋1)(1はn個)＝n・f(1)。また、1＝m・(1/m)から同様に、f(1)＝m・f(1/m)であり、
f(1/m)＝f(1)/m。よって、f(n/m)＝n・f(1/m)＝n・(f(1)/m)＝(n/m)・f(1)。
自然数m、n＞0は任意だから、m、n＞0を同時に走らせれば、各k＝1,2,…に対してf(a_k)＝a_k・f(1)。
省6
368(1): 2015/05/07(木)14:57 ID:1uRQ/Opw(11/11) AAS
>>356
>>365の第1段は次のようにウマく訂正して読んで。「点x∈Rが存在する」を書き忘れちゃったところがある。
>|x−a_1|＜δ_1であって|f(x)−f(a_1)|＞ε_1となる「点x∈Rが存在する」。
>|x−a_2|＜δ_2であって|f(x)−f(a_2)|＞ε_2となる「点x∈Rが存在する」。
>|x−a_k|＜δ_kであって|f(x)−f(a_k)|＞ε_kとなる「点x∈Rが存在する」。
>|x−a_{k+1}|＜δ_{k+1}であって|f(x)−f(a_{k+1})|＞ε_{k+1}となる「点x∈Rが存在する」。
>|x−a_n|＜δ_nであって|f(x)−f(a_n)|＞ε_nであり、δ_n＜ε_nとなる「点x∈Rが存在する」。
省1
370(1): 2015/05/08(金)07:15 ID:uxOegTmt(1) AAS
>>356
まあ、やはり>>363のようなことをすること自体ムリだから、この件の証明は>>364で終了。
選択公理やハメル基底の存在性の問題と絡んで、やろうとしても理論体系に矛盾が生じることになって出来ん。
376: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む 2015/05/09(土)07:31 ID:rm0w8Qw4(4/11) AAS
>>356 ここに戻る
”２）ということで、これがautomorphisms of Cの数学的現象のメカニズムであり、automorphisms of RがIRに限られる仕掛けだと
つまり、automorphisms of Cの場合、二つの実数α>βで、その差が無理数になるαとβの交換は、可能だ
但し、α-β＝vのn乗根は、automorphisms of Cで別の複素数根に移らなければならない”
で、
１．二つの実数α>βが超越数で、その差が超越数なら問題なく上記は言える
２．この超越数という制限は、どこまで緩和できるか？
省2
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