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選択公理、Zornの補題

1 :132人目の素数さん:02/01/18 20:00
選択公理、Zornの補題、整列可能定理が本質的に必要な定理について

2 :132人目の素数さん:02/01/18 20:07
>>1
削除依頼は自分でやってね。
そんな事もできないのなら人間として失格。

人間でないのなら、数学なんてやめちまえ。

3 :132人目の素数さん:02/01/18 20:26
>>2
別に、個別の問題を質問してるわけじゃないようだし、
「1」はシンプルな方が、もし長続きするスレなら、うざくなくていいってのも
あるし...。
スレ立てるだけ立てて、何も話題を提供しないってなら問題だけど、
スレが立ってたった7分でそこまで罵倒する理由は?

何かスレが立つ毎に過剰反応する奴の方がウザイ。

4 :132人目の素数さん:02/01/18 20:28
黄金の名無し@放浪中?

5 :132人目の素数さん:02/01/18 20:32
「選択公理、Zornの補題、整列可能定理は同値だが,
それらを証明する際に,本質的に必要となる定理について教えろや.ゴルァ!」
ってことですか?

6 :1:02/01/18 20:34
すみません何も考えてませんでした

7 :132人目の素数さん:02/01/18 21:31
ベクトル空間の基底の存在
極大イデアルの存在
代数的閉包の存在

8 :132人目の素数さん:02/01/18 21:35
ってことじゃないの?(汗

9 :132人目の素数さん:02/01/19 00:53
>>3
っていうか、スレ乱立するなっチューことっしょ。

http://cheese.2ch.net/test/read.cgi?bbs=math&key=970523340&ls=50

があるんだし。新スレ立てるほどのネタじゃないだろ。

10 :たとえば:02/01/19 13:42
力学系の極小集合の存在

>>2
別に人間以外の生物が数学やってもいいと思うが。

11 :132人目の素数さん:02/01/19 14:56
Hahn-Banach の定理

12 :てきとう:02/01/20 20:43
一応選択公理が無いと導かれない定理って解釈で。「選択公理と数学」
(ISBN4-7952-6890-8)より、丸写し(藁)

(もちろんZFで)
ACと同値

整列定理、ツォルン、テューキーの補題、ベクトル空間の基底の存在、
チコノフ、束の極大イデアル定理


ACから導かれるが、逆は成立しない


無限基数の自身との和は自身になる、デデキント有限なら有限、
加算部分集合定理、ブール代数の素イデアル定理、
集合代数の本来のフィルターは超フィルターに拡張される、
ストーンの表現定理、コンパクト性定理、述語論理の完全性、
アルティン−シュライアーの定理、ハウスドルフ空間でのチコノフ、
ハーン−バナッハ、極大イデアルの弱定理、Rは整列される、
ハーメル基の存在、f(x+y)=f(x)+f(y)の不連続解の存在、
非可測集合の存在、ベールの性質を持たない集合の存在、
ハウスドルフのパラドクス、バナッハ−タルスキーのパラドクス、
DC、ウリゾーンの補題、CAC、可算和定理、
CACから導かれる微積分の諸定理群(*)、

*ハイネによる連続関数の定義、ルベーグ測度の可算加法性、
 閉包の点列極限による定義の同値性、
 集積点のの点列極限による定義の同値性、
 コンパクト性と点列コンパクト性の同値、
 可算個の第1類集合の和は第1類集合、
 ボレル集合の階層定理、ボレル集合はベールの性質を持つ、
 分離的距離空間の部分空間は分離的距離空間


ACから導かれる

極大条件を満たす群の部分群は有限生成的、代数的閉包の存在と一意性



13 :132人目の素数さん:02/01/20 21:02
>>1=>>3

14 :132人目の素数:02/01/21 04:33
>>2のような事言って削除依頼する気にはならんと思うけど…

最近単発スレに>>1罵倒コピペをすぐ張ったり>>1死ねとか
言ってる奴いるけどそれじゃ単なる厨房と同じだよ…冬休み過ぎたんだけどな…受験終わったのかな

15 :132人目の素数さん:02/01/21 14:19
任意の無限集合は可算部分集合を含む。

16 :132人目の素数さん:02/01/21 18:26
ルベーグ測度の可算加法性の証明には選択公理が必要なの?一体どこで?

17 :132人目の素数さん:02/01/21 18:41
選択公理がいるとか要らないとか,
数学のすべてを公理的に書き下そうとするんじゃ
なければ,どっちでもいいようなことに時間を
つかうなんて.

18 :てきとう:02/01/21 20:22
>>15
それは既に書いてある……って言おうと思ったら、「『加』算部分集合定理」って書いていた…鬱だ。

>>16
外測度m*の劣加算加法性を示すときに、半開区間の列を選んで不等式で挟むところがあるでしょ?あれを選ぶところで選択公理(正確には、可算選択)を使う。

>>17
でも、選択公理と両立しないが、有用な公理はある(決定性の公理など)。そういった公理系で研究したいときには、何が使えて何が使えないのかを知る意味で、どうでも良いとまでは言えないと思う。

19 :132人目の素数さん:02/01/21 20:30
>>17
数学の定理を証明しようなんてどっちでもいいこと
に時間を使うなんて!

20 :132人目の素数さん:02/01/21 22:12
ワンポイントシリーズ(共立だったかな?)「無限集合」森毅で、
ベクトル空間の基底の濃度が等しいというのは有限次元より無限次元の方が簡単に出ると書いてあった。

どうもよくわからない。K上線形空間Vの基底をΩとし濃度が無限とする。
Ωから有限個の元を取り出しKの値を割り振れば、Vを生成できるということ。

Ωからn個元を取り出してKを割り振れば、Vの元が対応する。
これによって表現できるVの元の濃度は

Ωからn個元を取り出す C[Ω,n]=Ω
n個のΩの元にKの元を割り振る K^n

よって、K^n

∪[n=1〜∞]Ω*K^n≧V  等号・不等号は濃度の比較を表す

左辺だけど、

イ)Kが無限の時
左辺≦∪[n=1〜∞]Ω*K=ω*Ω*K=Ω*K

これでK≦ΩならΩ*K=Ωで、結局Vの濃度と等しくなるから、もい一つの基底があってもVと濃度が等しいはずなので,結局2つの基底の濃度は等しくなる

ロ)K>Ωの場合は、うまく行かない。


結局,一般的にやるには有限次元の場合と同じように基底の成分を順次入れ変えしていくしかないと思うが。
基底の成分を整列することでこれは可能となる。きちんと書き下すとちょっと面倒


となったんですが、私は何か勘違いしてるのでしょうか?


21 :132人目の素数さん:02/01/21 22:13
>>18
なるほど、全然気が付かずに使っていました
そういうのって結構ありそう・・・

22 :132人目の素数さん:02/01/21 22:14
>>20
整列可能定理を使うと超限帰納法でスッキリ行くと思ったような

23 :20:02/01/21 22:20
>>22
>整列可能定理を使うと超限帰納法でスッキリ行くと思ったような

私が我流でやった証明は有限次元の場合の無限バージョンで整列可能定理を使うのですが、考え方は基本的に有限次元と同じで難しくないけど、丁寧に書くと長くなる。
スッキリって、どのくらい簡潔なのかな?
私は森毅のガセだと思ったけど、、、、

24 :22:02/01/21 22:34
うーん、私の知ってる証明は、スッキリと言ってもそれなりに。15行くらい

25 :20:02/01/21 22:59
>>24
>15行くらい

それは十分,[スッキリ」ですね。わたしのはレポート用紙2枚ぐらい
するとエレガントが方法があるんですね。

26 :20:02/01/21 23:04
今日は眠いのやめるが明日あたり私の証明を書きこみます。突っ込みよろしくお願いします。

27 :20:02/01/22 17:28
まず、線形代数の復習

体K上のベクトル空間Vに部分集合Aに関して、
Aは線型独立⇔Aの任意の有限部分集合が線型独立
L(A)=Aの元有限個の線型和全体の集合

L(A)=V A:線型独立  の場合、Aは基底という。
その存在はツォルンのレンマによって示させる。

Vの2つの基底の濃度が等しいことをしめす。
A:線型独立 L(B)=V  ⇒  A≦B (不等号は濃度の比較で)
を示せばよい。

28 :17:02/01/22 17:33
>>18
決定性の公理なんて信じられない
>>19
2chの書き込みなんてどっちでもいいこと
に時間を使うなんて!


29 :20:02/01/22 18:22
A={Pλ:λ∈Λ} 小文字のギリシャ文字は順序数を表すとする。
Bは整列順序がつけられているとする。

F:Λ→Bを以下のように帰納的に定義する。
Fλ=min(B\Mλ∪Nλ)
ただし、Mλ={Fδ:δ<λ} Nλ={Pδ:λ<δ} 

これが実際に定義可能であることを示す。

Mλ∪Nλ∪{Fλ}は線型独立とする。
Mλ+1=Mλ∪{FΛ} Nλ+1=Nλ\{Pλ}
よって、L(Mλ+1∪Nλ+1)⊂(≠)L(Mλ∪Nλ∪{FΛ})⊆V
だから B⊆L(Mλ+1∪Nλ+1)ではない。
よって、Fλ+1=min(B\Mλ+1∪Nλ+1)がとることが出来て、
Mλ+1∪Nλ+1∪{Fλ+1}は線型独立となる

λが直前の順序数を持たないで、
μ<λ⇒Mμ∪Nμ∪{Fμ}は線型独立とする。

Mλ∪Nλ∪{Fλ}から、有限個の元を取り出す。
このうちMλから取り出した有限個の元のうちで最大の添字をμとすると
これらは、Mμ+1の元である。μ+1<λも成り立つ。
Nλ∪{Fλ}⊆Nμ+1
つまりこれらの有限個の元は Mμ+1∪Nμ+1 の元であり仮定より線型独立。
有限個の元の取り出し方は任意だから
Mλ∪Nλ∪{Fλ}も線型独立

以上より帰納法で
任意のλ∈Λに対してMλ∪Nλ∪{PΛ}は線型独立
Fλ=min(B\Mλ∪Nλ)も定義可能

このF:Λ→Bが単射であることは、{Fλ:λ∈Λ}が線形独立であることより示される。

これで濃度の比較で、A=Λ≦B が示された。


いそいでやったから違っているかも。こんな感じで良いんでしょうか?





30 :20:02/01/22 18:25
>これが実際に定義可能であることを示す。

>Mλ∪Nλ∪{Fλ}は線型独立とする。
>Mλ+1=Mλ∪{FΛ} Nλ+1=Nλ\{Pλ}

        ↑
       {FΛ}じゃなくて{Fλ}でした
  


31 :20:02/01/22 18:35
ごめん。間違えた。今、修復中

32 :てきとう:02/01/22 20:57
>>28
感情は自分で処理しよう。数学には関係ないことなんで。
危険度は同じ程度なんだし。

33 :20:02/01/22 21:55
これで良いのかな?

A={Pλ:λ∈Λ} 小文字のギリシャ文字は順序数を表すとする。
Bは整列順序がつけられているとする。

F:Λ→Bを以下のように帰納的に定義する。
Fλ=min(B\L(Mλ∪Nλ)) 括弧内が空集合なら Fλ=0と定義する
ただし、Mλ={Fδ:δ<λ} Nλ={Pδ:λ<δ} 

Pλ∈L(Mλ∪Nλ)、 μ<λ⇒PμはL(Mμ∪Nμ)の元でない、 とする。 

ア)μ+1=λとする。
PμはL(Mμ∪Nμ)の元でないから、L(Mμ∪Nμ)⊃Bとはならない。
Fμ=min(B\L(Mμ∪Nμ))≠0
よって、Mμ∪{Fμ}∪Nμ は線型独立
Mμ∪{Fμ}∪Nμ=Mμ+1∪Nμ=Mμ+1∪Nμ+1∪{Pμ+1}
=Mλ∪Nλ∪{Pλ}∋Pλ
よって、Mλ∪Nλ∋Pλとはならない

イ)λ:極限数とする
PλがMλとNλから有限個取り出した元の線型和で書ける。個のとき、係数が0になる項に付いてはあらかじめ取り除いておいて構わない。
そのときの有限個のMλの元のうち添字が最大のものをμとすると、これらはMμ+1に含まれることになる。
結局ここで取り出した有限個のMλとNλの元は、Mμ+1とNλの元でもある
するとPλがMμ+1とNλの有限個の元の線型和になる。これを Fμ についてとくことが出来る。
つまり、FμがMμ+1、{Pλ}、Nλの有限個の元の線型和となる。
Nμ+1⊃{Pλ}∪Nλより、Fμ∈L(Mμ+1∪Nμ+1)となり仮定に反する。

ハ)λ=0のとき。明らかに成り立たない

よって、Mλ∪Nλ∪{Pλ}は線型独立だから、そこから{Pλ}を取り除いたMλ∪Nλが
L(Mλ∪Nλ)⊃Bと出来るわけがないので、Fλ=min(B\L(Mλ∪Nλ))がとれる。
またFλの作り方からMλ∪Nλ∪{Fλ}が線型独立と分かる。

それゆえ、F:Λ→Bが単射であることもわかり、A≦B (不等号は濃度の比較で)となる


どうでしょうか?

34 :132人目の素数さん:02/01/23 22:49
age

35 :20:02/01/24 00:02
>>33
>イ)λ:極限数とする

ここの証明はもっとスッキリ直せたけど、まあいいや。

いずれにしても森毅が言うほど簡単じゃないと思うが


36 :132人目の素数さん:02/01/24 07:40
いま基底が無限集合 I と J であったとする。
I の元 i に対してそれを線形表現するのに使う J の要素
の集合は有限集合である。話を明確にするため、i を無駄
のない線形表現すれば一意に有限集合が決まる。これを
f(i) とする。{i : f(i)=x} は各々の x について有限で、
I の分割を与えている(この「xについて有限」ってとこ
で有限次元の話を使っている)。この分割の個数は I が無
限だからI の個数と等しい。一方 x は有限だからその全体は
J の個数に等しいか小さい。よって I の個数は J の個数に
等しいか小さい。同様の議論で J の個数は I の個数に等し
いから結論を得る。



37 :20:02/01/24 22:14
>>36
>{i : f(i)=x} は各々の x について有限で、
>I の分割を与えている(この「xについて有限」ってとこ
>で有限次元の話を使っている)。

xは有限個のベクトルだからそれによって生成される部分線型空間は有限次元。
よって、そこから一次独立なものは有限個しか取り出せないというわけですね。

お見事。参りました。



38 :20:02/01/24 22:27
>>36
これも濃度に関する式に選択公理を使ってるんでしょうね。多分。

無限次元ベクトル空間の基底、って具体的には難しいです。
Kの数列全体の集合=Vで考える。
第i項が1で他は0、という数列をViとして{Vi:i=0,1,0,2,3,,,,}
としても、これによって生成されるのはVの元のうち、有限個を項を除いて0となるもの全体しか生成しない。
全部の項が1であるものはV1+V2+・・・、と表現できそうだが、「有限個の一次結合で表現できる」わけではない。

有理数体から実数体への拡大は無限次元で、基底も存在するが構成的ではない。




39 :20:02/01/24 22:38
問題です

f:R→R
f(x+y)=f(x)+f(y)

このとき、f(x)は定数*xと結論できるでしょうか?

40 :132人目の素数さん:02/01/24 22:43
[答え]
 わかりません

41 :20:02/01/24 22:48
じゃあ最初は、xが有理数の場合について考えてください。

42 :132人目の素数さん:02/01/24 22:53
fは連続ですか?

43 :132人目の素数さん:02/01/24 22:53
[答え]
 20=粘着

44 :20:02/01/24 23:15
>>42

有理数の場合は連続の仮定は関係ないです。
実数の場合は連続を仮定する場合としない場合で考えてください

45 :20:02/01/24 23:19
>20=粘着

じゃあ、やめます。

46 :てきとう:02/01/24 23:47
Hamel,E., Eine Basis aller Zahlen und die unstetigen Lösungen der
Funktionalgleichung:f(x+y)=f(x)+f(y),Math.Ann.,60(1905),459-462

47 :132人目の素数さん:02/01/25 02:18
>>44
んじゃ有理数だけにおいてはf(x+y)=f(x)+f(y)はf(x)=ax+bという形になる。
f(0)とf(1)を適当に決めてその後整数、その後有理数について求めればそうなる。

そして連続の場合は有理数でf(x)=ax+bが成立してるんだから
全てのx∈Rについてf(x)=ax+bという形になる。

連続じゃない場合は別。
…反例があること示さないといかないか。めんど

48 :132人目の素数さん:02/01/25 03:51
>>47連続じゃない場合は別。
>…反例があること示さないといかないか。めんど

>有理数体から実数体への拡大は無限次元で、基底も存在するが構成的ではない。
これを使う。
RをQ上ベクトル空間とみなし基底煤+Aλ:λ∈Λ}とする。
各λに対して実数Bλを対応させ
X=X1A1+X2A2+・・・・+XnAnに対して、
f(X)=X1B1+X2B2+・・・・+XnBnを対応させると
fは条件を満たす。

ここで例えばA1に対して1、それ以外には0を対応させると、不連続になる。

選択公理なしではこの様な関数は作れないと思うが、その証明はすごく難しいと思う。

x∈Rを狽フ有限一次結合で


49 :132人目の素数さん:02/01/25 03:57
>んじゃ有理数だけにおいてはf(x+y)=f(x)+f(y)はf(x)=ax+bという形になる。
>f(0)とf(1)を適当に決めてその後整数、その後有理数について求めればそうなる

f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)よりf(0)=0
だからf(x)=axとなる。


50 :132人目の素数さん:02/01/25 07:10
>>38>>48
この種類のものは選択公理がからみます。とくに選択公理がないと
有限の定義が少なくとも2種類あるので面倒です。ここで議論されて
いるものについては既に否定のモデルはつられているとおもいます。
もちろん強制法およびその親戚です。
Google で Axiom of choice Rubin で検索されれば Rubin の Home
page の結果の山に入れます。

「すべてのベクトル空間は基底を持つ」という命題から選択公理が導
かれることは知られていますが、「すべての実ベクトル空間は基底を
持つ」のように体を固定した場合のことはまだわかっていないと思い
ます。たぶん予想は「すべての実ベクトル空間は基底を持つが選択
公理は不成立」のモデルがあるだと思います。

51 : :02/01/27 16:26
>>有理数体から実数体への拡大は無限次元で、基底も存在するが構成的ではない。
構成的には基底を作れないことは示されているのでしょうか?

52 :132人目の素数さん:02/01/29 13:00
>>51
「構成的には基底を作る」って意味がよくわかりませんが
ZF集合論で基底の存在を導けるか?というのなら導けない
ことはかなり以前と思います示されていたはず。「はず」
というのは文献は調べないとわからないという意味。

53 :132人目の素数さん:02/02/06 16:17
任意の集合に全順序を定義できる
というのは選択公理なしで証明できるか?

54 :132人目の素数さん:02/02/06 17:51
でけん!

55 :132人目の素数さん:02/02/06 19:31
厨房な思い付きの質問

直観主義で ¬∀x¬Px⊃∃xPx が証明できないことと
選択公理の必要性ってなんか関係ある?

上の論理式って、「空でなければ元が選択できる」
というのと似てる気がするけど・・・

56 :132人目の素数さん:02/02/10 19:37
>>55
関係ないと思う。
選択公理はある集合(選択関数)の存在を示す公理というだけだし。


57 : :02/02/11 11:37
存在が示せれば、その実例を構成する手段を与えなくても、代表元が
得られたとして、どんどん論理を進めていける選択公理の仮定は、
どらえもんのように便利な存在だ。

XXXという性質をもった対象があるんだってね、それとってきてよ」
というだけでXXXという性質をもった元が目の前に現われる。
まるで夢のようだ。親がなんでももってきてくれるわがままな子供の
ようで、甘やかされて、苦労しらずで、ぐーたらになるだろう。>>のびた

58 :132人目の素数さん:02/02/11 14:14
時には道具を使わなきゃいけない事だってあるさ。

まぁ、構成的な方法があるのならばのび太かもしれない。
やたらと道具を使うのは確かに……な事かもだろう。

毎回構成的な手段は?としつこく尋ねてくるようになったら目もあてられないものな。


59 :132人目の素数さん:02/02/11 16:11
自然数のみに関する命題は選択公理を使って証明されていても、選択公理なしで証明できるようにすることが出来るという、超定理があるそうです。有理数あたりぐらいの命題は自然数に関する命題に帰着できるし、多分代数的整数ぐらいまでは行けると思うが。

60 :132人目の素数さん:02/02/11 16:36
帰納的可算集合ならOK

61 :132人目の素数さん:02/03/01 20:44
実数が絡む(解析学が絡む)証明には選択公理が持ち込まれている
可能性があるので、解析学を使わない初等的な証明が珍重されるのも
命題が選択公理と独立に成り立つかどうかが興味があるからだろう。
リーマン予想のようなものは、果たして独立なんだろうか?

62 :132人目の素数さん:02/03/01 21:02
>>61
リーマン予想は自然数論の命題だぞ。わかってきいてるんか?

63 :132人目の素数さん:02/03/21 21:47
400 寸前、あげ。

64 :132人目の素数さん:02/03/21 21:55
>解析学を使わない初等的な証明が珍重されるのも 命題が選択公理と独立に
>成り立つかどうかが興味があるからだろう。

論理バカが考える「初等的証明」の意義はそんなもんだろう

65 :132人目の素数さん:02/04/08 02:28


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