現代数学の系譜11 ガロア理論を読む16 [転載禁止]©2ch.net

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1: 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/10/11(日) 20:22:42.62 ID:RDXEzJ3O

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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611: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/25(水) 17:17:34.88 ID:WuoQ5wU/

>>556
まあ、ついでに訂正版。

任意のε＞0に対して定まる開区間(-ε,ε)を、I(ε)＝(-ε,ε) で表わす。

[第１段](任意のε＞0に対して、開区間I(ε)に含まれるような、ハメル基底の存在性)：
ε＞0とする。すると、I(ε)＝(-ε,ε)。ここに、実数直線R上で有理数は稠密なることに
注意する。εに対し、L(ε)を、開区間I(ε)に含まれるような、実数体Rの有理数体Q上の
一次独立な部分集合全体の族とする。以下、L(ε)をLで略記する。すると、有理数の稠密性
から、RのQ上一次独立な部分集合 {√2} に対し、或る a∈Q が存在して、{a√2}∈L となる
から、L≠Φ。Lは集合の包含関係⊂について、半順序集合である。Aを添数集合とする。
{I_α|α∈A} をLの全順序部分集合とする。ここに、各α∈Aに対して I_α は開区間I(ε)では
ない。S＝∪_{α∈A}(I_α) とする。n∈N＼{0} とする。x_1,…,x_n∈S とする。すると、
x_1,…,x_n をすべて含むような或る S_α(α∈A) が存在して、S_α はRのQ上一次独立な
部分集合だから、{x_1,…,x_n} はQ上一次独立である。自然数 n∈N＼{0}、Sの元 x_1,…,x_n は
任意でよいから、任意の α∈A について、SはI_αのすべての点を含むLの元であり、I_α⊂S で
ある。また、SはQ上一次独立な集合である。そして、任意の α∈A に対して、S_α⊂S だから、
Sは {S_α|α∈A} のLにおける上界である。従って、Zornの補題から、LつまりL(ε)には極大元が
1個以上存在する。その極大元を H(ε) とする。H(ε) は開区間 I(ε) に含まれる、
実数体Rの有理数体Q上の一次独立な部分集合全体の族だから、H(ε) はハメル基底の
定義の条件を確かにすべて満たす。従って、H(ε) は開区間 I(ε) に含まれるような、
ハメル基底である。ε＞0は任意でよいから、任意のε＞0に対して、開区間 I(ε) に含まれる、
ハメル基底 H(ε) が存在する。　　　　　　(第１段終了)

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646: １３２人目の素数さん [] 2015/11/26(木) 22:19:58.73 ID:yy5u8zGz

>>540
A が X の開集合でない場合の命題を提示する。

【命題】
距離空間 (X,dX) の部分集合 A⊂X から (Y,dY) への写像 f:A→Y が連続であるための必要十分条件は、
Y の任意の開集合 U に対して、X のある開集合 V が存在して、f^(-1)(U)=A∩V が成立つことである。
【証明】
A が X の開集合であるなら、前命題より V=f^(-1)(U) とすればよいから、A は X の開集合でないとする。
(1)f は A で連続であると仮定
A は X の開集合でないから、A⊂≠X、よって、X のある開集合 A' が存在し、A⊂≠A'⊂X を満たす。
f':A'→Y を f'|A=f かつ f' は A' で連続 となるように定める。（f'|A は f' の A への制限）
前命題より、Y の任意の開集合 U に対し、f'^(-1)(U):=V は X の開集合である。
a∈f^(-1)(U) ⇒ a∈A かつ f(a)∈U ⇒ f(a)=f'(a)∈U ⇒ a∈f'^(-1)(U) より、f^(-1)(U)⊂f'^(-1)(U)
また定義より、f^(-1)(U)⊂A であるから、f^(-1)(U)⊂A∩V・・・(a)
a∈A かつ a∈f'^(-1)(A) ⇒ f(a)=f'(a)∈U ⇒ a∈f^(-1)(U) より、A∩V⊂f^(-1)(U)・・・(b)
(a),(b)より、f^(-1)(U)=A∩V
ゆえに、Y の任意の開集合 U に対し、X のある開集合 V が存在して、f^(-1)(U)=A∩V
(2)Y の任意の開集合 U に対し、X のある開集合 V が存在して、f^(-1)(U)=A∩V が成り立つと仮定
a∈A、ε>0 とする。
U(f(a),ε) は Y の開集合であるから、仮定より、X のある開集合 V が存在して、f^(-1)(U(f(a),ε))=A∩V
すなわち、f(A∩V)=U(f(a),ε)
これと、f(a)∈U(f(a),ε)より、a∈V
V は X の開集合であるから、ある δ>0 が存在して、U(a,δ)⊂V
よって、f(A∩U(a,δ))⊂f(A∩V)=U(f(a),ε)
ゆえに、f は A で連続である。■

http://wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1444562562/646

651: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/27(金) 16:06:37.42 ID:qRNBmtTR

>>556
(>>650の続き)
[第２段](上下に有界な体Rの体Q上の超越基底Sの存在性)：定義から、任意のε＞0に対して、
開区間I(ε)に含まれるような、ハメル基底に含まれる、実数体Rの有理数体Q上の超越基底S(ε)は
存在し、上下に有界である。従って、上下に有界な体Rの体Q上の超越基底Sは存在する。

ここに、Sを上下に有界な実数体Rの有理数体Q上の超越基底と仮定しても一般性は失わない。
定義から、包含関係は、S⊂Q(S)⊂R。

[第３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４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５段](Q(S)は完全集合)：体 Q(S) を完全集合ではないとする。すると、Q(S) の或る点 y∈Q(S) が
存在して、yは Q(S) の孤立点となる。また、実数直線R上で、有理直線Qは稠密で、任意の r∈Q について、
rはQの触点でrの閉包は {r} だから、yは有理数ではない。従って、y∈S。Rは Q(S) 上代数拡大体だから、
yは体 Q(S) 上代数的である。従って、yの R/Q(S) への最小多項式の次数をnとすれば、
何れも或る a_0,a_1,…,a_n∈Q(S) に対して、a_0≠0, a_n≠0 であり、
a_0・y^n＋a_1・y^{n-1}＋…＋a_{n-1}・y＋a_n＝0 …①　となる。
しかし、定義から、Sの点yはQ上超越的だから、すべての i＝0,1,…,n に対して a_i がQ上代数的なることは、
あり得ない。従って、或る i＝0,1,…,n が存在して、a_i はQ上超越的となる。つまり、a_i は超越数となる。
そこで、Y＝{a_0,a_1,…,a_n} とおき、X＝{a_i∈Y|a_iは超越数} とする。すると、X≠Φ。

http://wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1444562562/651

652: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/27(金) 16:10:28.56 ID:qRNBmtTR

>>556
(>>651の続き)
a_i∈X とする。すると、X⊂Y から a_i∈Y。そして、a_i∈R＼Q であって、同時に a_i∈Q(S) だから、
a_i に対して或る自然数 m(a_i) が定まり、自然数 m(a_i) を m_i で略記すれば、m_i に対して何れも或る、
m_i 変数 z_1, …, z_{m_i} の有理関数 f_{m_i}∈Q(z_1,…,z_{m_i}) と m_i 個の点
{z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}∈S が存在して a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}) となる。
Xの点 a_i は任意でよいから、各 a_i∈X に対して、a_i を表す、何れも或る、
f_{m_i}∈Q(z_1,…,z_{m_i}) と m_i 個の点 {z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}∈S、及び有理関数の形をした式
a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}) が定まる。ここで、仮に、各 a_i∈X に対して定まるような、
a_i を表す有理関数の形をした式 a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}) における有理関数 f_{m_i}
のすべてが定数ではないとして、各 a_i∈X に対して定まる a_i を表す有理関数の形をした式
a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i}) を、同時にすべて①にすべて同時に代入して両辺を整理すると、
有限個のSの点 y , {z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i} , … は体Q上代数的従属なることが分かり、
とりわけ y∈S ではなくなり、y∈S に反し矛盾が生じる。従って、或る a_i∈X が存在して、
a_i に対して定まるような、a_i を表す有理関数の形をした式 a_i＝(f_{m_i})({z(i)}_1 , … , {z(i)}_{m_i})
における f_{m_i}∈Q(z_1,…,z_{m_i}) は定数となる。つまり、f_{m_i}∈Q であって、従って a_i∈Q。
しかし、a_i はQ上代数的だから、定義から、a_i は a_i∈S を満たさず、矛盾する。
従って、Q(S) は完全集合であり、Q(S) の任意の点は集積点である。　　　　　(第５段終了)

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