[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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798: 01/29(水)23:50 ID:a/peK22S(2/2) AAS
メモ
repository.kulib.kyoto-u.ac.jp/dspace/handle/2433/279730
Gentzenから始まる証明論の50年 : 順序数解析を中心として (証明と計算の理論と応用)
新井, 敏康 Aug-2022 数理解析研究所講究録
抄録: おおよそ1930-80年における証明論の主な結果・アイデアを，順序数解析(ordinal analysis)を中心として述べていく．但しこの期間の問題に関わる限り，90年以降の結果も一部盛り込む．尚，記述や記法は後に整理されたかたちで述べるので原論文のままというわけではない．したがって証明論の通史や学史のようなものをこの原稿に期待しないで頂きたい．ここでは紙幅の制限により証明の詳細は省いてある．sequent calculi（とε-calucliも少々）については[A2020a]をご参照願いたい．
www.kurims.kyoto-u.ac.jp/~kyodo/kokyuroku/contents/pdf/2228-10.pdf
Gentzen から始まる証明論の50年 - - 順序数解析を中心として
799(2): 01/30(木)03:43 ID:1G3ukQJP(1/3) AAS
>>797
>Zorn's lemma を、取り上げよう
>Akihiko Koga さん いいね
整列可能定理ならこっちが断然いいね
Jechの証明について解説してるじゃん
あんた、どこみてんの
www.cs-study.com/koga/set/pointsOfSetTheory.html#WellOrder04
800(1): 01/30(木)03:55 ID:1G3ukQJP(2/3) AAS
>>799
整列可能定理
任意の集合 X に対して，(X, ≤) が整列集合になる順序 ≤ が存在する．
整列可能定理は 選択公理を使わないと証明できない．
直観的には やっていることは以下のようなことである．
任意の集合の整列方法
・”集合Aから元を選んで”積んでいきます
・どんどん、どんどん、積んでいきます
・★無限に積んだら、その上におもむろに一個の元を置きます。ここが大切です。
・そしてその上にまた元を積んでいきます これをAの元が尽きるまで繰り返します。
省4
801(4): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/30(木)07:38 ID:o/pAlieb(1/5) AAS
>>799-800
ありがとう
Akihiko Koga氏のサイトと資料は
旧ガロアスレで取り上げて、何度もお世話になっています
彼のサイトは、参考になるよね
で？
選択公理→整列可能定理の証明で
集合Aの整列に、Aのべき集合（空集合を除く）の選択関数が必要って
書いてあるかな？
802: 01/30(木)07:45 ID:o/pAlieb(2/5) AAS
Zornの補題に向けて、メモ貼ります
saibanty0.blog.エフシーシー.com/blog-entry-355.html （URLが通らないので検索たのむ）
ｻｲﾊﾞﾝﾁｮの不定記 +数学いろいろ
帰納法で学ぶツォルンの補題とそれを利用した証明
2021/07/24
0. はじめに
みなさんはツォルンの補題を知っているだろうか。選択公理と同値であり、定理の証明にコイツを使うときはことごとく証明が長かったりするアイツである。
私は学部１年の後期の授業でツォルンの補題やそれを利用した典型的な証明（Zermeloの整列定理、(0でない)ベクトル空間の基底の存在定理、無限集合を２乗しても濃度が変わらないこと）を習い、その難解さに震えたことを覚えています。
しかしながら、ツォルンの補題を利用した典型的な証明はどれも似たような手順を踏んでいて、読んでいるうちに「これって帰納法にかなり近いというか、むしろ帰納法の究極形なのでは・・・？」とも思えてきて、なんとなくそうなのだろうなという理解で過ごしていました。
それからしばらく経ち、先日久しぶりにそれらの証明を読み返してみたら、もう少し色々なことが見えてきたのでメモしておこうというのが今回の記事です。帰納法はどこまで一般的な状況に拡張できるのか？を考えていくと、ツォルンの補題の証明やツォルンの補題を利用した証明の気持ちが見えてくる、というのが主張です。
省3
803(1): 01/30(木)07:48 ID:dPVM7pkm(1/2) AAS
>>792
> （明らかに、集合Aと同じ濃度）
> ２）Aと同じ順序数（超限帰納）の選択関数で間に合うことを指摘しておく
「同じ濃度(順序数)」では(無限)集合Aの要素を全て取り出したということは言えない
804(1): 01/30(木)07:57 ID:dPVM7pkm(2/2) AAS
>>801
> で？
> 選択公理→整列可能定理の証明で
> 集合Aの整列に、Aのべき集合（空集合を除く）の選択関数が必要って
「Aのべき集合（空集合を除く）」であれば(無限)集合Aの要素の全てが一度は必ず使われているので集合Aの要素を全て取り出したと言える
805(1): 01/30(木)08:02 ID:BKOpIti/(1) AAS
>>801
>選択公理→整列可能定理の証明で
>集合Aの整列に、Aのべき集合（空集合を除く）の選択関数が必要って
>書いてあるかな？
選択公理→整列可能定理の証明
集合Aの整列には、Aと同濃度の集合族に対する選択関数を保証する選択公理で十分って
書いてあるかな？
全部、◆yH25M02vWFhPの勝手な連想ゲームじゃない？
806: 01/30(木)10:08 ID:S0uv3c2L(1/25) AAS
>>801
>選択公理→整列可能定理の証明で
>集合Aの整列に、Aのべき集合（空集合を除く）の選択関数が必要って
>書いてあるかな？
using a choice fiunction f for the family S of all nonempty subsets of A
思いっきり書いてあるんですけど？ あなた文盲ですか？
807(3): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/30(木)10:09 ID:Xxyr0Rol(1/11) AAS
>>803-805
まず >>763より
Thomas Jechの 証明 再録
P48
Theorem 5.1 (Zermelo’s Well-Ordering Theorem)
Every set can be well-orderd.
Proof：
Let A be a set. To well-order A, it suffices to construct a transfinite one-to-one sequence （aα: α < θ) that enumerates A.
That we can do by induction, using a choice fiunction f for the family S of all nonempty subsets of A.
We let for every α
省33
808(3): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/30(木)10:09 ID:Xxyr0Rol(2/11) AAS
つづき
(参考)(再掲)>>631より
en.wikipedia.org/wiki/Well-ordering_theorem
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 A, and let f be a choice function for the family of non-empty subsets of A.
For every ordinal α, define an element aα that is in A by setting
aα= f(A∖{aξ∣ξ<α})
if this complement A∖{aξ∣ξ<α} is nonempty, or leave aα undefined if it is.
省6
809(1): 01/30(木)10:16 ID:S0uv3c2L(2/25) AAS
>>801
「Aから元をどうやって取り出すのか？」にあなたは「Jechの証明で終わっている」と答えた。
その証明に「using a choice fiunction f for the family S of all nonempty subsets of A」と書かれている。
はい、詰みです。
810: 01/30(木)10:22 ID:S0uv3c2L(3/25) AAS
>>807
間違いを認められないおサルさんがなんか喚いてますが、まったくナンセンスですよ
>>809で詰んでますから
811(3): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/30(木)10:35 ID:Xxyr0Rol(3/11) AAS
>>808 補足
>if this complement A∖{aξ∣ξ<α} is nonempty, or leave aα undefined if it is.
>That is, aα is chosen from the set of elements of A that have not yet been assigned a place in the ordering (or undefined if the entirety of A has been successfully enumerated).
ここ
”leave aα undefined if it is. ”は、
A∖{aξ∣ξ<α} が empty のときは
関数”aα= f(A∖{aξ∣ξ<α})”が
undefinedで良いってことだね（ちょっと 分かり難いが）
そして、次の行で補足している（”That is”だね）
”or undefined if the entirety of A has been successfully enumerated”
省3
812(1): 01/30(木)10:37 ID:9dHJAGwJ(1/6) AAS
>>807
>>集合Aの整列には、Aと同濃度の集合族に対する選択関数を保証する選択公理で十分って
>>書いてあるかな？
>話は逆だよ。
>Akihiko Koga氏の選択公理→整列可能定理の証明で
>集合Aの整列に、Aのべき集合（空集合を除く）の選択関数が必要
>って 聞いたんだよ
Akihiko Koga氏の証明では
集合Aの整列に、Aのべき集合（空集合を除く）の選択関数を使っている
日本語、読めないのかい？ 二ホン●ル
813(2): 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 01/30(木)10:41 ID:Xxyr0Rol(4/11) AAS
>>811
まあ、数学の常識があれば
すぐ分かることだが
数学の常識の無い人は、迷走する典型だなｗ ；ｐ）
814: 01/30(木)10:43 ID:9dHJAGwJ(2/6) AAS
>>813
工学部卒の君に大学数学の常識なんか全然ないけどな
815: 01/30(木)10:44 ID:9dHJAGwJ(3/6) AAS
aα= f(A∖{aξ∣ξ<α})
だから 選択関数fなしには何もできません
816(1): 01/30(木)10:45 ID:9dHJAGwJ(4/6) AAS
>>811
> 選択関数は Aの整列までで 十分なのです！！
君、関数の定義知ってる？ 君の関数理解 間違ってるよ
817(1): 01/30(木)10:48 ID:aKOY/rSZ(1/3) AAS
「個々の独立変数と従属変数の対応そのものが関数」
そしてその独立変数の範囲は「Aの空でない部分集合全体」
決して「A∖{aξ∣ξ<α}の全体」ではない
なぜならA∖{aξ∣ξ<α}のaξで選択関数使ってるから循環してしまう
整列と集合族の濃度の同一性なんて馬鹿な連想ゲームは不要
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