[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12 (1002ﾚｽ)
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304(1): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/15(水)17:46 ID:ZCTGHyhi(8/11) AAS
つづき
ja.wikipedia.org/wiki/%E6%A3%AE%E7%94%B0%E7%B4%80%E4%B8%80
森田 紀一（1915年2月11日 – 1995年8月4日 ）は日本の数学者。専門は代数学、位相空間論。
静岡県浜松生まれ。1939年、東京文理科大学の助手に就任。1950年、大阪大学で学位を取得。以後、東京教育大学、筑波大学、上智大学で教授を務める。代数学においては、森田双対性や、森田同値の概念を導入。一般位相空間論においては正規空間の研究、次元論、shape理論に関する業績がある。
関連文献
Hoshina, T.; Nagata, J.; Okuyama, A.; Watanabe, T. (1998), “Kiiti Morita 1915–1995”, Topology Appl. 82: 3–14, doi:10.1016/S0166-8641(97)00040-0, MR1602411, Zbl 0887.01024
www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0166864197000400?via%3Dihub
Topology and its Applications
Volume 82, Issues 1–3, 23 January 1998, Pages 3-14
T. Hoshina 、J. Nagata ∗ 、A. Okuyama ,T. Watanabe
省6
305(1): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/15(水)17:47 ID:ZCTGHyhi(9/11) AAS
つづき
ja.wikipedia.org/wiki/%E7%AC%AC%E4%B8%80%E5%8F%AF%E7%AE%97%E7%9A%84%E7%A9%BA%E9%96%93
第一可算空間（英: first-countable space）とは、"第一可算公理"を満たす位相空間のこと。位相空間 X が第一可算公理を満たすとは「各点 x が高々可算な近傍からなる基本近傍系（局所基）をもつこと」を指す。
すなわちx の可算個の開近傍 U1, U2, …で以下の性質を満たすものが存在するということである：
x の任意の近傍 V に対しある
i∈N が存在し、Vは Uiを部分集合として含む。
例と反例
普通に使われる空間のほとんどは第一可算的である。特に、距離空間はすべて第一可算的である。
というのは、各点 x に対し、それを中心とする半径 1/n (n は正の整数) の開球の系列は x の可算な基本近傍系となっている。
第一可算的でない空間の例として、補有限位相を入れた (実数直線などの) 非可算集合がある。
省9
306(2): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/15(水)17:57 ID:ZCTGHyhi(10/11) AAS
>>301
>>>292
>その証明、正しい？
>どこにそれ載ってる？
ID:l2ptd/jY さんか
レスありがとうございます。
スレ主です （＾＾
私は、主義として 素人が ここ５ｃｈ（便所板）に書き散らかした
素人証明は、読まない主義ですが
なるほどね
省4
307(2): 01/15(水)18:02 ID:WVUbhM43(1/5) AAS
>>292
f({a,b})=a, f({b,c})=b, f({c,a})=c
なるfのとき、a,b,cの順序は定まりますかね？
308: 01/15(水)18:04 ID:WVUbhM43(2/5) AAS
>いま >>292 を チラ見で流し読みしてみると
この方が「チラ見で流し読み」で証明の成否が分かるほど数学が
できるとはまったく思いませんが
309(3): 01/15(水)18:19 ID:Cmnz2SCH(1/3) AAS
>>306
>チラ見で流し読みしてみると、この証明は、完全にスベっていて、ドッチラケですね
チラ見ストの君、じゃ、↓の証明はスベってる？ ドッチラケ？
整序しようとする集合を A とし、f を A の非空部分集合族の選択関数とする。
各序数 α に対して、補集合 A∖{aξ∣ξ<α} が空でなければ aα= f(A∖{aξ∣ξ<α}) とし、
空であれば aα は未定義とする。
つまり、aα は A の要素のうち、まだ順序が割り当てられていないものから選ばれる
（A の全体がうまく列挙された場合は未定義）。
α<β（序数の通常の整列順序）である場合に限り、aα<aβ で定義される A の序数 < は、
sup{α∣aαが定義されている} の整列順序となる。
310(8): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/15(水)18:43 ID:ZCTGHyhi(11/11) AAS
>>309
それ、下記のWell-ordering theorem
”The well-ordering theorem follows from the axiom of choice as follows.[9]”
とほぼ同じでしょ？
おれが、すでに どこかにアップしてあるよ
外部ﾘﾝｸ:en.wikipedia.org
Well-ordering theorem
Proof from axiom of choice
The well-ordering theorem follows from the axiom of choice as follows.[9]
Let the set we are trying to well-order be
省22
311: 01/15(水)18:52 ID:zEkLeAcw(11/13) AAS
>>302-305
コピペは無駄
いくらコピペを重ねても「仮定は証明不要」すら身に付かないことが実証されてしまったから
312: 01/15(水)18:53 ID:zEkLeAcw(12/13) AAS
>>306
>いま >>292 を チラ見で流し読みしてみると
>この証明は、完全にスベっていて
具体的にどうぞ
言えない？ ブラフですか？
313(5): 01/15(水)19:41 ID:WVUbhM43(3/5) AAS
たとえば、X(全集合)={a,b,c}で
f({a,b,c})=a, f({b,c})=b のとき、a<b<c と整列する。
このとき、f({a,b}),f({c,a})の値は使われない。
（aがf({a,b,c})=aとしてあらわれているから。）
というわけで、選択函数fがあっても
すべての値を使うのではなく、一部の値しか使われない。
314(4): 01/15(水)19:42 ID:WVUbhM43(4/5) AAS
そして、一つずつ元が減っていくという関係で
（部分集合全体のなす集合）のある部分集合が、Xを
最初の集合として、一列に並ぶ。
このとき一つずつ減っていく元がfによって選ばれている
という仕組み。
315(4): 01/15(水)19:52 ID:WVUbhM43(5/5) AAS
fのすべての値を使ってるわけではないが、fがあれば
「一つずつ元が減っていくという関係で（部分集合全体のなす集合）
のある部分集合が一列に並ぶ」、ということも
すっきり示される形になっている。
316(1): 01/15(水)20:17 ID:zEkLeAcw(13/13) AAS
>>301
オリジナルだよ
>>307
確かにへんだね
なんで上手く示せたと思ったのにダメだったか見直してみるよ、有難うね
317: 01/15(水)20:40 ID:Cmnz2SCH(2/3) AAS
>>310
君、これ理解できてないだろ？ それじゃいくらコピペしても無駄だな
俺は即座に理解したよ お前とちがって大学1年の実数論も線型代数も理解したからな
318(4): 01/15(水)20:44 ID:Cmnz2SCH(3/3) AAS
>>316
> オリジナルだよ
なるほど・・・
> 確かにへんだね
> なんでダメだったか見直してみるよ
いい証明ができたら、教えてくれ
個人的には>>309のJechの証明も、ちと不安だ
なんで、必ずある順序数が上限として存在るするといえるのか、わからんから
多分、「なんだ、そういうことか！」っていうくらい、つまらんことだと思うけど
319(1): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/15(水)23:39 ID:HSrNcrvS(1/3) AAS
>>310
検索すると
>>148 (>>146-147もご参照)
にあるね
補足
・>>146で『整列可能定理→選択公理 の証明を、貼ります！
英語版が分りにくいので、中国版とイタリア版 を追加した』
と書いたけど
・このときに、選択公理→整列可能定理について、
中国版とイタリア版も見て、殆ど同じだと見ていたんだ （＾＾
省25
320(4): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/15(水)23:39 ID:HSrNcrvS(2/3) AAS
つづき
これを、院試の問題と考えて、採点すると
1）P：選択公理⇒Q：整列定理 で
選択公理と整列定理とを、証明に使えるステートメントに落とし込まないと行けないところが
これをすっぽかし、証明の頭出しと、最後がスッキリしない 印象の悪い答案になった
（選択公理と整列定理のステートメントを、ビシと正確に書くと、採点者に好印象だろう）
2）いまは、数学的ステートメントは略して 日常語で書く
P：選択公理 『空でない集合族から要素を一つ取り出す選択関数が存在する』
Q：整列定理 『任意の集合Aから要素を一つずつ取り出して、整列できる』(Aは、>>310で使われているので合わせた)
ということね
省22
321: 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/15(水)23:47 ID:HSrNcrvS(3/3) AAS
>>320 タイポ訂正
要するに、取り出して、並べた（順序を与えた）部分は、通常の順序数と一対応がつくんだよと
↓
要するに、取り出して、並べた（順序を与えた）部分は、通常の順序数と一対一対応がつくんだよと
322: 01/16(木)04:18 ID:q09NtzhZ(1/5) AAS
>>319
>『一つずつ元が減っていくという関係で
>（部分集合全体のなす集合）のある部分集合が、
>Xを最初の集合として、一列に並ぶ。
>このとき一つずつ減っていく元がfによって選ばれている
>という仕組み。』
>『fがあれば
>「一つずつ元が減っていくという関係で（部分集合全体のなす集合）
>のある部分集合が一列に並ぶ」、ということも
>すっきり示される形になっている。』
省11
323: 01/16(木)04:36 ID:q09NtzhZ(2/5) AAS
>>320
> 選択公理と整列定理とを、証明に使えるステートメントに落とし込まないと行けない
「証明につかえる」という言い方がいかにも受験生っぽい馬鹿っぷりに満ちてるね
> P：選択公理 『空でない集合族から要素を一つ取り出す選択関数が存在する』
> Q：整列定理 『任意の集合Aから要素を一つずつ取り出して、整列できる』
「要素を一つずつ取り出して」は、整列定理のステートメントではなく、証明ね
P：選択公理 『Aの”任意の空でない部分集合からなる”集合族から要素を一つ取り出す選択関数が存在する』
Q：整列定理 『任意の集合Aを整列できる』
省21
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