ガロア第一論文と乗数イデアル他関連資料スレ6

[過去ﾛｸﾞ] ガロア第一論文と乗数イデアル他関連資料スレ6 (1002ﾚｽ)
上下前次1-新
通常表示 512ﾊﾞｲﾄ分割ﾚｽ栞
抽出解除ﾚｽ栞

このｽﾚｯﾄﾞは過去ﾛｸﾞ倉庫に格納されています｡
次ｽﾚ検索歴削→次ｽﾚ栞削→次ｽﾚ過去ﾛｸﾞﾒﾆｭｰ

305: １３２人目の素数さん [] 2024/01/31(水) 00:07:36.40 ID:Rceb+sJ+

>>296
>https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_integral
>Riemann integral
>Integrability

後半の
”We now prove the converse direction using the sets Xε defined above.[9] For every ε, Xε is compact, as it is bounded (by a and b) and closed:”
が、いまいち分からないので、pdfを探すと下記
西谷達雄先生
Lebesque積分 講義録 がヒット

こっちの方がまだ分かる　；ｐ）
以下、下記西谷PDFより抜粋
・P10 "1.3零集合の定義と特徴づけ"が良いね
・P11 ”定義1.3.2ある性質(P)が適当な零集合を除けば成立しているとき，ほとんど至る所(P)が成立するといい，(P)a.e.(almosteverywhere)と略記する．”
・P12 "1.4基本補題"「ここで今後の考え方の基礎となる補題を２つ証明する．これらは非負の階段関数列の単調減少列があったとき，その積分値の零極限の存在と関数列自身の殆ど至る所での零極限の存在の同等性を主張するものである．」
・P13 "1.5 Lebesgueの判定条件 いままでの考察をRiemann積分可能性の判定に応用してみよう．"
　（Darboux和使用）
・P14 "定理1.5.1f(x)がRiemann積分可能であるためにはf(x)=f(x),a.e.となることが必要十分である．"
　"証明：まずf(x)をRiemann積分可能としよう．Darbouxの定理1.1.1と系1.1.1によれば・・略"
・P16 "定理1.5.2 (Lebesgue)f(x)がRiemann積分可能であるための必要十分条件はf(x)の不連続点の集合が零集合となることである．
　証明：最初にf(x)がx=x0で連続であるための必要十分条件は・・略
　さて定理の証明に移る．f(x)をRiemann積分可能とすると，定理1.5.1よりf∼(x)=f(x)=f(x)=f(x)=f∼(x),a.e.従ってf(x)は殆ど至る所連続である．逆にf(x)が殆ど至る所で連続とする．このとき，殆どいたるところf∼(x)=f∼(x).従ってf(x)=f(x),a.e.ゆえに再び定理1.5.1よりf(x)はRiemann積分可能である．(証終)"

中途半端に、Lebesque積分やLebesque測度を使わずに証明しようとしているのかな？ en.wikipediaは
Darboux和（＝Darboux積分）は、使っている

(参考)
http://www4.math.sci.osaka-u.ac.jp/~nishitani/
西谷達雄,Department of Mathematics Osaka University
http://www4.math.sci.osaka-u.ac.jp/~nishitani/Lebesgue.pdf
Lebesque積分 講義録

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1704672583/305

336: １３２人目の素数さん [] 2024/02/01(木) 18:43:54.44 ID:nkXreRAg

>>333
なるほど
まだ、やる気かなｗ
ではｗｗ

(参考)>>305
http://www4.math.sci.osaka-u.ac.jp/~nishitani/
西谷達雄,Department of Mathematics Osaka University
http://www4.math.sci.osaka-u.ac.jp/~nishitani/Lebesgue.pdf
Lebesque積分 講義録

P2
序
f(x)を区間[0,1]上の関数とするとき，f(x)の導関数f0(x)は関数列fn(x)=n(f(x+1/n)−f(x))のn→1のときの極限関数であり，f(x)の原始関数(の一つ)は関数列Fn(x)=Pn k=1f(kx/n)x/nの極限関数である．このように，関数列の極限として新たな関数を導入する，という考え方は解析学の真髄といってよい．Riemann積分は，この関数列の極限操作との相性があまり良くない．これらのことから予想されるように，Lebesgue積分は，関数列の極限を考える，という操作と(Riemann積分に比べて)相性がよく，様々な議論が簡略になる．Lebesgue積分が必要とされる基本的理由のうちのもう一つを説明しておこう．微積分学で学んだように，実数の全体は完備である，すなわち隙間なくつまっている，このことは微積分の展開における礎石であった．このことは，Cauchy列は必ず収束する，ということと同値でもあった．さて，[0,1]区間上でその絶対値がRiemann積分可能な関数の全体を考えてみよう．このような２つの関数f(x),g(x)の間の”距離”を
∫ 0〜1  |f(x)−g(x)|dxで測ることは自然である．

今[0,1]上Riemann積分可能な関数列{fn}がこの距離でCauchy列になっているとする．
このときあるRiemann積分可能な関数f(x)があって
∫ 0〜1  |fn(x)−f(x)|dx→0, n→1となるであろうか？

すなわちこのような関数の全体は完備であろうか？
残念ながらこのことは成立しない．これに対して，Lebesgueの意味で積分可能な関数の全体は完備である．
この事実は，Lebesgue積分可能な関数の全体の上で様々な解析をおこなうときに基本的な役割を果たす．
積分の一般論の構成方法としては，一般的には，Lebesgue方式とDaniell方式の２通りの方法がある．
Lebesgue方式(1902)では公理論的な測度論から出発し，そこから積分論を導く，という方法をとる．
一方Daniell方式(1918)では，基本関数族の上における基本積分の概念から出発し，まず積分論を構成し，積分論から測度理論を導く，という方法をとる．
ここではDaniell方式に従ってLebesgue積分論を解説することにする．

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1704672583/336

496: １３２人目の素数さん [] 2024/02/07(水) 16:58:42.09 ID:8CxIm6kX

>>495
・それらしきもの（解答）は、下記（再録した）にある
　当時は分からなかったが >>435 DCT=ルベーグの収束定理 (優収束定理; dominated convergence theorem, DCT)らしいな
　(参考) https://mathlandscape.com/dct/ 数学の景色 ルベーグの収束定理(優収束定理)とその例題・証明 2022.02.12
・『ルベーグ積分・測度論における「積分と極限の交換定理」の1つで，ルベーグ積分の根幹をなす定理』らしい
　そういう 積分と極限の交換という目で見ると、なんとなく意味わかるね
・一方、私は >>305で 西谷達雄 Lebesque積分 http://www4.math.sci.osaka-u.ac.jp/~nishitani/Lebesgue.pdf
　に関する投稿を 2024/01/31(水) 00:07:36.40にしている
　4分差なので、まったく独立に準備していた投稿であることは分かるだろう
　私は 個人的には、西谷達雄で満足している
　というか、P10 "1.3零集合の定義と特徴づけ"辺りからやらないと、ダメなものでね ；ｐ）
・なお、下記>>304以上に教えると、大学ゼミにならんだろう？ｗ （それなら講義になるよ）
　まあ、君もゼミに参加して、なんか書いてみたらどうかな？

(参考)
　>>304 2024/01/31(水) 00:03:18.45 より再録
定理　[0,1] 区間で定義された有界関数 f(x) で次は同値
(1) S = { x | f(x) は x=a で不連続 }の測度は0
(2) ∫01f(x)dx はリーマン可積分
(∵) f(x)が正値のとき示せば十分である。
[0,1]の分割 Δ に対して関数 m(Δ,x), M(Δ,x)を以下で定める
m(Δ,x) = inf( f(t) | ∃k x,t ∈cl(Δ(k)) }
M(Δ,x) = sup( f(t) | ∃k x,t ∈cl(Δ(k)) }
(1)を仮定する。まず
{ ( a,b ) | 0 ≦ b ≦ f(a), a は f(x) の連続点 }
= ∪Δ { ( a,b ) | 0 ≦ b ≦ m(Δ,a), a は f(x) の連続点 }
であり右辺は Lebesgue 可測集合だから f(x) はLebesgue 可測関数である。
さらに ξk ∈ Δ(k) をえらぶとき
∫01m(Δ,x)dx ≦ Σ f(ξk)|Δk| ≦ ∫01M(Δ,x)dx ...(*)
である。|Δ| → 0 のとき f(x) の連続点 x においてm(Δ,x) → f(x)、M(Δ,x) → f(x) であるから(*)の左辺、右辺はDCTにより∫01f(x)dxに収束する。よって f(x) は riemann 可積分である。
(1) を否定する。関数 ρ(x) を
ρ(x) = limsupt→x f(t) - liminft→x f(t)
でさだめる。仮定により正数 a>0 を集合
T = { x | ρ(x)>a }
が μ(T) > 0 を満たすようにとれる。
このとき分割 Δ にたいして
Σ { |Δk| | Δk∩T≠Φ } ≧ μ(T)
であり、 Δk∩T≠Φ である k に対して
M(Δ,x) - m(Δ,x) ≧ a
であるから結局
∫01M(Δ,x)dx - ∫01m(Δ,x)dx ≧ a
である。これが任意の分割Δについて成立するから f(x) はRiemann可測ではない。
(引用終り)

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1704672583/496

上下前次1-新書関写板覧索設栞歴

ｽﾚ情報赤ﾚｽ抽出画像ﾚｽ抽出歴の未読ｽﾚ AAｻﾑﾈｲﾙ

ぬこの手ぬこTOP 0.030s