15/11/22 11:32:15.11 Sfjos7ec.net
>>511
>超越基底Sが零集合とする。すると、S数全体の
>1次元ルベーグ測度は1(Wikiの超越数のサイト参照)だから、Sは
>A数、T数、U数の全体からなる集合である。
どうしてA,T,U数をすべて含むと言えるんだ？
超越基底の性質からそれが言えるというなら説明してくれ。
557:１３２人目の素数さん
15/11/22 11:46:32.27 G4dpeoO2.net
>>513
これ、間違い。
どういう基準でルベーグ測度を取ったのかまでは分からない。
>>508
実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sが零集合とする。定義から、RはQ(S)上代数拡大体である。
従って、任意の実数はQ(S)上代数的である。従って、Q(S)上超越的な実数は存在しない。
しかし、これは、Q(S)上超越的な実数が存在することに反し矛盾。
(もし存在しなかったら、 Q(S)上超越的な複素数は存在しなくなる。
しかし、RがQ(S)上代数拡大体だから、 複素数体CもQ(S)上代数拡大体である。
複素数がQ(S)上代数的独立か代数的従属か についても同様になる。
従って、定義上は、Sは複素数体Cの有理数体Q上の超越基底Sになる。
だから、実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sは複素数体Cの有理数体Q上の超越基底S
でもある。これは、そもそも、Sを考えたときの体の拡大R/Qの扱いに反し矛盾する。
R＝C として実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sを考えていたことになる。
2つの体の拡大R/Q、C/Qを同一視して有理数体Q上の超越基底Sを考えていたことになる。
これは R≠C に反し、矛盾する。)
に訂正。
558:１３２人目の素数さん
15/11/22 12:17:54.90 Sfjos7ec.net
> Q(S)上超越的な実数が存在することに反し矛盾
存在しないでしょ。どんな実数？
ゼロ集合はどこで使ってるんだ？
559:１３２人目の素数さん
15/11/22 12:20:25.02 lmw0xI33.net
この人は自分で自分の論証の正しさを確かめられない人なんだね。
こういうタイプの人は他にも見たことがある。
560:１３２人目の素数さん
15/11/22 12:53:29.37 G4dpeoO2.net
>>515
いや、代数的に考える以上、Q(S)上代数的な数を考えるときは、
せいぜい、可算無限な対象(今回は実数)を考えることになる。
代数で非可算な対象を考えることは出来ない。
実数体Rは非可算。だから、Q(S)上超越的な実数は存在するのではないかと。
そう思った。
561:１３２人目の素数さん
15/11/22 12:58:53.68 G4dpeoO2.net
>>517
悪かったな。豪語するなら、
超越基底Sが零集合かの判定をしてみてくれ。
562:１３２人目の素数さん
15/11/22 13:03:28.97 Sfjos7ec.net
>>517
> 代数で非可算な対象を考えることは出来ない
言っていることが分からない。
RはQ(S)上代数的で、そうなるように超越基底Sを取ったんでしょ？
Q(S)上超越的な実数なるものが存在したとしても、実数全体がRなんだから、当然Rに含まれるでしょ。
563:１３２人目の素数さん
15/11/22 13:05:33.03 G4dpeoO2.net
>>516
「>>518」は、本来「>>517」ではなく、「>>516」宛てな。
豪語するなら、超越基底と零集合をウマく組合せた論証をしてみてくれ。
564:１３２人目の素数さん
15/11/22 13:07:03.84 Sfjos7ec.net
本当に言っていいのか？
みなさんが楽しんでいるようだが。
少なくともスレ主、>>510 メンター、おっさんの3人がよいと言うまでは黙っておくよ。
565:１３２人目の素数さん
15/11/22 13:09:10.76 IkwVB7jN.net
>>521
脳足りんやなあ爺
566:521
15/11/22 13:09:17.26 Sfjos7ec.net
> 悪かったな。豪語するなら、
> 超越基底Sが零集合かの判定をしてみてくれ。
ってのは>>516 宛だったのか。失礼した。
567:１３２人目の素数さん
15/11/22 13:16:46.12 G4dpeoO2.net
>>519
いや、ちょっと、Q(e)とかQ(π)の点を係数に持つ多項式の根について、
有理係数多項式のときと同様に、ディオファンタス近似の理論を
再構築したことがあるんですわ。Q(S)-係数多項式の根が全部Q(S)上代数的となると、
Q(e))-係数多項式の根に対するディオファンタス近似の理論の類似が無効になるかも知れない。
意味がなくなるかも知れないと。まあ、大雑把にいえばそんな感じです。大雑把過ぎるでしょうけど。
568:１３２人目の素数さん
15/11/22 13:27:33.18 G4dpeoO2.net
>>519
>>524の訂正：
「Q(e))-係数多項式」→「Q(e)-係数多項式」
569:521
15/11/22 13:39:44.66 Sfjos7ec.net
>>525
> Q(S)-係数多項式の根が全部Q(S)上代数的となると、
ここに記述ミスはない？確認してもらえるでしょうか。
（おっさん、敬語は使わないでくれ。やりづらい・・。）
ある数がQ(S)係数多項式の根となるとき、その数をQ(S)上代数的と呼ぶんだったよね。
だからQ(S)係数多項式の根はすべてQ(S)上代数的だよ（当たり前だが）。
少し混乱していないだろうか。
570:521
15/11/22 14:38:01.69 Sfjos7ec.net
>>少なくともスレ主、>>510 メンター、おっさんの3人がよいと言うまでは黙っておくよ。
よく見たら>>510 はメンターじゃないな。どうりで変だと思った。
571:１３２人目の素数さん
15/11/22 16:39:06.05 G4dpeoO2.net
>>526
論理的には間違いが生じないから、一応は、Q(S)係数多項式の根に対しても、
ディオファンタス近似の理論の類似を再構築出来る仕組みになっているにもかかわらず、
定義に反するから、実際は再構築しようがないのか。
Q(S)係数多項式の根の場合は、数学的には何の意味もないから、再構築してはいけなかったのか。
572:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/22 17:59:07.98 7nuHUSiY.net
>>521
どうも。スレ主です。
メンターさんかと思っていたが、別の方ですか？
どうも、フォローありがとうございます。
私の意見としては、おっちゃんが、「超越基底Sが零集合である」ということを納得してもらって、その証明を少しだけ見てみたい気がする
おっちゃんは、「濃度が非加算の零集合が存在する」ということを、カントール集合という例を示されても、心底納得できていないみたいだ
URLﾘﾝｸ(ja.wikipedia.org)
だから、「超越基底Sが零集合である」を否定的に解こうとして、脱線している点もある
それと、”超越基底S”を全然理解できていないかな？ ”Q(S)上超越的な実数が存在することに反し矛盾”>>515？ 面白い発想だね（＾＾；
ということで、しばしお待ちを。まず、”Q(S)上超越的な実数が存在しない”を処理して、「超越基底Sが零集合である」を、もし可能なら納得してもらいましょう
そして、一度、おっちゃんの証明を見てからということでお願いできればと思いますｍ（＿ ＿）ｍ
573:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/22 18:11:03.03 7nuHUSiY.net
>>515
おっちゃん、どうも。スレ主です。
> Q(S)上超越的な実数が存在することに反し矛盾
まず、”Q(S)上超越的な実数が存在しない”を処理します
証明
１．ご自分で書いた通り、>>514の実数体Rの有理数体Q上の超越基底をSとする。定義から、RはQ(S)上代数拡大体である。従って、任意の実数はQ(S)上代数的である。従って、Q(S)上超越的な実数は存在しない。
２．これ、正解です。もし、Q(S)上超越的な実数s' ∈/Sが存在したとする。Sを拡張して、Ｓ’＝{s'}+Sとすべきであるから。（蛇足だが、取りこぼした超越数があれば、それは本来超越基底をSに取り込まれているべき数だから）
証明おわり
超越基底に加えて、「基底とは何か？」をもう一度考えてください
574:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/22 18:24:28.11 7nuHUSiY.net
>>511
>実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sが零集合とする。すると・・・これは矛盾する。
次のブログでも見て下さい。それで、「点集合Aが非加算濃度をもてば、点集合Aは零集合でないといえるか、というと、一見それは正しそうであるが、
575:カントールの零集合という反例がある。」を納得してください。 ”実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sは零集合です”。これが、正解ですよ http://commutative.world.coocan.jp/blog2/2010/11/post-859.html 零集合 あやたろう (2010年11月 8日 01:22) （抜粋） 零集合というは、ルベーグ積分のところで述べた測度論で定義される集合であって、m(A) = 0である集合である。 例えば、１つだけの点からなる点集合Aを考えると、当然にm(A) = 0である。これは、次のような積分に対応して考えられる。 0でない積分結果をもたらすためには、積分される関数f(x)に対応する点集合Aが、少なくともある区間で、非加算濃度をもたなくてはならない、ということになる。 すなわち、積分される関数f(x)に対応する点集合Aが非加算濃度をもつことは、0でない積分結果を与えるための必要条件であるが、 点集合Aが非加算濃度をもてば、点集合Aは零集合でないといえるか、というと、一見それは正しそうであるが、カントールの零集合という反例がある。 ・・・・ （証明があるが省略） すると、対角線論法が適用できて、除去された結果の点の非加算性が証明される。すなわち、非加算濃度をもつ零集合が存在する。 零集合の隠微な世界を垣間見た次第である。
576:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/22 18:32:15.80 7nuHUSiY.net
>>530-531 補足
おっちゃん、どうも。スレ主です。
おっちゃんが、どういう立場でどういう動機で、上記のような数学科レベルの数学（含む多変数関数論）をやっているのか不明だが
もし、よかったら、せっかく迷い込んできたこのガロアすれ、しばらく遊んで行って下さい。ｍ（＿ ＿）ｍ
>>530-531 にご納得頂ければ、どんな証明をするのか、見てみたい気もあるので
零集合ね。ルベーグなんか、意識して使うことは無かった。面白い集合ですね（＾＾；
577:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/22 18:36:23.20 7nuHUSiY.net
>>530 訂正
（蛇足だが、取りこぼした超越数があれば、それは本来超越基底をSに取り込まれているべき数だから）
↓
（蛇足だが、取りこぼした超越数があれば、それは本来超越基底Sに取り込まれているべき数だから）
578:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 06:46:12.65 ttjQioOz.net
突然ですが、渕野昌先生
URLﾘﾝｸ(kurt.scitec.kobe-u.ac.jp)
想定外の数学 不完全性定理以降の数学 (続) 神戸大 渕野昌 2012
(抜粋)
「集合論は矛盾しているかもしれないから無意味だ」とか，「矛盾しているかも
しれない巨大基数の理論を研究するのは無意味だ」というような発言を好んでする
人たちの多くは，この一世紀の間に集合論でいかに深くエキサイティングな数学的
研究がされてきたかについてまったく無知であるように思える．また，多少は知っ
ている場合には，かつて，難しすぎて集合論研究からドロップアウトしたというよ
うな類の経歴と，そのことからくる深いトラウマをかかえている人だったりするの
で，そういった人々に対しては，ここで言ったような「保証」は，馬耳東風と言っ
て失礼なら，馬の耳に念仏でしかないかもしれない．
しかし、Reinhardt 基数の存在公理の，ZFC での矛盾が示されたことで，Rein-
hardt 基数に対してそれまでに行なわれた考察が全く無駄になってしまったわけで
はなかった．Reinhardt 基数の超越性をできるだけ保存し，一方で，矛盾を導くこ
との判明した性質をうまく取りのぞくことによって，超コンパクト基数の概念が見
出され，Reinhardt 基数に対しての基礎的なアイデアは，この基数の存在公理の考
察に再利用できているからである．
その後，超コンパクト基数は，"大きな" 巨大基数のうちで最も重要なものと
なって，この基数に関連する多くの興味深い結果が得られてきている．
この，Reinhardt 基数の存在公理の矛盾の発見から超コンパクト基数の導入と
その理論の発展に到る経緯は，数学が矛盾していることが示されてしまう，という
想定外の状況が万が一にも起こったときの，可能なシナリオを示唆しているように
思える．つまり，そのようなことが万が一に起こった場合でも，Reinhardt 基数の
存在公理のときと同じように，そこで示された矛盾を回避するような修正を数学に
対して行なうことで，これまでに数学の長い歴史の中で積上げてきた数学的結果を
すべて失なってしまう，というような壊滅状態は回避することができるのではない
か，と考えることができる，ということである．
579:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 06:52:04.52 ttjQioOz.net
渕野 昌先生、最初、早稲田 化学科だったんだ。その後早稲田 数学科（修士）、独 Freie Universitat Berlin Fachbereich Mathemtatik
経歴が面白いなと
URLﾘﾝｸ(researchmap.jp)
研究者氏名 渕野 昌 フチノ サカエ URLﾘﾝｸ(math.cs.kitami-it.ac.jp) 神戸大学 大学院システム情報学研究科 情報科学専攻 教授 Dr. rer. nat.(ベルリン自由大学)
学歴
1979年4月 - 1984年3月 Freie Universitat Berlin Fachbereich Mathemtatik
1977年4月 - 1979年3月 早稲田大学 理工学部 数学科
1973年4月 - 1977年3月 早稲田大学 理工学部 化学科
580:１３２人目の素数さん
15/11/23 06:59:08.07 cijB5UG8.net
>>529
私が以前ここに書いたことをパクッてただろ。書いたこと忘れてた。
確かにスレ主の予想で正しい。
[第１段](Sの任意の点は孤立点で、Sは孤立集合)：Sが孤立集合ではないとする。すると、
或る x∈S は孤立点ではなく集積点だから、定義から、r＞0を適当に1つ選ぶと、
(S-{x})∩(x-r, x+r)≠Φ。I＝(S-{x})∩(x-r, x+r) とおくと、I≠Φ。y≠x なる
1点 y∈I を任意に選ぶ。すると、I⊂R から y∈R。そして、I⊂S から y∈S であって、
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。
581:１３２人目の素数さん
15/11/23 07:00:41.50 cijB5UG8.net
>>529
(>>536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、Sは孤立集合であり、Sの任意の点は孤立点である。
582:１３２人目の素数さん
15/11/23 07:02:43.49 cijB5UG8.net
>>529
(>>537の続き)
[第２段](Sは非可算集合)：S、Rの濃度は、card(S)＝card(R)＝c だから、
SからRへの全単射が存在する。従って、Sは非可算集合である。
[第３段](Sは非可算零集合)：直線Rの上下に有界な右半開区間の有限和なるRの部分集合
の全体を、Tとする。S⊂R から、孤立集合SはRのベキ集合の元である。x∈S として、X＝{x} とする。
すると、x∈R であり、任意のε＞0に対して X⊂[x-ε,x+ε)。定義から、{x}の外測度m(X)について、
m(X)＝inf{Σ_{i=1,…,∞}(m(E_i))|E_i∈T (i=1,2,…)、X⊂∪_{i=1,…,∞}(E_i)}、
また、0≦m(X)≦+∞。xは孤立点だから、m(X)＝m({x})＝0。
Sの点xは任意でよいから、Sは非可算零集合である。
583:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 07:07:55.62 ttjQioOz.net
ちょっと、ここへ戻ろう。位相初心者も来るだろうから
383 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2015/11/08(日) 10:36:49.75 ID:avzOXqjC
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，任意のY の開集合U に対してf^-1(U) がX の開集合となることである．
に対する証明または反例を書け
404 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2015/11/14(土) 15:57:00.61 ID:n42/B/E0 [1/2]
反例）
X, Yを実数全体とする。
Xの部分集合Aを-1以上1以下の閉区間、f:A→Yをf(x)=xで定義する。
fは明らかに連続。ここでYの開集合Bとしてf(A)を真に含むYの開区間、
たとえばB={b|-2<b<2}をとればBの逆像はAとなり、Xの開集合ではない。
406 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2015/11/14(土) 16:45:05.47 ID:VGfgFTqg [3/3]
スレ主さんが逃げてる間に正解が出ちゃったよ。(>>404)
これでは不本意だろうから挽回のチャンスを上げよう。
問題 >>383の命題を修正して真の命題を作り証明せよ。
但し
・X の部分集合 A についての命題であることは変えてはならない。
・修正が小さいほど（出題者の主観で判断する）良い解答とする。
454 自分返信：現代数学の系譜11 ガロア理論を読む[] 投稿日：2015/11/21(土) 00:21:13.00 ID:hTfxcEIP [3/20]
>>383にもどる
「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，任意のY の開集合U に対してf^-1(U) がX の開集合となることである．」
に、対して >>331で出た定理
”距離空間(X, dX) から(Y, dY ) への写像f : X → Y が連続であるための必要十分条件は，任意のY の開集合U に対してf^-1(U) がX の開集合となることである．”
を前提とすれば、冒頭の命題は、上の定理を変形して「部分集合 A⊂X 」「写像f : A → Y」としただけにすぎない
ならば、「部分集合 A⊂X 」「写像f : A → Y」の部分がくさいわけであり、おかしいと気付く
456 返信：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2015/11/21(土) 00:39:52.61 ID:756rylpT [1/7]
>>453
定義域の意味分かってる？
584:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 07:15:53.21 ttjQioOz.net
>>539 つづき
１．この問題は、 ID:avzOXqjCさんの自作ではなく、教師が学習用に考えたのかなと思った（はずしてたらごめん）
２．問題文が、ちょっと曖昧だ。わざとかなと。そして、>>406の追加と合わせて、学習効果を上げる意味があるのかもと
３．問題文が、曖昧で、>>456のようにAを定義域と考える場合と、定義域をＸと考える場合で、反例の意味が違ってくるように思う
４．>>482に書いたが、再録すると、下記
482 自分：現代数学の系譜11 ガロア理論を読む[] 投稿日：2015/11/21(土) 12:40:55.47 ID:hTfxcEIP [16/20]
>>462 補足
>改良版は
>「命題 距離空間(X, dX)の部分集合 A⊂X （但しAは開集合）から(Y, dY ) への写像f : A → B⊂Y が連続であるための必要十分条件は，任意のBの開集合U に対してf^-1(U) がA の開集合となることである．」と補正します。
>Aが開集合でない場合、境界の点で不連続になったときに、処理がうまく出来ない
>要するに、ある点 x0∈Xで連続という判断を、各点で行えば良い
>それを、部分集合 A⊂Xで行えば良いだけの話
ある部分集合 A⊂X （Aは開集合に限らない）で、連続か不連続かを、知りたいというニーズはあるだろう （y
585:=f(x)が実数全体で定義されているが、不連続でない部分があるとして、ある区間A[a, b]で連続かどうか知りたいとか） 綺麗に使い易く判定できる命題の形が導ければ、それはそれで意味があるだろう 残念ながら、”綺麗に使い易く判定できる命題の形”を思いつくことができなかったので、開集合限定とした（＾＾；
586:１３２人目の素数さん
15/11/23 07:21:54.02 cijB5UG8.net
>>529
>それと、”超越基底S”を全然理解できていないかな？ ”
>Q(S)上超越的な実数が存在することに反し矛盾”>>515？ 面白い発想だね（＾＾；
任意の超越数(log(a)、a∈Qとかも含む)を文字Xで表して、超越拡大体Q(X)を考えれば、
任意のf(x)∈Q(X)は、分母分子両方1以上のZ(X)の元で表せるんだから、Q(X)に対して
Qのときと同様にディオファンタス近似の類似を考えることはサルマネレベルで出来るぞ。
Q(X)上代数的か超越的かの判定の不等式の組立ては、論理的には同様な議論が成り立つ。
意味があるかどうかはともかくな。X＝log(a)、a∈Qのときは、こういうのは考えても意味がない。
指数関数e^xに対し、x＝log(a) とおいてもリンデマンの定理の類似は成り立たないから、
やっても余り意味がない。超越基底をSとしたときも、原理的にはQ(S)に対して同様な議論が
サルマネレベルで出来る。このときは、Z(X)がZ(S)になる。
587:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 07:40:09.06 ttjQioOz.net
>>540 つづき
１．簡単に、実数Ｒの関数で考える。
２．定義域、値域という問題と考えれば、距離空間(X, dX)の部分集合 A⊂X、(Y, dY ) への写像f : A → B⊂Y
３． >>331で出た定理 ”距離空間(X, dX) から(Y, dY ) への写像f : X → Y が連続であるための必要十分条件は，任意のY の開集合U に対してf^-1(U) がX の開集合となることである．”
４．だから、全体集合を取り直して、X→A, Y→Bに置き換えると
定理 ”距離空間(A, dX) から(B, dY ) への写像f : A → B が連続であるための必要十分条件は，任意のB の開集合U に対してf^-1(U) がA の開集合となることである．”
となる。
５．全体集合を取り直して、X→A, Y→Bに置き換えると、開集合の定義が変わる。何が変わるか？ 全体集合A,Bは、開集合になる
URLﾘﾝｸ(ja.wikipedia.org)
開集合
開集合とは全体集合を形成する基本要素達のようなものであり、位相の特殊な定義の仕方によっては、例えば実数において（普通の意味での）境界上を含む集合が“開集合”と呼ばれることになる場合もある。
極端な例では、すべての部分集合を開集合としたり（離散位相）、開集合は空集合と空間全体だけとしたり（密着位相）することもできる。
URLﾘﾝｸ(ja.wikipedia.org)
定義 空集合 Φ および全体集合 X は τ に属す。
588:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 08:02:08.92 ttjQioOz.net
>>542 つづき
１．「全体集合を取り直して、X→A, Y→Bに置き換えると、開集合の定義が変わる。全体集合A,Bは、開集合になる」という視点からは、
”404 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2015/11/14(土) 15:57:00.61 ID:n42/B/E0 [1/2]
反例）
X, Yを実数全体とする。
Xの部分集合Aを-1以上1以下の閉区間、f:A→Yをf(x)=xで定義する。
fは明らかに連続。ここでYの開集合Bとしてf(A)を真に含むYの開区間、
たとえばB={b|-2<b<2}をとればBの逆像はAとなり、Xの開集合ではない。”
は、あんまり良い例ではないのではないかと
２．つまり、開集合の定義を、X, Yを実数全体したままで反例としている。しかし、上記のように全体集合をA,Bに取り直すと見方が変わる。
３．全体集合A,Bは、開集合だから。
４．私スレ主が書いた>>458や>>463は、全体集合をX,Yとして、開集合の定義も実数全体で定義している立場を崩さずに書いたわけ。
５．もっと言えば、３の立場だと、閉区間[-1, 1]は開集合だ。ならば、半開区間[-1, 0)も、開集合だろう。
６．１の反例は、それはそれで成り立っている。もともとの>>383の記載ぶりがそうだし、>>406の追加が後出しだから。
７．で、”問題文が、ちょっと曖昧だ。わざとかなと。そして、>>406の追加と合わせて、学習効果を上げる意味があるのかもと”>>540
”結構考えさせられたよ。「つまんねー問題」というためには、いろいろ考える必要があった そういう意味では面白かった”>>386と
589:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 08:06:31.64 ttjQioOz.net
>>543 つづき
「>>363 で開集合でないと言い、>>370 で開集合であると言う。
スレ主のどこが誤りかを指摘してあげるつもりだったが、レス毎に180度翻されては私もお手上げだ。」>>375
のID:lBRTnVcwさん、少しは分かって頂けましたか？
590:１３２人目の素数さん
15/11/23 08:24:52.27 J9tPnM+x.net
>>468-469 で書いたことに対してコメントをくれ
> 命題：あるY の開集合U に対してf^-1(U) がX の開集合とならないならば、f：A→Yは連続ではない．
上の命題に対するスレ主の解答は下記だ。異論があればどうぞ。
> 床関数f:X->YはXで不連続なのでf^-1(U)がXの開集合とならないUが存在する。
> しかし“fの定義域をAに制限すれば”fは連続なので、上の命題は偽である。
上のとおりであれば、下記が私の反論だ。
> しかし細かいことを言えば、元のf_X:X→Yと定義域を制限したf_A:A→Yは異なる写像だ。
> 証明の前段と後段で写像をすり替えてしまったので、論理的には証明は不完全かもしれない。
"かもしれない"と書いたが、間違いなく不完全だ。
定義域を制限/拡張した写像は明確に区別しなければならない。
逆像を問題にしている今のケースでは特にそうだ。
それを伝えるために以下の問題を出したが、スレ主は無視だったな。
> 定義域の意味分かってる？
>
>> Xの部分集合Aを-1以上1以下の閉区間、f:A→Yをf(x)=xで定義する。
>
> このとき、Yの要素2の逆像を答えてみな。
そもそも元の命題は
『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，任意のY の開集合U に対してf^-1(U) がX の開集合となることである．』
であって、fの定義域はAと明確に書かれているではないか。
Xを定義域とする別の写像のことなど言及されていない。
591:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 08:52:54.37 ttjQioOz.net
>>545
どうも。スレ主です。
合ってますよ。それならそれで
が、それで終われば、「つまんねー問題ばかり出すな」>>385 に同意だ
写像f : A （定義域）→ Ｂ（値域）⊂Yで、Ａを閉集合として、fはここで連続とし、Ａ以外に値を取らないとする。Ｙの開集合として、Ｂ⊂Ｂ’なるＢ’を取れる。するとf^-1(Ｂ’)＝Ａ。つまり、逆像は閉集合。これ反例なり！
「つまんねー問題ばかり出すな！」だろう？
そこをぼかして書いてあることに、この問題の意義が有ると思うけどね（まあ、教師が考えたとしてだが）
592:１３２人目の素数さん
15/11/23 08:56:26.93 VPUYSl/7.net
スレ主からもバカにされる誤答おじさんワロタｗ
ま、バカにされて当然だな。
>>536
一般的に、次の事実が成り立つ。
・ A⊂Rは、Aの任意の点がAの孤立点になっているとする。このとき、Aは高々可算無限集合である。
＞[第１段](Sの任意の点は孤立点で、Sは孤立集合)
Sの任意の点が孤立点ならば、上記の事実により、
Sは高々可算無限集合となってしまい矛盾する。
よって、この[第１段]は自動的に間違いである。
593:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 08:58:35.60 ttjQioOz.net
>>546 つづき
追加で言っておくと、貴方の立場で、
>>406 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2015/11/14(土) 16:45:05.47 ID:VGfgFTqg [3/3]
問題 >>383の命題を修正して真の命題を作り証明せよ。
但し
・X の部分集合 A についての命題であることは変えてはならない。
・修正が小さいほど（出題者の主観で判断する）良い解答とする。
について、なにか書いてみてくださいな
証明は不要だ。「>>383の命題を修正して真の命題を作り」までで結構だ
594:１３２人目の素数さん
15/11/23 09:00:43.84 cijB5UG8.net
>>547
フーン。
595:１３２人目の素数さん
15/11/23 09:07:41.69 J9tPnM+x.net
>>546
> そこをぼかして書いてあることに、この問題の意義が有ると思うけどね（まあ、教師が考えたとしてだが）
ぼかしてなんかいないと思うが。しかしもうこの議論は終わりにしよう。
スレ主が理解していることは伝わった。
ちなみに「つまんねー問題ばかり出すな」の>>385は俺だ。
偽であることが明らかで反例も簡単、何の深みもない問題だったからつまんねーと
言ったんだが、おっさんの解答で大いに盛り上がったのは想定外だった・・
596:１３２人目の素数さん
15/11/23 09:09:03.75 VPUYSl/7.net
>>538
この論法、昨日からずーっと気になっていたのだが、
お前は測度の使い方が完全に間違っている。
＞また、0≦m(X)≦+∞。xは孤立点だから、m(X)＝m({x})＝0。
＞Sの点xは任意でよいから、Sは非可算零集合である。
昨日からお前は1点集合の測度ばかりを気にしているが、
1点集合 {x} に対してm({x})＝0が成り立つのは当然の話である。
なんならR全体で考えたって、「任意のx∈Rに対してm({x})＝0 」が成り立っている。
だったら、xをR上で走らせることにより、m(R)＝0が成り立つのか？
成り立たないだろ？このバカタレめが。
なぜRの場合はm(R)＝0にならないのかというと、R＝∪[x∈R] {x} であり、
右辺は「 非 可 算 無 限 個 の集合の和」だからだ。一般に、
A＝∪[n∈N] A_n, m(A_n)＝0 (n∈N)
という「 可 算 無 限 個 の集合の和」で表示されているならば、
m(A)＝0が言えるという話に過ぎない。
Sの場合も同様であり、任意のx∈Sに対してm({x})＝0が成り立つからとい�
597:ﾁて、 m(S)＝0が成り立つとは限らない。なぜなら、S＝∪[x∈S] {x} であり、 右辺は「 非 可 算 無 限 個 の集合の和」だからだ。 つまり、昨日のレスにせよ今日のレスにせよ、 お前の論法ではSのルベーグ測度に関して何も証明できない。
598:１３２人目の素数さん
15/11/23 09:12:12.91 J9tPnM+x.net
>>548
遅筆で失礼した。真の命題ね。
元の命題 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，任意のY の開集合U に対してf^-1(U) がX の開集合となることである．
変更の命題 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，任意のY の開集合U に対してf^-1(U) がA の開集合となることである．
XをAに変えただけだが、文句ある？連続の定義そのものだわな。
599:１３２人目の素数さん
15/11/23 09:17:45.64 cijB5UG8.net
>>551
可算集合の外測度が0なることは知ってたよ。
バカを演じて迂回した。
600:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 09:33:06.19 ttjQioOz.net
>>547
どうも。スレ主です。孤立点か・・・、なるほど・・・（＾＾；
URLﾘﾝｸ(detail.chiebukuro.yahoo.co.jp)
rockstarogkさん 2014/5/3
X⊂R^nを孤立点集合としたとき、Xの濃度は高々可算であることを教えて下さい。
ベストアンサーに選ばれた回答 nardzewskiさん 2014/6/10
XはRの相対位相により、第二可算公理を満たす離散空間となる。
第二可算公理を満たす位相空間は、その任意の開被覆に対し可算部分被覆が取れる（リンデレーフ）。
このことからXは高々可算である。
URLﾘﾝｸ(ja.wikipedia.org)
孤立点
位相空間論において、位相空間 X の点 x が X の部分集合 S の孤立点であるとは、x が S に属し、かつ、x の近傍であって x 以外の S の点が1つも含まれないようなものが存在することをいう。
特に X がユークリッド空間（あるいはもっと一般の距離空間）の場合に即して言えば、xがSの孤立点であるとは、xを中心とする開球のうちx以外のSの点を含まないものが存在するということを意味する。
別な言葉で言えば、点x ∈ SがSにおいて孤立するための必要十分な条件は、xがSの集積点とはならないことである。
孤立点のみから成る集合を離散集合という。ユークリッド空間における離散部分集合は可算である（これは有理数全体のなす集合Ｑが実数全体のなす集合Ｒにおいて稠密であるという事実に基づけば、
ユークリッド空間における部分集合の各点を孤立させるというのは、有理数を座標に持つ点（有理点）からなる集合に1対1に写すという意味になるためである）。一方、可算だが離散的でない集合が存在しうる（例えば有理数全体の集合Ｑ）。
孤立点を持たない集合を dense-in-itself という。孤立点を持たない閉集合を完全集合という。
「孤立点の数」というのは位相不変量の一種である。すなわち、位相空間XとYが互いに同相ならば、それらの持つ孤立点の数は必ず等しい。
例 以下に示す位相空間は実数直線の部分位相空間と見なす。
集合S= {0 } ∪ [1,2]において、0は孤立点である
集合S = {0 } ∪ {1, 1/2, 1/3, \dots }において、点1/kは孤立点だが、0以外で0にいくらでも近い点がSの中に存在するため、0は孤立点ではない
自然数の集合Ｎ = {0, 1, 2, ・・・ }は離散集合である
601:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 10:04:19.52 ttjQioOz.net
>>552
どうも。スレ主です。
レスありがとう。「つまんねー問題ばかり出すな」と書いた方か・・・
ところで、一つ気になるが、>>543で書いたように、開集合の定義を変えないと、まずいだろうと
つまり、”反例）
X, Yを実数全体とする。
Xの部分集合Aを-1以上1以下の閉区間、f:A→Yをf(x)=xで定義する。
fは明らかに連続。ここでYの開集合Bとしてf(A)を真に含むYの開区間、
たとえばB={b|-2<b<2}をとればBの逆像はAとなり、Xの開集合ではない。”
で、開区間 Ｂ＝（-2, 0）とする。この逆像f^-1(Ｂ)=[-1,0)。で、これはＸ全体で見ると、半開区間だ。だから、この逆像は開集合とは言えない。しかし、f(x)は連続だ。
だから、>>543に書いた”５．もっと言えば、３の立場だと、閉区間[-1, 1]は開集合だ。ならば、半開区間[-1, 0)も、開集合だろう。”ということです
602:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 10:17:37.32 ttjQioOz.net
おっちゃん、どうも。スレ主です。
>>536
>私が以前ここに書いたことをパクッてただろ。書いたこと忘れてた。
おっちゃんらしいね。ところで、どこに何を書いていたんだい？ 「どこ」を教えて貰えれば、何をは分かるが
>>536-538 この証明の(Sの任意の点は孤立点で、Sは孤立集合)というのがダメみたいだね。非加算無限は難しいね（＾＾；
(Sのある点は孤立点とできて、Sの一部は孤立集合にできる)が正解か・・・
>>541 意味が取れない。言いたいことは、”超越基底S”の”基底”に力点があるが、それに対するレスが、超越数についてなのですれ違いかな・・
>>553 おっちゃん、乙です
603:１３２人目の素数さん
15/11/23 10:22:46.32 J9tPnM+x.net
>>555
> ところで、一つ気になるが、>>543で書いたように、開集合の定義を変えないと、まずいだろうと
すまんが言っていることが分からない。
> 開区間 Ｂ＝（-2, 0）とする。この逆像f^-1(Ｂ)=[-1,0)。で、これはＸ全体で見ると、半開区間だ。
正しい。
> だから、この逆像は開集合とは言えない。
正しい。もっと正確に言えば"この逆像はXの開集合とは言えない。"だな。
> しかし、f(x)は連続だ。
正しい。f：A→YはAで連続だ。
> だから、>>543に書いた”５．もっと言えば、３の立場だと、閉区間[-1, 1]は開集合だ。ならば、半開区間[-1, 0)も、開集合だろう。”ということです
閉区間[-1, 1]は"Aの開集合"、半開区間[-1, 0)も"Aの開集合"だ。
反例>>404でも真の命題>>552でも、"何の開集合"を考えているかは明確にしているつもりだ。
Aの開集合と言ったら全体集合をAとしたときの開集合をさす。
Xの開集合と言ったら全体集合をXとしたときの開集合をさす。
スレ主が気になるのは>>404、>>552のどの部分？
604:１３２人目の素数さん
15/11/23 10:23:49.73 /16N9oXC.net
ガロア理論の話していい？
605:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 10:24:46.52 ttjQioOz.net
>>521 >>529
ID:Sfjos7ecさま、どうも。スレ主です。
>少なくともスレ主、>>510 メンター、おっさんの3人がよいと言うまでは黙っておくよ。
私は、ＯＫです。証明は、かなり改善されたと思うが、正解には遠そうだから。
あとは、>>510 メンターさん、おっちゃんのお二人がどうかだ。
では
606:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 10:26:32.77 ttjQioOz.net
>>558
どうも。スレ主です。
>ガロア理論の話していい？
良いよ。私は、今日はこれで終わりだが、だれかレスしてくれるだろう（＾＾；
607:現代数学の系譜11 ガロア理論を読む
15/11/23 10:30:09.12 ttjQioOz.net
>>557
どうも。スレ主です。
レスありがとう
うんうん、だから、そういうことを考えさせる問題かなと・・・（＾＾；
実際、いろいろ考えたわけで。位相上級者から見たら自明でも、位相初心者から見たら、自明でない。そこを考えさせる問題かなと（まあ、教師が考えたとしてだが）
608:１３２人目の素数さん
15/11/23 10:37:22.34 J9tPnM+x.net
>>559
そもそもスレ主は証明できるのか？
おれは不勉強だからこの問題へのアプローチは1通りしか知らない。
そのアプローチをぼかして書くと「超越基底が含まれるある集合を考える」というものだ。
これを自力で気づけというのは酷だ。各所でヒントが出ているとはいえな。
スレ主の方針はどういうものだ？書いてくれ。
おれは正直いっておっさんの不屈の精神に感嘆しているよ。
メンターにはお疲れ様としかいえないが、とにかく何言われたって諦めないんだからな。
609:１３２人目の素数さん
15/11/23 10:40:17.49 J9tPnM+x.net
>>561
OK、これで議論は終わりだな。
おれが「つまんねー問題」と言ったのは、スレ主が全体集合について既によく理解していると思ったからだ。
610:１３２人目の素数さん
15/11/23 10:58:29.68 cijB5UG8.net
>>556
ハメル基底で一般化した方がいいや。
[第１段](0、1に任意に近い元のみからなるハメル基底の存在性)：ハメル基底をBとする。
無理数a∈Bを任意に取る。環Q[a]について、Q⊂Q[a] だから、実数直線R上で、
有理数の稠密性から、0、1に任意に近い有理数なるハメル基底の元は無数に取れる。
また、Q⊂Q[a]⊂R からQ[a]も直線R上で稠密だから、無理数の稠密性から、
0、1に任意に近い無理数で、Q[a]に属するハメル基底の元は無数に取れる。
よって0、1に任意に近い有理数b、無理数cからなるQ上のベクトル空間を張る
基底{b,c}を取ることが出来る。無理数a∈B＼Qは任意だから、aをB＼Q上で走らせれば、
0、1に任意に近い元のみからなるような、ハメル基底B'＝∪{b,c} c∈B＼Q が構成出来る。
ここに、B'⊂(0,1] と仮定しても一般性を失わない。
[第２段](B'は完全集合)：B'は0、1に任意に近い元のみからなるハメル基底だから、
定義から、B'は完全集合である。
[第３段](超越基底Sは完全集合)：実数体Rの有理数体Q上の任意の超越基底は
或るハメル基底に含まれるから、S⊂B' とすれば、Sは完全集合となる。
ここに、S⊂B' としても一般性は失われない。
[第４段](S、B'の濃度は連続体濃度)：S、B'、Rの濃度は、card(S)＝card(B')＝card(R)＝c。
[第５段](S、B'は非可算零集合)：完全集合B'、Sは稠密集合である。従って、
Sの外測度をm(S)、B'の外測度をm(B')とすれば、S⊂B' から、任意のε＞0に対して、
m(S)≦m(B')
611:≦ε。ε→0 とすれば、m(S)＝m(B)＝0。従って、S、B'は非可算零集合である。
612:１３２人目の素数さん
15/11/23 11:13:41.04 cijB5UG8.net
>>556
>>564の最後の
「ε→0 とすれば、m(S)＝m(B)＝0。」→「ε→0 とすれば、m(S)＝m(B')＝0。」
に訂正。
613:１３２人目の素数さん
15/11/23 11:30:19.53 VPUYSl/7.net
＞[第２段](B'は完全集合)：B'は0、1に任意に近い元のみからなるハメル基底だから、
＞定義から、B'は完全集合である。
推論が意味不明。0,1に任意に近い元だとなぜ完全集合なのか？
＞[第３段](超越基底Sは完全集合)：実数体Rの有理数体Q上の任意の超越基底は
＞或るハメル基底に含まれるから、S⊂B' とすれば、Sは完全集合となる。
推論が意味不明。完全集合の部分集合は常に完全集合なのか？
＞[第５段](S、B'は非可算零集合)：完全集合B'、Sは稠密集合である。従って、
＞Sの外測度をm(S)、B'の外測度をm(B')とすれば、S⊂B' から、任意のε＞0に対して、
＞m(S)≦m(B')≦ε。ε→0 とすれば、m(S)＝m(B)＝0。従って、S、B'は非可算零集合である。
推論が意味不明。これでは「稠密集合はゼロ集合である」と読めるが、
稠密集合は必ずしもゼロ集合ではない。
614:１３２人目の素数さん
15/11/23 11:36:39.12 qxMqJTdx.net
稠密集合のルベーグ測度0が言えたら、
実数直線のルベーグ測度が0になってしまうわい。
ここはキーワード散りばめるだけの論証擬きだらけやなw
615:１３２人目の素数さん
15/11/23 13:55:57.23 cijB5UG8.net
>>556
私が終わったら、スレ主に証明してもらう。
[第１段](0、1に任意に近い元のみからなるハメル基底の存在性)：ハメル基底をBとする。
無理数a∈Bを任意に取る。環Q[a]について、Q⊂Q[a] だから、実数直線R上で、
有理数の稠密性から、0、1に任意に近い有理数なるハメル基底の元は無数に取れる。
また、Q⊂Q[a]⊂R からQ[a]も直線R上で稠密だから、無理数の稠密性から、
0、1に任意に近い無理数で、Q[a]に属するハメル基底の元は無数に取れる。
よって0、1に任意に近い有理数b、無理数cからなるQ上のベクトル空間を張る
基底{b,c}を取ることが出来る。無理数a∈B＼Qは任意だから、aをB＼Q上で走らせれば、
0、1に任意に近い元のみからなるような、ハメル基底 B'＝∪{b,c} c∈B＼Q が構成出来る。
ここに、B'⊂(0,1] と仮定しても一般性を失わない。
[第２段](B'は完全集合)：x∈B'を任意に取る。r＞0とする。I＝(B'-{x})∩(x-r,x+r) とする。
すると、B'は0、1に任意に近い元のみからなるハメル基底だから、
ε＞0を任意に取れば、x∈(1-ε,1] または x∈(0,ε)。
(1)、x∈(1-ε,1] のとき。I_1＝(1-ε,1]∩(x-r,x+r) とおく。すると、B'は0、1に
任意に近い元のみからなるハメル基底だから、或るx≠yなるy∈B'が存在して、
y∈I_1。また、y∈B'-{x}。従って、y∈I_1∩(B'-{x}) であり、
I_1∩(B'-{x})⊂I から y∈I。従って、I≠Φ。
(2)、x∈(0,ε) のとき。I_2＝(0,ε)∩(x-r,x+r) とおく。すると、同様に、
或るx≠yなるy∈B'が存在して、y∈I_2。また、y∈B'-{x}。従って、同様に、I≠Φ。
(1)、(2)から、必ず I＝(B'-{x})∩(x-r,x+r)≠Φ。r＞0は任意でよいから、xはB'の集積点である。
B'の点xは任意でよいから、B'はB'自身の導集合である。従って、定義から、B'は完全集合である。 (第２段の議論終了)
616:１３２人目の素数さん
15/11/23 14:02:56.54 cijB5UG8.net
>>556
(>>568の続き)
ここに、実数体Rの有理数体Q上の任意の超越基底は或るハメル基底に含まれる
から、S⊂B' としても一般性は失わない。
[第３段](S、B'の濃度は連続体濃度)：S、B'、Rの濃度は、card(S)＝card(B')＝card(R)＝c。
[第４段](S、B'は非可算零集合)：完全集合B'はB'自身の導集合に等しいから、
定義から、距離空間Rにおいて、B'の境界は空集合Φである。空間Rにおいて、
完全集合B'は開集合かつ閉集合である。空間Rにおいて、任意の点x∈B'に対し、
xはB'の触点かつ{x}はB'の閉包である。従って、B'が稠密集合なることに注意すると、
Sの外測度をm(S)、B'の外測度をm(B')とすれば、S⊂B' から、任意のε＞0に対して、
m(S)≦m(B')≦ε。ε→0 とすれば、m(S)＝m(B')＝0。従って、B'は非可算零集合である。
[第５段](超越基底Sは非可算零集合)：実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sについて、
card(S)＝c、m(S)＝0 だから、Sは非可算零集合である。
617:１３２人目の素数さん
15/11/23 14:31:11.58 cijB5UG8.net
>>568
まあ、第４段は次のように訂正。
[第４段](S、B'は非可算零集合)：完全集合B'はB'自身の導集合に等しいから、
定義から、距離空間Rにおいて、B'の境界は空集合Φである。空間Rにおいて、
完全集合B'は開集合かつ閉集合である。空間Rにおいて、任意の点x∈B'に対し、
xはB'の触点かつ{x}はB'の閉包である。稠密集合なるハメル基底B'は
0、1に任意に近い元のみからなる。従って、Sの外測度をm(S)、B'の外測度をm(B')とすれば、
S⊂B' から、任意のε＞0に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる a(ε)∈B' が存在して、
m(S)≦m(B')≦a(ε)。ε→0 とすれば、a(ε)→0 となり、m(S)＝m(B')＝0。
従って、B'は非可算零集合である。
618:１３２人目の素数さん
15/11/23 14:50:13.95 VPUYSl/7.net
>>568
＞ここに、B'⊂(0,1] と仮定しても一般性を失わない。
＞[第２段](B'は完全集合)：x∈B'を任意に取る。r＞0とする。I＝(B'-{x})∩(x-r,x+r) とする。
＞すると、B'は0、1に任意に近い元のみからなるハメル基底だから、
＞ε＞0を任意に取れば、x∈(1-ε,1] または x∈(0,ε)。
そのような性質を満たす B' は B'＝{1} もしくは B'＝φ しか存在しない。
以下でこのことを示す。
x∈B'を任意に取る。ε＞0を任意に取る。
誤答おじさんの論法によれば、x∈(1-ε,1] または x∈(0,ε) が成り立つらしい(理由は不明)。
そこで、正整数nを任意に取り、ε＝1/n と置く。このεに対して、
やはり x∈(1-ε,1] または x∈(0,ε)が成り立つ。
すなわち、x∈(1-1/n,1] または x∈(0,1/n)が成り立つ。nを動かせば、
「x∈(1-1/n,1] 」が無限回成り立つか、もしくは「x∈(0,1/n)」が無限回成り立つ。
すなわち、「1－1/n＜x≦1」が無限回成り立つか、もしくは「0＜x＜1/n」が無限回成り立つ。
よって、前者の場合はx＝1となるし、後者の場合はx＝0となる。よって、
B'⊂{0, 1} ということになる。B'⊂(0,1] だったから、B'⊂{1} となる。
以上より、このような性質を満たす B' は B'＝{1} もしくは B'＝φ しか存在しない。
お前が言うところの「 0、1に任意に近い元のみからなる 」という概念は完全なる失敗作で、
そんなチャチな論法では B'＝{1} もしくは B'＝φ にしかならず、
ハメル基そのものが まず構成できないってわけ。
619:１３２人目の素数さん
15/11/23 14:54:23.70 cijB5UG8.net
>>556
>>568の続きは以下のように訂正。>>569-570は取り下げ。
ここに、実数体Rの有理数体Q上の任意の超越基底は或るハメル基底に含まれる
から、実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sについて、S⊂B' としても一般性は失わない。
[第３段](S、B'の濃度は連続体濃度)：S、B'、Rの濃度は、card(S)＝card(B')＝card(R)＝c。
[第４段](S、B'は零集合)：完全集合B'はB'自身の導集合に等しいから、
定義から、距離空間Rにおいて、B'の境界は空集合Φである。空間Rにおいて、
完全集合B'は開集合かつ閉集合である。空間Rにおいて、任意の点x∈B'に対し、
xはB'の触点かつ{x}はB'の閉包である。稠密集合なるハメル基底B'は
0、1に任意に近い点のみからなる。従って、Sの外測度をm(S)、B'の外測度をm(B')とすれば、
S⊂B' から、任意のε＞0に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる a(ε)∈B' が存在して、
m(S)≦m(B')≦a(ε)。ε＞0は任意でよいから、ε→0 とすれば、a(ε)→0 となり、
m(S)＝m(B')＝0。従って、B'は零集合である。
[第５段](S、B'は非可算零集合)：S、B'について、card(S)＝card(B')＝c、
m(S)＝m(B')＝0 だから、S、B'は非可算零集合である。
620:１３２人目の素数さん
15/11/23 15:01:43.23 cijB5UG8.net
>>571
フーン。ここまでいえるのか。
>>556
>>571
スレ主とメンターの相手は明日以降ね。時間の都合上、今日は寝る。
621:１３２人目の素数さん
15/11/23 15:02:51.02 VPUYSl/7.net
>>572 [第２段]が既に間違ってるから無意味。ちなみに、その[第４段]も間違ってる。 ＞[第４段](S、B'は零集合)：完全集合B'はB'自身の導集合に等しいから、 ＞定義から、距離空間Rにおいて、B'の境界は空集合Φである。 完全集合の境界は空集合とは限らない。[0,1]という閉区間は完全集合であるが、 距離空間Rにおいて、[0,1]の境界は空ではない。 ＞空間Rにおいて、完全集合B'は開集合かつ閉集合である。 空間Rの開集合かつ閉集合はRとφしかない。 ＞稠密集合なるハメル基底B'は0、1に任意に近い点のみからなる。 ＞従って、Sの外測度をm(S)、B'の外測度をm(B')とすれば、 ＞S⊂B' から、任意のε＞0に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる a(ε)∈B' が存在して、 ＞m(S)≦m(B')≦a(ε)。ε＞0は任意でよいから、ε→0 とすれば、a(ε)→0 となり、 ＞m(S)＝m(B')＝0。従って、B'は零集合である。 既に示したとおり、お前のやり方では B'＝{1} もしくは B'＝φ にしかならないので、 確かにそのような B' はゼロ集合ではあるものの、しかしSがゼロ集合であることは全く示せていない。
623:１３２人目の素数さん
15/11/23 15:16:45.63 cijB5UG8.net
>>574
>空間Rの開集合かつ閉集合はRとφしかない。
あ～、距離空間Rではなく、ハメル基底B'か。
B'において、B'の境界は空集合Φだな。
だけどさ、>>571の操作を無限回するという証明法はありか？
数理論理で考えた場合、記号論理も含めた記号の扱いは、
有限回の操作で終わるのではないか？
624:１３２人目の素数さん
15/11/23 15:23:25.51 cijB5UG8.net
>>574
あ～、n→+∞としただけの話か。
625:１３２人目の素数さん
15/11/23 15:33:03.24 cijB5UG8.net
>>574
執拗なメンターのため、>>575の訂正：
記号論理→論理記号
626:１３２人目の素数さん
15/11/23 15:36:32.93 cijB5UG8.net
まあ、今日は書けないんでな、明日以降な。
とにかく、私が証明したら、今度はスレ主に証明してもらう。
予想を立てたのはスレ主だしな。
627:１３２人目の素数さん
15/11/25 10:54:00.12 WuoQ5wU/.net
>>556
やあ、おっちゃんです。
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)
628:１３２人目の素数さん
15/11/25 10:56:30.24 WuoQ5wU/.net
>>556
(>>579の続き)
任意のε＞0に対して定まる、ハメル基底 H(ε)⊂I(ε) の族Hを
H＝{H(ε)|ε＞0、H(ε)は開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれるハメル基底}
とする。Hは非可算集合であり、HからHへの全単射が存在する。
[第２段](任意のε＞0に対して、card(H(ε))＝c)：ε＞0とする。
すると、ハメル基底 H(ε) は開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれるから、実数直線Rの
完備性から、H(ε) に対して、或る有界閉区間 J(ε) が存在して、H(ε)⊂J(ε)⊂I(ε)。
そして、有界閉区間J(ε)には下限 a＝inf(J(ε))、上限 b＝sup(J(ε)) が存在する。
J(ε) は閉集合であり、J(ε)＝[a,b]。ここで、有界閉区間 [a,b] はコンパクトである。
従って、H(ε)⊂[a,b] から、直線Rにおいて、H(ε)はコンパクトである。Heine・Borelの
定理から、H(ε)は有界閉区間である。従って、H(ε)には下限 a＝inf(H(ε))、上限
b＝sup(H(ε)) が存在し、H(ε)＝[a,b]。ここで、a＝b とする。すると、H(ε) は
ただ1点aからなるハメル基底となる。従って、H(ε)∈H は、1点aからなる、体Q上の、
線型空間Rの線型部分空間 V＝{ra∈R|r∈Q} の基底{a}である。Vの次元は1であり、
V≠Φ はRの真部分空間である。従って、任意のR＼Vに属する点は、ハメル基底 H(ε) �
629:ﾌ 有限個の点と有限個の有理数の一次結合として表せない。従って、H(ε)について、 ハメル基底が満たすべき定義に反し、矛盾が生じる。従って、a＜b である。閉区間[a,b] の濃度はcだから、H(ε)の濃度は、card(H(ε))＝c。ε＞0は任意でよいから、任意の Hのハメル基底 H(ε) の濃度は、card(H(ε))＝c。 (第２段終了)
630:１３２人目の素数さん
15/11/25 10:58:47.41 WuoQ5wU/.net
>>556
(>>580の続き)
定義から、線型空間R上で、1点0からなる基底{0}により張られる、体Q上の線型部分空間の
次元は0である。従って、集合族Hは有限交差性を持たないとしても一般性は失わない。
[第３段](任意のε＞0に対して、ハメル基底 H(ε)⊂I(ε) は完全集合)：ε＞0 とする。
すると、開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれるハメル基底 H(ε) が存在する。x∈H(ε)を
任意に取る。r＞0とする。すると、H(ε)⊂I(ε)＝(-ε,ε)。ε_1＞0 を任意に取る。
すると、開区間 I(ε_1)＝(-ε_1,ε_1) に含まれるハメル基底 H(ε_1) が存在する。
定義から、或る無理数 y_1∈H(ε_1) が存在して、{x,y_1} は有理数体Q上一次独立なる
基底となる。従って、y_1に対して、或る a_1∈Q が存在して、a_1・y_1 は a_1・y_1≠x
なる H(ε) の点となる。同様に、ε_2＞0 を任意に取る。すると、開区間 I(ε_2)＝(-ε_2,ε_2)
に含まれるハメル基底 H(ε_2) が存在する。定義から、或る無理数 y_2∈H(ε_2) が存在して、
{x,y_2} は体Q上一次独立なる基底となる。従って、y_2に対して、或る a_2∈Q が存在して、
a_2・y_2 は a_2・y_2∈(-ε,ε)＝I(ε) なる H(ε) の点となる。ε_1,ε_2＞0 はどちらも
任意でよいから、任意の ε_1,ε_2＞0 に対して、各 i＝1,2 について、或る無理数 y_i∈H(ε_i)、
或る a_i∈Q が存在して、次の 1)、2)、3)、4) が成り立つ：
1)：各 i＝1,2 に対して、y_i∈H(ε_i) は無理数で、a_i∈Q である、
2){x,y_i} は体Q上一次独立な基底である、
3)：a_1・y_1 は a_1・y_1≠x なる H(ε) の点である、
4)：a_2・y_2 は a_2・y_2∈I(ε) なる H(ε) の点である。
631:１３２人目の素数さん
15/11/25 11:00:50.08 WuoQ5wU/.net
>>556
(>>581の第３段の続き)
ここに、card(H(ε))＝card(H(ε_1))＝card(H(ε_2))＝c。ここで、(H(ε)-{x})∩(x-r,x+r)＝Φ
とする。すると、開区間 (x-r,x+r) に属する H(ε) の、xとは異なる点は存在しない。従って、
両方共に如何なる ε_1,ε_2＞0 を取ろうとも、各 i＝1,2 に対して、無理数 y_i∈H(ε_i)、
a_i∈Q を両方共に如何に選ぼうとも、a_1・y_1≠a_2・y_2 となる。1つの有理数と1つの無理数から
なる基底はQ上一次独立で、ℵ_0＝card(Q)＜card(R＼Q)＝c である。従って、両方共に或る
ε_1,ε_2＞0 を取ると、上の 1)、2)、3)、4) を満たすような、或る2つの無理数 y_1∈H(ε_1)、
y_2∈H(ε_2) に対して、(y_1)/(y_2) を有理数とすることが出来る。しかし、このような
操作を施すと、2つの正の実数 ε_1,ε_2 に対し、上の 1)、2)、3)、4) を満たすような、
各 i＝1,2 に対して、或る無理数 y_i∈H(ε_i)、或る a_i∈Q が存在して、a_1・y_1≠a_2・y_2、
a_1・y_1＝a_2・y_2 が両立し、矛盾する。従って、(H(ε)-{x})∩(x-r,x+r)≠Φ。r＞0は任意で
よいから、xは H(ε) の集積点である。H(ε) の点xは任意でよいから、H(ε) は完全集合である。
ε＞0は任意でよいから、任意のε＞0に対して、ハメル基底 H(ε)⊂I(ε) は完全集合である。 (第３段終了)
実数体Rの有理数体Q上の超越基底を考える。
[第４段](任意の任意のε＞0に対して、開区間(-ε,ε)に含まれるような、超越基底の存在性)：
任意の実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sは、ハメル基底の部分集合だから、任意のε＞0に対して、
開区間(-ε,ε)に含まれるような、超越基底S(ε)が存在する。
632:１３２人目の素数さん
15/11/25 11:02:30.82 WuoQ5wU/.net
>>556
(>>582の続き)
ε＞0に対して定まる、実数体Rの有理数体Q上の超越基底 S(ε)⊂(-ε,ε) の族Sを
S＝{S(ε)|ε＞0、S(ε)は開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれる、RのQ上の超越基底}
とする。Sは非可算集合であり、SからSへの全単射が存在する。
[第５段](任意のε＞0に対して、S(ε)⊂H(ε) )：正の実数 ε＞0 を任意に取ると、
確かに S(ε)⊂H(ε)⊂(-ε,ε)＝I(ε) である。
[第６段](任意のε＞0に対して、card(S(ε))＝c)：ε＞0とする。すると、超越基底
S(ε) は開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれるから、実数直線Rの完備性から、S(ε) に
対して、或る有界閉区間 J(ε) が存在して、S(ε)⊂J(ε)⊂I(ε)。そして、有界閉区間
J(ε) には下限 a＝inf(J(ε))、上限 b＝sup(J(ε)) が存在する。J(ε) は閉集合であり、
J(ε)＝[a,b]。ここで、有界閉区間 [a,b] はコンパクトである。従って、S(ε)⊂[a,b]
から、直線Rにおいて、S(ε) はコンパクトである。Heine・Borelの定理から、S(ε) は
有界閉区間である。従って、S(ε) には下限 a＝inf(S(ε))、上限 b＝sup(S(ε)) が存在し、
S(ε)＝[a,b]。ここで、a＝b とする。すると、S(ε) はただ1点aからなる実数体Rの
有理数体Q上の超越基底となる。従って、S(ε)∈H は1点aからなるRのQ上の超越基底{a}である。
定義から、{a}はQ上代数的独立だから、aは超越数である。従って、Qにaを添加した体Q(a)は
超越拡大体となる。従って、定義から、RはQ(a)の代数拡大体である。しかし、
card(Q(a))＝ℵ_0＜c＝card(R) から、体Q(a)上超越的な実数は非可算個存在する。
従って、RはQ(a)の代数拡大体とはならず、矛盾が生じる。従って、a＜b。閉区間 [a,b]
の濃度はcだから、card(S(ε))＝c。ε＞0は任意でよいから、任意のSの超越基底 S(ε) の
濃度は、card(S(ε))＝c。 (第６段終了)
633:１３２人目の素数さん
15/11/25 11:06:41.92 WuoQ5wU/.net
>>556
(>>583の続き)
以下、実数直線R上、有理数は稠密だから、ハメル基底とRのQ上の超越基底について、
ε＞0を任意に取ったとき、超越基底がS(ε)に等しくなり、ハメル基底がH(ε)に
等しくなると仮定しても一般性は失わない。
[第７段](任意のε＞0に対して、S(ε)、H(ε) は零集合)：ε＞0を任意に取る。すると、
開区間 I(ε)＝(-ε.ε) に含まれる、完全集合なるハメル基底 H(ε) は H(ε) 自身の
導集合に等しいから、定義から、H(ε) は稠密集合である。任意の点 x∈H(ε) に対し、
xは H(ε) の触点かつ{x}は H(ε) の閉包である。開区間 I(ε) に含まれる、超越基底
S(ε)、ハメル基底H(ε)の包含関係は、S(ε)⊂H(ε)。従って、S(ε)の外測度を m(S(ε))、
H(ε)の外測度を m(H(ε)) とすれば、εに対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる実数 a(ε) が
存在して、m(S(ε))≦m(H(ε))≦a(ε)。ε＞0は任意でよいから、ε→0 とすれば、a(ε)→0
となり、m(S(ε))＝m(H(ε))＝0。従って、S(ε)、H(ε)は零集合である。正の実数εは
任意でよいから、任意のε＞0に対して、S(ε)、H(ε)≠Φ は
634:零集合である。 [第８段](任意のε＞0に対して、card(S(ε))＝card(H(ε))＝c)：第２段、第６段の結果を組合せればよい。 [第９段](任意のε＞0に対して、S(ε)、H(ε)は非可算零集合)：第７段、第８段の結果を組合せればよい。 [第１０段](超越基底とハメル基底は、非可算零集合)：以上の議論から、確かにそうである。
635:１３２人目の素数さん
15/11/25 12:32:45.41 DdIKV3mC.net
>>579-584
根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。
どこが間違いなのかはいちいち指摘しない。
だが根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。
636:１３２人目の素数さん
15/11/25 12:42:16.13 WuoQ5wU/.net
>>556
>>580の第２段の
>Heine・Borelの定理から、H(ε)は有界閉区間である。
>従って、H(ε)には下限 a＝inf(H(ε))、
>上限 b＝sup(H(ε)) が存在し、H(ε)＝[a,b]。
の部分について、訂正：
「有界閉区間」→「有界閉集合」、 「H(ε)＝[a,b]。」→「H(ε)⊂[a,b]。」。
あと、>>583の第６段の
>Heine・Borelの定理から、S(ε) は
>有界閉区間である。従って、S(ε) には下限 a＝inf(S(ε))、
>上限 b＝sup(S(ε)) が存在し、S(ε)＝[a,b]。
の部分について、訂正：
「有界閉区間」→「有界閉集合」、 「S(ε)＝[a,b]。」→「S(ε)⊂[a,b]。」。
637:１３２人目の素数さん
15/11/25 12:51:17.90 DdIKV3mC.net
>>586
無意味な修正。
根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。
どこが間違いなのかはいちいち指摘しない。
だが根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。
638:１３２人目の素数さん
15/11/25 13:00:28.00 WuoQ5wU/.net
>>556
あと、>>580の
>任意のε＞0に対して定まる、ハメル基底 H(ε)⊂I(ε) の族Hを
>H＝{H(ε)|ε＞0、H(ε)は開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれるハメル基底}
>とする。
の部分は
>任意のε＞0に対して定まる、ハメル基底 H(ε)⊂I(ε) の族Hを
>H＝{H(ε)|ε＞0は変数、H(ε)は、或るε＞0に対して定まるような、開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれるハメル基底}
>とする。
に訂正。>>583の
>ε＞0に対して定まる、実数体Rの有理数体Q上の超越基底 S(ε)⊂(-ε,ε) の族Sを
>S＝{S(ε)|ε＞0、S(ε)は開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれる、RのQ上の超越基底}
>とする。
の部分は、
>任意のε＞0に対して定まる、超越基底 S(ε)⊂(-ε,ε) の族Sを
>S＝{S(ε)|ε＞0は変数、S(ε)は、或るε＞0に対して定まるような、開区間 I(ε)＝(-ε,ε) に含まれる超越基底}
>とする。
に訂正。
639:１３２人目の素数さん
15/11/25 13:11:14.23 DdIKV3mC.net
>>588
やはり無意味な修正。
根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。
どこが間違いなのかはいちいち指摘しない。
だが根本的にどうしようもなく間違ってるところがある。
640:１３２人目の素数さん
15/11/25 13:25:11.92 DdIKV3mC.net
ちなみに、「根本的にどうしようもなく間違ってるところ」は
1個ではなく、複数個存在する。ボロボロすぎて話にならない。
641:１３２人目の素数さん
15/11/25 13:29:07.43 WuoQ5wU/.net
>>556
>>580の第２段の
>従って、H(ε)⊂[a,b] から、直線Rにおいて、H(ε)はコンパクトである。
の部分と、>>583の第６段の
>従って、S(ε)⊂[a,b] から、直線Rにおいて、S(ε) はコンパクトである。
の部分は、どちらも省略して消しゴムで消す。
642:１３２人目の素数さん
15/11/25 13:31:35.47 DdIKV3mC.net
>>591
依然として無意味な修正。
根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個ある。
どこが間違いなのかはいちいち指摘しない。
だが根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個ある。
643:１３２人目の素数さん
15/11/25 13:34:39.18 WuoQ5wU/.net
>>590
実際のところは確かにそうだが、以前、背理法は結論を否定して
矛盾が導ければ万々歳、とかいう話をいってなかったか？
意味が云々とかいう問題ではなく。
644:１３２人目の素数さん
15/11/25 13:55:48.46 DdIKV3mC.net
>>593
なぜ背理法の話になるのか意味不明。
「根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個ある」と言っている。
ボロボロすぎて話にならない。
＞以前、背理法は結論を否定して矛盾が導ければ万々歳、とかいう話をいってなかったか？
それは背理法のやり方そのもの。それがどうした？何の関係がある？
645:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:07:09.41 WuoQ5wU/.net
>>594
そもそも、今日の書き込み以前の問題として、>>493-498あたりで、
背理法を用いているにもかかわらず、意味の概念がどうのこうのとか、
訳が分からんことをいい出したことがあるではないか。
>>590は第１段の話だろ。
646:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:12:59.18 DdIKV3mC.net
>>595
＞背理法を用いているにもかかわらず、意味の概念がどうのこうのとか、
＞訳が分からんことをいい出したことがあるではないか。
意味不明。その背理法の中で使われている数学的道具の運用の仕方が
トンチンカンだから「意味の概念が欠落している」と言ったのだ。
論理学的な真理値(TRUE, FALSE)を把握していることを「意味」と表現しているのでは無い。
＞>>590は第１段の話だろ。
誰も「第１段」などとは言っていない。
「根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個ある」と言っている。
ボロボロすぎて話にならない。
647:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:22:38.34 WuoQ5wU/.net
>>597
あのな～、私の>>493の背理法を用いた書き込みに対して>>494の反論をすることは、
背理法は結論を否定して矛盾が導ければ万々歳、ということに反しているのだ。
背理法は結論を否定して矛盾が導ければ万々歳なんだから、
その理屈に従えば、本来なら>>493で終わっている筈の話なのだ。
648:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:26:18.43 DdIKV3mC.net
>>597
ワロタｗ
誤答おじさんにとって、>>494は反論として成立していないらしいｗｗ
誤答おじさんは背理法すら分かってないことが判明した。
もう本当に数学やめろよクソ野郎。話にならん。
>>493は間違ってる。反論は>>494で十分。スレ主ですら理解してること。
誤答おじさんだけが分かってない。今日の>>579-584も全然ダメ。
根本的にどうしようもなく間違ってるところが複数個あってボロボロ。
やることなすこと何もかもデタラメ。背理法すら理解してない。
649:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:31:37.20 WuoQ5wU/.net
>>598
＞>>494は反論として成立していないらしいｗｗ
背理法は結論を否定して矛盾が導ければ万々歳、
の理屈に従えばそう�
650:ﾈるだろうが。何いってんだ。
651:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:36:17.58 DdIKV3mC.net
>>599
どうやらお前は本格的に背理法を理解してないらしい。
しかたがない。>>494で言わんとしていることを、以下で丁寧に書き下してやろう。
そこまで丁寧に書かなければ、お前には伝わらないようだからな。
以下の文章を、落ち着いてよく読んでみなさい↓
カントール集合 S ⊂ [0,1] を取る。card(S)＝c であることが知られている。
特に、Sは非可算零集合である。今の段階では背理法は使っていないことに注意されたい。
[第１段](Sから構成される非可算集合から実数直線Rへの全単射の存在性)：選択公理より、Sの元全体をR上に実数の
大小の順序関係を保ちつつ、R上で上下に非有界なるように埋め込む。この操作後の、各x∈Sの実数値の全体の集合を
R'とする。R'⊂R は非可算故、card(R')＝card(R)＝c から、R'からRへの全単射がある。R'とRは、実数の大小に関し
全順序集合故、単調増加関数f：R'→Rがある。この段では、背理法は使ってないことに注意されたい。
[第２段](R'は非可算零集合)：直線Rの上下に有界な右半開区間の有限和なるRの部分集合の全体を、Tとする。X＝{x}
(x∈R') とする。と、x∈R (∵R'⊂R)、X⊂[x-ε,x+ε) (∀ε＞0)。定義から、{x}の外測度m(X)について、
m(X)＝inf{Σ_{i=1,…,∞}(m(E_i))|E_i∈T (i=1,2,…)、X⊂∪_{i=1,…,∞}(E_i)}、また、0≦m(X)≦+∞。
R'から零集合Sへの全単射がある(∵card(R')＝card(S)＝c)。m(X)＝m({x})＝0 で、R'の点xは任意故、R'は非可算零集合。
この段では、背理法は使ってないことに注意されたい。
[第３段] card(R)＝card(S)＝c から、RからSへの全単射がある。R、Sは、実数の大小で全順序故、
単調増加関数 g：R→S がある。f：R'→R は単調増加関数故、関数 f^{-1}：R→R' は単調増加で全単射。g＝f^{-1}と
おく。g○f＝I_{R'} はI_Sで、R'＝S。R'は非有界だったから、Sは非有界となる。しかし、S⊂[0,1]であるから、
Sは有界である。よって、ここで矛盾となる。この段では、背理法は使ってないことに注意されたい。
にも関わらず、「Sは有界かつ非有界」という矛盾が出たのである。なぜか？
652:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:44:40.13 WuoQ5wU/.net
>>600
カントール集合って非有界なのか？
直観的には有界集合に見えるんだけど。
653:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:49:07.63 DdIKV3mC.net
>>601
第３段で R' ＝ S という等式が導かれていることに注目されたい。
R' は非有界だったから、これと R' ＝ S より、S も非有界となるのだ。
このことはちゃんと
＞R'＝S。R'は非有界だったから、Sは非有界となる。
と明示してあるだろう。「落ち着いてよく読んでみなさい」と言っただろうが。
・・・その一方で、カントール集合は もちろん「有界」である。
つまり、>>600の議論では、有界であるはずのカントール集合が非有界となってしまう。
なぜこのような事態が起こっているのか？
654:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:51:27.79 WuoQ5wU/.net
>>600
あ、カントール集合の場合が、背理法を使わなくても同様な論法が
成り立って同じ矛盾が得られて、例外があることになるのか。
655:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:57:17.61 WuoQ5wU/.net
>>602
>>493のような論法を認めたら、カントール集合が存在しない
ことになって矛盾が生じるのか。
656:１３２人目の素数さん
15/11/25 14:58:12.87 DdIKV3mC.net
>>603
そのとおり。>>494で言わんとしていたことは、まさにそういうこと。
スレ主ですら理解していたこと。
で、背理法を使ってないのに なぜ矛盾が出たのかというと、
「>>600の論法はどこかが間違っているから」
ということ。結局、>>493はどこかが間違ってるということ。
そして、今日の>>579-584も全然ダメ。
657:１３２人目の素数さん
15/11/25 15:07:13.92 WuoQ5wU/.net
>>605
だけど、高校でこんなことまでしてたか？
スレ主が分かっているということは、高校でしていることなのか？
658:１３２人目の素数さん
15/11/25 15:20:44.34 DdIKV3mC.net
>>606
そんなことだから「意味」の概念が欠落していると言っているのだ。
だから数学やめろと言っているのだ。
いつどこで何を勉強したかは関係が無い。
論理に対する正しい理解が備わっていれば、自然と身についているはずの�
659:Vロモノ。 現にスレ主も理解している。スレ主もまた、 「カントール集合のときヤバイんじゃね？」 という趣旨の発言を何度もしている。 そもそも、スレ主はお前より遥かにマトモだ。 で、話を元に戻すと、>>493は間違ってるからダメ。 今日の>>579-584も全然ダメ。 誤答おじさんのやることは全部ダメ。 やることなすこと全部デタラメ。
660:１３２人目の素数さん
15/11/25 15:29:44.09 WuoQ5wU/.net
>>607
数学するときは、数学的対象を意識しつつ論理を組立てましょうか。
フーン。論理的真偽の方を優先にしてたからな～。
661:１３２人目の素数さん
15/11/25 15:55:34.37 WuoQ5wU/.net
>>580の第２段の
>閉区間[a,b]の濃度はcだから、H(ε)の濃度は、card(H(ε))＝c。
も間違ってますな。H(ε)⊂[a,b] だからといって、card(H(ε))＝c はいえませんな。
>>583の第６段の
>閉区間 [a,b] の濃度はcだから、card(S(ε))＝c。
も間違ってますな。S(ε)⊂[a,b] だからといって、card(S(ε))＝c はいえませんな。
だけど、card(S(ε))＝card(H(ε))＝c は、本当は示すまでもないことなんだよな。
662:１３２人目の素数さん
15/11/25 16:06:14.14 WuoQ5wU/.net
まさか、>>584の
>以下、実数直線R上、有理数は稠密だから、ハメル基底とRのQ上の超越基底について、
>ε＞0を任意に取ったとき、超越基底がS(ε)に等しくなり、ハメル基底がH(ε)に
>等しくなると仮定しても一般性は失わない。
って、こういう仮定は出来ないのか？ 問題は特に生じないと思うんだけど。
はじめから、ハメル基底と超越基底は固定しなきゃダメなのか？
663:１３２人目の素数さん
15/11/25 17:17:34.88 WuoQ5wU/.net
>>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)
664:１３２人目の素数さん
15/11/25 17:29:19.81 WuoQ5wU/.net
>>556
何かよく分からんが、>>611の続きを書こうとしたら
NGワード規制にかかって、これ以上は出来ない。まあ、今日は寝る。
今度出来るのは土日あたりかな。
665:１３２人目の素数さん
15/11/26 04:24:00.11 G4eIi6xW.net
>>556
意外な方法があったんだな。多分超越基底Sとかハメル基底だけじゃダメだ。
実数体Rの有理数体Q上の超越基底S、ハメル基底Hをそれぞれ適当に1つ取り、S⊂H としても一般性は失わない。
ここに、定義から、包含関係は、S⊂H⊂Q∪H⊂R。
[第１段](Q∪H≠Φ はRの真部分集合)：0とは異なる有理数a、無理数 b∈H を任意に取る。
すると、或る、体Q上の、線型空間Rの線型部分空間 V＝{ra+sb∈R|r,s∈Q} が存在して、
{a,b} はVの基底である。そして、a、bは体Q上一次独立である。aとは異なるような、
0とは異なる有理数cを任意に取る。すると、a、b-c は体Q上一次独立である。従って、
{a,b-c} は体Q上の、線型空間Rの線型部分空間 W_1＝{ra+s(b-c)∈R|r,s∈Q} の基底となる。
同様に、b、b-c は体Q上一次独立である。従って、{b,b-c} は体Q上の、線型空間Rの
線型部分空間 W_2＝{rb+s(b-c)∈R|r,s∈Q} の基底となる。W_1、W_2 の各次元は両方共に2である。
また、ハメル基底の定義から、Hは体Q上の線型空間Rの基底である。従って、定義から、
b-c∈H なることはあり得ない。b-c は無理数だから、b-c∈Q なることもあり得ない。
従って、b-c∈Q∪H なることもあり得ない。しかし、b-c∈R だから、Q∪H≠Φ はRの真部分集合である。
[第２段](S、H、Q∪H、R の濃度は連続体濃度cに等しい)：S⊂H⊂Q∪H⊂R だから、
card(S)≦card(H)≦card(Q∪H)≦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(H)＝card(Q∪H)＝card(R)＝c。
666:１３２人目の素数さん
15/11/26 04:25:29.30 G4eIi6xW.net
>>556
(>>613の続き)
[第３段](Q∪Hは完全集合)：x∈Q∪H とする。r＞0 とする。すると、有理数の稠密性から、
開区間 (x,x+r) に属する有理数sが存在する。開区間 (x,x+r) に属する有理数sについて、
(x,x+r)⊂(x-r,x+r) から、s∈(x-r,x+r)。また、x＜s から s≠x であり、s∈Q∪H だから、
s∈Q∪H－{x}。従って、s∈(Q∪H－{x})∩(x-r,x+r) から、(Q∪H－{x})∩(x-r,x+r)≠Φ。
r＞0 は任意でよいから、xは Q∪H の集積点である。x∈Q∪H は任意でよいから、Q∪H の
導集合は Q∪H 自身に等しい。従って、定義から、Q∪H は完全集合である。
[第４段](S、H、Q∪H は零集合)：ε＞0 を任意に取る。すると、定義から、完全集合 Q∪H は
稠密集合である。任意の点 x∈Q∪H に対し、xは Q∪H の触点 かつ {x}は Q∪H の閉包である。
超越基底S、ハメル基底H、Q∪H の包含関係は、S⊂H⊂Q∪H。従って、Sの外測度を m(S)、
Hの外測度を m(H)、Q∪Hの外測度を m(Q∪H) とすれば、ε＞0 に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる
実数 a(ε) が存在して、m(S)≦m(H)≦m(Q∪H)≦a(ε)。ε＞0 は任意でよいから、ε→0 とすれば、
a(ε)→0 となり、m(S)＝m(H)＝m(Q∪H)＝0。従って、S、H、Q∪H は零集合である。
[第５段](S、H、Q∪H は非可算零集合)：零集合 S、H、Q∪H の各濃度は card(S)＝card(H)＝card(Q∪H)＝c で、
何れも非可算濃度だから、S、H、Q∪H は非可算零集合である。
667:１３２人目の素数さん
15/11/26 05:08:45.68 G4eIi6xW.net
>>556
>>613の第１段の
>従って、定義から、b-c∈H なることはあり得ない。
の部分の「定義から、」は「b∈H から、」に訂正。
あと、>>614の第�
668:S段の >任意の点 x∈Q∪H に対し、xは Q∪H の触点 かつ {x}は Q∪H の閉包である。 の部分は >「距離空間Rにおいて」任意の点 x∈Q∪H に対し、xは Q∪H の触点 かつ {x}は Q∪H の閉包である。 と訂正。
669:１３２人目の素数さん
15/11/26 11:32:07.07 G4eIi6xW.net
>>556
>>613の
>実数体Rの有理数体Q上の超越基底S、ハメル基底Hをそれぞれ適当に1つ取り、S⊂H としても一般性は失わない。
>ここに、定義から、包含関係は、S⊂H⊂Q∪H⊂R。
の部分は
>定義から、ハメル基底Hに対して、或る、実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sが
>存在して、S⊂H であり、S⊂H⊂Q∪H⊂R。
に訂正。あと、>>613の第１段の
>しかし、b-c∈R だから、Q∪H≠Φ はRの真部分集合である。
の部分は
>しかし、b-c∈R だから、b-c は Q∪H≠Φ に属さない実数である。
>従って、Q∪H≠Φ はRの真部分集合である。
に訂正。
670:１３２人目の素数さん
15/11/26 12:03:10.67 UZFNWaYI.net
>>613-616
訂正しても肝心なところが全部デタラメ。間違いだらけ。問題外。
どこが間違いなのかは自分で探せ。
671:１３２人目の素数さん
15/11/26 12:59:02.77 G4eIi6xW.net
>>556
さっきメシ食いながら気付いたが、昨日のメンターの教訓によると、>>613-616の論法は間違いだ。
多分、ハメル基底H⊃Sを持ち出してはいけない。というか、私もすぐにはハメル基底
への一般化が出来ない。Hは連続体濃度cを持つ集合で、>>613-616の論法を認めたら、
同じ論法がHを閉区間[0,1]とかに置き換えても成り立って、第４段で崩れるようになっている。
完備な順序体は実数体Rに限ることを用いないとダメだ。そうすれば、問題はない。
>>613-616を訂正して書く。少しお待ちを。
672:１３２人目の素数さん
15/11/26 14:12:02.94 G4eIi6xW.net
>>556
Sを実数体Rの有理数体Q上の超越基底とする。ここに、定義から、包含関係は、S⊂Q(S)⊂R。
[第１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２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３段](Q(S)は完全集合)：x∈Q(S) とする。r＞0 とする。任意の完備な順序体はRに同型
である。しかし、Q(S)≠Φ はRの真部分集合だから、Q(S)はRに同型とはなり得ない。従って、
有理数の稠密性と Q⊂Q(S) とから、Q(S)は完備な順序体ではなく稠密集合である。従って、
開区間 (x,x+r) に属する点 s∈Q(S) が存在する。開区間 (x,x+r) に属するQ(S)の点sについて、
(x,x+r)⊂(x-r,x+r) から、s∈(x-r,x+r)。また、x＜s から s≠x だから、s∈Q(S)－{x}。
従って、s∈(Q(S)－{x})∩(x-r,x+r) から、(Q(S)－{x})∩(x-r,x+r)≠Φ。r＞0 は任意
でよいから、xは Q(S) の集積点である。x∈Q(S) は任意でよいから、Q(S) の導集合は
Q(S) 自身に等しい。従って、定義から、Q(S) は完全集合である。
673:１３２人目の素数さん
15/11/26 14:14:56.67 G4eIi6xW.net
>>556
(>>619の続き)
[第４段](S、Q(S) は零集合)：ε＞0 を任意に取る。すると、完全集合 Q(S) は稠密集合である。
任意の点 x∈Q(S) に対し、距離空間R上で、xはQ(S)の触点 かつ {x}はQ(S)の閉包 である。
超越基底S、体Q(S) の包含関係は、S⊂Q(S)。従って、Sの外測度を m(S)、Q(S)の外測度を m(Q(S))
とすれば、ε＞0 に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる実数 a(ε) が存在して、m(S)≦m(Q(S))≦a(ε)。
ε＞0 は任意でよいから、ε→0 とすれば、a(ε)→0 となり、m(S)＝m(Q(S))＝0。従って、
S、Q(S) は零集合である。
[第５段](S、Q(S) は非可算零集合)：零集合 S、Q(S) の各濃度は card(S)＝card(Q(S))＝c で、
どちらも非可算濃度だから、S、Q(S) は非可算零集合である。
674:１３２人目の素数さん
15/11/26 14:29:55.26 UZFNWaYI.net
>>619-620
デタラメ。間違いだらけ。問題外。
どこが間違いなのかは自分で探すこと。
いつものごとく些細な修正を開始するのかもしれんが、
そういう問題ではなく、全くダメ。
675:１３２人目の素数さん
15/11/26 14:33:47.31 G4eIi6xW.net
>>621
そもそも、方針が根本的に間違っている訳か。
676:１３２人目の素数さん
15/11/26 14:55:11.36 G4eIi6xW.net
>>556
>>562が
>そもそもスレ主は証明できるのか？
>おれは不勉強だからこの問題へのアプローチは1通りしか知らない。
という通り、この問題、ハメル基底やQ(S)でSを被覆する方法が無効となると、
私には方針が思い浮かばんわ。何かの知識が必要なんだろ？ はじめに、
スレ主が証明してくれ。知識がなくこれに取り組んでも無意味だ。
そうでなきゃ、ヒント教えてくれ。基本的な知識だけで証明出来る命題なのか？
677:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:10:27.57 UZFNWaYI.net
だめだこりゃ。
ヒントがあってもなくても同じこと。知識がどうこうの前に、
そもそも誤答おじさんは既存の知識すら正しく使えていないから。
以下に誤答おじさんの間違いを記す。
1つ目の間違い。
Qは完全集合(特に閉集合)：背理法を使わず直接的に証明する。
x∈Q とする。r＞0 とする。任意の完備な順序体はRに同型
である。しかし、Q≠Φ はRの真部分集合だから、QはRに同型とはなり得ない。従って、
有理数の稠密性と Q⊂Q とから、Qは完備な順序体ではなく稠密集合である。従って、
開区間 (x,x+r) に属する点 s∈Q が存在する。開区間 (x,x+r) に属するQの点sについて、
(x,x+r)⊂(x-r,x+r) から、s∈(x-r,x+r)。また、x＜s から s≠x だから、s∈Q－{x}。
従って、s∈(Q－{x})∩(x-r,x+r) から、(Q－{x})∩(x-r,x+r)≠Φ。r＞0 は任意
でよいから、xは Q の集積点である。x∈Q は任意でよいから、Q の導集合は
Q 自身に等しい。従って、定義から、Q はRの完全集合である。
特に、QはRの閉集合である。
ところで、QはRの閉集合ではない。ここで矛盾する。
背理法を使ってないのになぜ矛盾が出たのか？
2つ目の間違い。
Rは零集合：Rは完全集合であることに注意する。
ε＞0 を任意に取る。すると、完全集合 R は稠密集合である。
任意の点 x∈R に対し、距離空間R上で、xはRの触点 かつ {x}はRの閉包 である。
従って、Rの外測度を m(R)とすれば、ε＞0 に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる実数 a(ε) が存在して、
m(R)≦a(ε)。ε＞0 は任意でよいから、ε→0 とすれば、a(ε)→0 となり、m(R)＝0。従って、
R は零集合である。
678: ところで、Rはゼロ集合ではない。ここで矛盾する。 背理法を使ってないのになぜ矛盾が出たのか？
679:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:14:27.95 UZFNWaYI.net
3つ目の間違い。
まず、RのQ上のハメル基底・超越基底は決してRの解析集合(analytic set)にならないことが知られている。
ここで、完全集合は閉集合であり、閉集合はボレル可測集合であり、ボレル可測集合は解析集合である。
よって、ハメル基底や超越基底が「完全集合」だと証明されている誤答おじさんの証明は自動的に間違いとなる。
常識的に考えても、選択公理が絡んでる集合なのにそう安々と位相的に良い性質を持った集合になるわけが無い。
680:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:18:57.60 ZfVs61Ox.net
おっさんは寝てろよ
永遠に起きて来なくても良いよw
681:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:22:51.54 G4eIi6xW.net
>>624
おなじみの有理数の稠密性が使えなかったのか。
測度以前に、基本的なことなんだけど。あと、m(R)＞0 か。
682:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:28:10.26 G4eIi6xW.net
>>625
>まず、RのQ上のハメル基底・超越基底は決してRの解析集合(analytic set)にならないことが知られている。
これは知らなかったわ。
683:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:31:09.80 UZFNWaYI.net
上記のように、誤答おじさんの間違いは極めて質が悪く、
(1) なにかしらの集合が「完全集合」であることの証明手法がまず間違っている。
(2) なにかしらの集合が「ゼロ集合」であることの証明手法がこれまた間違っている。
(3) 選択公理が絡んでいるハメル基底・超越基底に「良い位相的性質」を期待する安易な方針が既に間違っている。
という、間違いのオンパレード。何一つとして「一人前に」証明できてない。
特に、(2)の間違え方がデタラメすぎて情けない。測度のことを何一つとして理解してない。
>>628
＞これは知らなかったわ。
そういう問題ではない。知っていようが知っていまいが、
選択公理が絡んでいる集合に「良い位相的性質」を期待している時点でアウトなのだ。
仮に示せるとしても相当むずかしいに決まってて、こんな簡単に言えるわけが無いから。
684:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:35:50.81 1b5OOJ9J.net
>m(R)>0 か。
当たり前だろ！
>特に、QはRの閉集合である。
？？？？？？？
無理数に収束する有理数列が有るのにQがRの閉集合なわけないだろ！
685:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:43:51.19 G4eIi6xW.net
>>630
＞>特に、QはRの閉集合である。
＞？？？？？？？
＞無理数に収束する有理数列が有るのにQがRの閉集合なわけないだろ！
多分私宛てに書いたんだろうけど、これはどこに書いた？
686:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:47:48.63 G4eIi6xW.net
>>630
あ、>>624で指摘されたように、意識しなかったって意味で
私がその間違いを>>627に書いたようにどこかに書いたって意味で書いたのね。
687:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:49:24.43 6QY6fKYt.net
誤答の爺さんは先ず高校数学レベルをクリアしないとな。
ガロア理論、位相？
そんなもん語る状態に無いでしょ爺さん。
688:１３２人目の素数さん
15/11/26 15:53:18.93 G4eIi6xW.net
>>629
コンパクトなハメル基底や超越基底の存在性は>>611で証明したろ。
689:１３２人目の素数さん
15/11/26 16:02:50.03 UZFNWaYI.net
>>634
いい加減にしろクソ野郎。
Rのコンパクト集合は閉集合である。閉集合はボレル可測集合である。ボレル可測集合は解析集合である。
しかし、RのQ上のハメル基底・超越基底は決してRの解析集合にならない。
よって、コンパクトなハメル基底や超越基底は存在しない。
もし存在性が証明できているならば、その証明は自動的に間違い。
そもそも、>>611には「コンパクト」なんて一言も書いてない。
ただ単に「 (－ε,ε)に含まれるハメル基がある」としか言ってない。
まさか、(－ε,ε)に含まれる集合は何でもかんでもコンパクトになると思ってるのか？
だとしたら位相空間論の知識がボロボロってことだ。誤答おじさんらしいなｗｗｗ
690:１３２人目の素数さん
15/11/26 16:12:06.21 G4eIi6xW.net
>>635
別に。ハイネ・ボレルの定理があるからそれはない。直観的にコンパクトだと思っただけ。
>S⊂Q(S)。従って、Sの外測度を m(S)、Q(S)の外測度を m(Q(S)) とすれば、
>ε＞0 に対して、或る ε＞a(ε)＞0 なる実数 a(ε) が存在して、m(S)≦m(Q(S))≦a(ε)。
のようなおなじみの論法が通用しないのね。まあ、「ワロタ」とか、「クソ野郎」と幾度も書く
あたりから見ると、感情的というか性格が何か悪いですな。メンターは多分崩れでしょう。
ここまで性格が悪いと、大学とかではやっていけないでしょう。
ワロタは2チャンネル用語らしいんですわな。
691:１３２人目の素数さん
15/11/26 16:23:36.32 5XCdJCIr.net
馬鹿なのに上から目線。
余りにも阿呆で傲慢なので、
メンター、メンターと持ち上げていた人からも見放された誤答おじさん。
692:１３２人目の素数さん
15/11/26 16:28:04.94 UZFNWaYI.net
>>636
＞直観的にコンパクトだと思っただけ。
意味不明。単にそのように思っただけなのであれば、
「>>611で証明した」と断定することはありえない。
コンパクトであることを証明した気になっていたけど、
実は間違っていることを俺に指摘されてバツが悪くなったから、
「コンパクトだと思っただけだ」と後から言い直したのだろう。
言い訳にもなっていない。
そもそも、なぜ誤答おじさんが>>634を書いたかと言えば、俺の
＞選択公理が絡んでいる集合に「良い位相的性質」を期待している時点でアウトなのだ。
この部分に反論するためである。にも関わらず「直観的にコンパクトだと思った」では会話が成立していない。
俺が言っているのは「そういう安直な考えは捨てろ」なのに、それに対して「安直にそう思った」では会話が成立していないのだ。
それらを考慮した上で改めて>>634を見ると、やはり「>>611で証明した」と断定されている。
確かに、「証明した」のであれば会話が成立している。すなわち、
・ 俺が言っているのは「そういう安直な考えは捨てろ」であり、
・ それに対して「いや、その安直な考えが実際に証明できたぞ」という反論ならば、
・ 確かに会話が成立している
のである。とすると、やはり>>634は「直観的にコンパクトだと思っただけ」という意味ではなく
「コンパクトであることが証明できた」という意味であると考えられる。
そして、そのことが間違っていることを俺に指摘されてバツが悪くなったから
「コンパクトだと思っただけだ」と後から言い直したのだろう。
言い訳にもなっていない。やはりクソ野郎である。
693:１３２人目の素数さん
15/11/26 16:36:06.34 G4eIi6xW.net
>>637
むしろ、メンターみたいなタイプには見放された方がいい。
あそこまで感情的起伏が激しいと相手するのに困る。メンターは解析専攻でしょう。
メンターっぽい人が以前、調和解析の話をしているのを見たことがある。
調和解析に妙に詳しいと思ったことはある。
694:１３２人目の素数さん
15/11/26 16:42:35.90 G4eIi6xW.net
>>638
>コンパクトであることを証明した気になっていたけど、
>実は間違っていることを俺に指摘されてバツが悪くなったから、
>「コンパクトだと思っただけだ」と後から言い直したのだろう。
まあ、大筋その通りだ。認めよう。
695:１３２人目の素数さん
15/11/26 16:50:39.17 hPBeqGK1.net
>>640
嘘つきに数学は無理よ。
自分に対しても嘘を平気で吐くから、
誤りをを認めることが出来ない。
「証明」を手放すことが出来ない誤答おじさん。
嘘で固めて「証明」を証明と言い張る。
696:１３２人目の素数さん
15/11/26 17:03:59.97 G4eIi6xW.net
>>638
>>641
なら、>>634では
>任意のε＞0に対して、開区間(-ε,ε)に含まれる
>ハメル基底が存在することを>>611で示した
と書いていれば、満足？
文が長くなって書くのが面倒臭くなるんだけど。
697:１３２人目の素数さん
15/11/26 17:16:15.04 UZFNWaYI.net
>>639
＞むしろ、メンターみたいなタイプには見放された方がいい。
＞あそこまで感情的起伏が激しいと相手するのに困る。メンターは解析専攻でしょう。
お前の証明が正しければ誰からのツッコミも来ないという根本的な解決策からは目を背けて
くだらない特定ゴッコに精を出しているあたりが、いかにも「ダメな人」の典型例である。
>>642
その場合、レスの内容は正しくなるが、俺の
＞選択公理が絡んでいるハメル基底・超越基底に「良い位相的性質」を期待する安易な方針が既に間違っている。
への反論にはなってないので、そもそもレスの意味がなくなる。
最初からヘンな反論をせずに黙っていれば良かっただけの話。
そもそも、「見放された方がいい」と言いつつも
今さら俺にレスを返してくる意図が意味不明。
ここのスレ主からも煙たがられてるし、他のスレでも散々迷惑かけてきたみたいだし、
ホントに何がしたいんだこいつ。
698:１３２人目の素数さん
15/11/26 18:16:53.68 g/rZdFgl.net
長期に渡ってタダで個人授業を受けておきながらこの言い草はない。
> あそこまで感情的起伏が激しいと相手するのに困る。
699:１３２人目の素数さん
15/11/26 22:19:25.06 yy5u8zGz.net
>>540
改良版の命題�
700:ﾍ正しいが、証明が無いので不正解。 【準備】 あるε>0に対し、a∈X のε近傍を U(a,ε) と書く。U(a,ε):={x∈X||a-x|<ε} である。 f:A⊂X→Y が a∈A で連続である ⇔ ∀ε>0 に対し、ある δ>0 が存在して、f(U(a,δ)∩A)⊂U(f(a),ε) とする。 【命題】 距離空間 (X,dX) の開集合 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 f^(-1)(U) が X の開集合となることである。 【証明】 (1)f は A で連続であると仮定 U は Y の開集合とする。 f^(-1)(U)={} であるなら、主張は正しいので、以下、f^(-1)(U)≠{} とする。 a∈f^(-1)(U) とする。a∈A、f(a)∈U である。 U は Y の開集合であるから、ある ε>0 が存在して、U(f(a),ε)⊂U 仮定より、ある δ1>0 が存在して f(U(a,δ1)∩A)⊂U(f(a),ε)⊂U すなわち U(a,δ1)∩A⊂f^(-1)(U) A は X の開集合であるから、ある δ2>0 が存在して、U(a,δ2)⊂A δ=min(δ1,δ2) とおけば、U(a,δ)⊂U(a,δ1) かつ U(a,δ)⊂U(a,δ2)⊂A であるから、U(a,δ)⊂U(a,δ1)∩A⊂f^(-1)(U) ゆえに、f^(-1)(U) は X の開集合である。 (2)Y の任意の開集合 U に対し、f^(-1)(U) は X の開集合であると仮定 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、f^(-1)(U(f(a),ε)) は X の開集合である。 よって、ある δ>0 が存在し、U(a,δ)⊂f^(-1)(U(f(a),ε))⊂A すなわち f(U(a,δ)∩A)⊂U(f(a),ε) ゆえに、f は A で連続である。■