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数学のための論理学 1
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0001132人目の素数さん2021/10/25(月) 21:48:04.50ID:wmQ0eFxo
数学も色々ありますが論理学も色々あります.
私は数学で用いることのできる推論規則は

最小論理+DN規則+同一性規則

だと考えています.たとえば
・対偶法
・ド・モルガンの法則
は数学では利用しません.
ここでの数学は代数学(集合と位相もあり)に限定します.

参考文献は主に金子洋之『記号論理入門』産業図書,1994
を用いたいと思います.
もしこの話に興味のある方がいましたら何でも話をしましょう.
0003132人目の素数さん2021/10/25(月) 22:32:16.23ID:wmQ0eFxo
部分集合A⊆Bの論理式

∀x[x∈A→x∈B]

は何故ダメなのか?

A⊆Aの場合を考える

まず

F:述語記号
a,b,c,...:個体定項

|- Fa→Fb

1 (1) Fb   仮定
  (2) Fa→Fb 1.→-導入

これを利用したいがこの論理式のままだとできない
なぜなら

|- ∀x[x∈A→x∈A]


1  (1) ∀x[x∈A→x∈A]  仮定
1  (2) a∈A→a∈A     1.∀-除去
3  (3) a∈A          仮定 ☆この時点で仮言命題の前件・後件の区別ができない
1,3 (4) a∈A          2,3.→-除去
1  (5) a∈A→a∈A     3-4.→-導入

(5)は仮定の1に依存しているので∀-導入が適用できず
これ以上の論証は不能である
それゆえ∀x[x∈A→x∈A]という論理式は不適切である

ではどのような論理式を構成すればよいだろうか?
私の考えを明日述べたいと思う
0004132人目の素数さん2021/10/26(火) 01:22:01.59ID:uWNKcT81
まごうことなき糞スレ
0005132人目の素数さん2021/10/26(火) 06:33:10.07ID:TgOkvFWy
∀x[x∈A→∃s[s∈B∧x=s]]

という論理式がA⊆Bを意味するとしたい

この後件の意味は

∀x∃xFxx

という場合を除くためである
すなわち
∀と∃の競合を防ぐ
たとえば∀-除去より
∃xFaa
を表示する
このような場合は不適切であるので
前件と後件の元の選び方を分けた
それが

∃s[s∈B∧x=s]

の意味である
さて本題に入ろう

|- ∀x[x∈A→∃s[s∈B∧x=s]]

1 (1) ∃s[s∈B∧x=s]      仮定
2 (2) a∈B∧x=a         仮定
  (3) x∈A→a∈B∧x=a      2.→-導入
  (4) x∈A→∃s[s∈B∧x=s]   3.∃-導入
  (5) ∀x[x∈A→∃s[s∈B∧x=s]] 4.∀-導入 □

用語
・定項集合とは集合の元でいう所の個体定項の意味である
・定項集合は個体定項の集まりという意味ではない
・変項集合とは集合の元でいう所の個体変項の意味である
・変項集合は個体変項の集まりという意味ではない
・言い換えると限量記号が付くものを変項そうでないものを定項という

以前位相の話をしているときにそこで扱う集合Xは任意かそうでないか
という議論をしたことがある(もちろん任意ではない)
そういう混乱を無くすために集合についても
定項・変項という区別をつけるようにした

位相は任意ではなくても集合をX,Y,Zで表すことが多いので
その区別が難しい(翻訳が必要)ので後回しにしている
0006132人目の素数さん2021/10/26(火) 06:36:03.17ID:TgOkvFWy
定理1
G:群(定項集合)
H:集合(定項集合)
定理gb=a→g=ab^{-1}より
g=ab^{-1} (g,a,b∈G:個体定項) ☆元の意味は写像の所で説明する
とする.このとき

H⊆G i.e. g∈H→g∈G

が成立する.

(証明)

g∈G @

を仮定する.→-導入より仮定@が落ちて

g∈H→g∈G (Hが空でないという仮定すらいらない)

が成立する.□

定理1の系

H⊆G:H自身群でGの群でもある

(証明)

H⊆G i.e. H⊂G∨H=G

に対して

H=G @

を仮定する.このとき∨-除去から仮定@は落ちて

H=G A

が確定する.条件よりGは群であるのでHも群である.そして
∨-導入によりAは

H⊂G∨H=G

と書ける.すなわち

H⊆G:H自身群でGの群でもある

ということができる.□

定義1

HはGの部分群である:⇔[H⊆G:H自身群でGの群でもある]
0008132人目の素数さん2021/10/26(火) 12:31:18.68ID:stvtVmpJ
>>3
Pa→Paは証明できる
具体的には[Pa]を仮定して→除去を使う
だからa∈A→a∈Aの形に持ち込めた時点で終了
0009132人目の素数さん2021/10/26(火) 12:59:53.06ID:TgOkvFWy
X,Y,Z,...:変項集合
A,B,C,...:定項集合
x,y,z,...:個体定項
a,b,c,...:個体変項

同じ理屈で

∀x[x∈X→x∈X] i.e. ∀X[X⊆X]

とくにX=A, A={x}の場合

∀X[A⊆X] i.e. ∀x[x∈X]

に対して

∀x[x∈X→∃s[s∈X∧x=s]] 

と言い換える.つまりXから元を選ぶことの形式を定めた.

ここでxの意味を写像によって付ける.


写像の定義

用語
対応規則とはたとえばa ? aというようなものでその決め方は自由である

@(像の存在)
f:X→Y(対応規則)

∀x[x∈X→∃s[f(s)∈Y∧x=s]]

をみたすときf(s)を像という.

A(像の一意性)
たとえば像を

f(s):=a (a∈Y)

と定める.これについて

[f(s)=a∧f(s)=b]→a=b 

が成立するとき像f(s)は一意である,という.

以上@,Aをみたすようなfを写像という.
0010132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:01:09.64ID:TgOkvFWy
定義2(群Gの積閉について)
σ:G×G→G(写像)
i.e.
∀x∀y[<x,y>∈G×G→∃s∃t[σ(<s,t>)∈G∧[x=s∧y=t]]]
に対して

σ(<s,t>):=ab (積閉)

と定める.

このように個体変項を個体定項にすることによってGの元に意味が付く.
つまりここでは個体定項a,bについて,aとbはG上で演算可能(積閉)である,という意味を成す.以後G(積閉である限り)の元はすべて個体定項である.

定義3(群自体の定義を省略しているのでもし必要なら言ってください)
G_1,G_2:群
対応規則 f:G_1→G_2, ab^{-1} ? ab^{-1}
g=ab^{-1} (g∈G_1:個体定項)
f(g):=g
とする.このときfは準々同型である,という.

☆ gとは一意に存在する群の元である.その一意性は写像の一意性により
成立する(もし証明が必要なら言ってください).
0012132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:04:54.16ID:TgOkvFWy
>>8
何が終了なのか全くわからん
全称判断を無視している時点でな
0013132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:08:01.56ID:TgOkvFWy
|- Fa→Fa

1 (1) Fa     仮定
  (2) Fa→Fa  1.→-導入

たしかにこれは可能
しかしそんな話はしていない
0014132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:11:23.83ID:TgOkvFWy
それと自然演繹それ自体では触れていないが
これは論理学的に正しいというだけで数学として完全に正しいことを担保するわけではない
それだから仮言命題において数学では

・後件仮定の妥当性
・前件導出可能性

の議論が必要だと考えられる
部分群の例では議論が単純なので明示していない
0015132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:15:46.36ID:TgOkvFWy
今後の課題は何故

g=ab^{-1}が集合Hに属すると言えるのか?

だろう
もし無理がありそうなら通常通り部分群の概念を定理よりも先に定義するしか
部分群の証明はできないと思われる
0016132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:18:44.95ID:TgOkvFWy
通常通りの部分群の議論だと

・部分群という定義がある
.定理において部分群が用いられている
・定理中に部分群の正しさは担保されていない
・では部分群とは何か? という議論に耐えられない
.すなわち部分群とは部分群であるとしかいえない

それだから定義した概念というのは何処かの定理で証明しなければならない
と考えることが妥当なように思われる
0017132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:20:34.03ID:stvtVmpJ
|-∀x(x∈A→x∈A)

[x∈A]
x∈A→x∈A(→導入)
∀x(x∈A→x∈A)(∀導入)
こうか、これで|-∀x(x∈A→x∈A)が示せた
0018132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:20:39.62ID:TgOkvFWy
今の所集合Hについて

・Hは積閉
・Hは群Gの逆元をもつ

という条件が必要だと思われる

これがどういう意味なのかしばらく考えたい
0020132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:25:28.34ID:TgOkvFWy
>>17

個体変項と定項の区別から始めてください
まさか変項のままを仮定した議論ができると思っていますか?

個体変項とは何を意味しますか?

x∈Aは論理式ではない

ゆえにそのような仮定の下議論及び論証は不能
0021132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:32:20.61ID:stvtVmpJ
>>20
∀導入は個体変項(の特に自由変項)を持つ論理式から∀が導入された論理式を導出する
0022132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:33:43.53ID:TgOkvFWy
>>21
x∈Aが論理式でないことについてどう考えますか?
0023132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:36:12.21ID:stvtVmpJ
>>22
Pがn項述語、t1,…,tnが個体定項または個体変項であるときP(t1,…,tn)を原子論理式と呼ぶ
x∈Aは論理式
0024132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:39:20.98ID:TgOkvFWy
>>23
それでは貴方のいう通り
|-∀x[Fx→Fx]の論証について
初めに∀-除去を適用するという定石は
使わなくてもよいという話なんですね?
0025132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:43:25.50ID:TgOkvFWy
金子によると

Fx→Gx

は論理機でないと書いてある
説明お願いします
0026132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:43:46.65ID:TgOkvFWy
>>25
訂正
論理式
0027132人目の素数さん2021/10/26(火) 13:49:00.52ID:Ls+gt6yA
>>24
|-∀x(x∈A→x∈A)を示す

[x∈A]
x∈A→x∈A(→導入)
∀x(x∈A→x∈A)(∀導入)

これが正答かと
0028132人目の素数さん2021/10/26(火) 14:13:35.38ID:k9+jOKfr
凄いな
全然分からん
0030132人目の素数さん2021/10/26(火) 17:39:10.27ID:ViHtFaWM
面白そう
0031132人目の素数さん2021/10/26(火) 18:23:36.28ID:TgOkvFWy
G:群(定項集合)
H:集合(定項集合)

対応規則fについて

g=ab^{-1}→(対応)g=ab^{-1}

とし

f:H→G(対応規則)

と書く.このときgの一意性からfは写像であり

f(g):=g

を定めればfは準々同型である.そして

@ 部分集合H⊆Gが成立し
A Hは群である

@はg∈H→g∈Gより成立.
AはH⊆Gについて
H=Gを仮定@すると
Hは群であり∨-導入・除去により仮定@が落ちて
H⊆GはGの群でもある.
すなわちHはGの部分群である.

以上からHにおけるg=ab^{-1}の帰属問題は解決しました.

これより群の部分集合というのも写像及び準々同型がなければ
意味のあるものにならないということがわかりました.

・数学における定義と定理の関係
概念の定義だけでは概念の型すなわち形式を定めたに過ぎない
定理だけでも概念の形式を定めたに過ぎない

結論:定義の証明と定理の証明をセットにしなければ数学の意味にならない

この結論に異論・反論などがあるかも知れませんが
このような方針で数学を読んで行きたいと思います.
0032132人目の素数さん2021/10/26(火) 18:27:15.03ID:TgOkvFWy
当面の目標は準群における結合律及び群における単位元と逆元の証明かも知れません
(その本ではできたと主張していましたが私はできていないと考えています)

まだ概念の道具が揃っていないかも知れないしもう準備はできているかも知れない
というよくわからない状態ですが試してみたいです
0033132人目の素数さん2021/10/26(火) 18:31:50.30ID:TgOkvFWy
集合が積閉であること自体の証明というのが
できるのかどうか
これも課題です
0034132人目の素数さん2021/10/26(火) 20:43:29.26ID:k9+jOKfr
>>32
「その本」って何ですか
参考までに教えてもらえるとありがたいです
0036132人目の素数さん2021/10/26(火) 21:00:42.99ID:k9+jOKfr
ありがとうございます!
0037132人目の素数さん2021/10/26(火) 21:03:36.24ID:TgOkvFWy
準群の積閉と結合律
可換準群の可換性
の3つは証明できました

また明日
0038132人目の素数さん2021/10/26(火) 21:57:44.55ID:qOnHM0dl
結局部分集合A⊆Bの論理式∀x[x∈A→x∈B]は駄目ではなかったんだな
0039132人目の素数さん2021/10/26(火) 22:10:00.75ID:TgOkvFWy
どうだろう
まだ考え中です
x∈Aを論理式と認めたところで

・開論理式には真理値が定まらないこと
・命題は真理値を扱うこと
・数学は恒真であること

金子の引用だとp.99
「Fx→Gxのような式が与えられたとしよう.この式が完結した意味のある
文に対応するような式でないのは明らかである.そこにはxという変項が
含まれており,この変項の意味が確定しない限り,まっとうな日本語の
文に対応するとは考えられないからである.」

x∈Aを使ってもよいという人の根拠が薄弱なのでもう少し詳しく説明して貰いたい所ではある
0040132人目の素数さん2021/10/26(火) 22:19:29.59ID:TgOkvFWy
同一の対象言語に対するメタ言語には絶対に正しいものというのはないので
それが難しい
もしかすると言語学の問題になってしまうのかも知れない
そうなるとお手上げかな
0042132人目の素数さん2021/10/26(火) 22:31:01.32ID:TgOkvFWy
論理学には仮定に妥当性はないかも知れない
しかし数学にはある
ここでは数学のための論理なのでそれが問題になる
0043132人目の素数さん2021/10/26(火) 22:38:24.23ID:TgOkvFWy
たとえば

xは人間である

という文はたとえ「すべての」がなくても閉論理式の文であると考えられる

開論理式の文というのは考えられない
その考えられない文を仮定することは数学としてできない
0044132人目の素数さん2021/10/26(火) 22:38:38.46ID:lb22AuBY
スレさらっとしか読んでないけど、ZFC集合論の公理とかって∀x[x∈A→x∈B]に近い形の論理式ばかりだから、論理式として駄目ってことはない気がするんだけど…
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E5%85%AC%E7%90%86%E7%9A%84%E9%9B%86%E5%90%88%E8%AB%96

自然演繹のルールから自明に導けないというだけで、論理式としては問題ないんじゃないの…?
0045132人目の素数さん2021/10/26(火) 22:39:44.57ID:TgOkvFWy
もちろん論証中にそのような文が出てきてしまうことは許されるだろう
0046132人目の素数さん2021/10/26(火) 23:01:56.06ID:lb22AuBY
これって∀導入するには開いた仮定に自由変項が現れていてはいけないって話だよね?
でも開いた仮定を→導入で閉じればいいんじゃないの?
>>27がやってるのがそれだと思う

このPDFのp11〜12で∀導入するために、→導入で仮定を閉じてる例が載ってる
ttps://abelard.flet.keio.ac.jp/person/takemura/class/2011/print-folnat.pdf
0047132人目の素数さん2021/10/26(火) 23:18:10.96ID:TgOkvFWy
>>46
仮定落としのことは話してないよ
もし開論理式を仮定できるとすると
変項xと定項aの違いが単なる文字xとaの違いにしかならなくなって
変項・定項という概念を失う気がするよ
0048132人目の素数さん2021/10/26(火) 23:24:05.09ID:TgOkvFWy
|- ∀x[Fx→Fx]
1 (1) Fa        仮定
  (2) Fa→Fa     1.→-導入
  (3) ∀x[Fx→Fx]  2.∀-導入

これがもし認められるなら

xとは何だったか
aとは何だったか

になると思う
つまり

x=aの状態
0050132人目の素数さん2021/10/26(火) 23:49:37.80ID:lb22AuBY
>>49
確認してみたら、ちょうど>>46のPDFのp11でやってた

自然演繹は元々変項と定項を置き換え可能にしてるから、元々両者をあまり区別してないような気がする
0051132人目の素数さん2021/10/27(水) 00:08:32.18ID:valka1tN
>>50
そうですね
論理学としては問題ないという説もあるのでしょう
しかし私は

xは人間である

という対象言語はあくまでも∀xFxというメタ言語(論理式)によって生成されたと考えています

そのPDFだと
メタ言語がFxのようですがこれを金子も私も認めていません
何度も言いますが
それは論理学を数学に応用するためだからです

メタ論理学的に正しくてもそれは数学に用いることはできないでしょう

たしかにある論理学者は三段論法の中ですべての素数は奇数だという話を書いていた
人がいました
僕はそれをみてこれでは論理学として正しくてもダメだなと思いました
それ以来数学に関係のある話しか読まなくなりました

今回の場合ももし数学に用いることのできない話なら
たとえ論理学内部で正しくともここでは間違っているものとして扱います
0053132人目の素数さん2021/10/27(水) 00:17:40.99ID:valka1tN
>>52
違いますよ
x:個体変項
a:個体定項

任意のaというのは任意のxのことです
aはあくまでもaです

たとえば任意の山田太郎とは何でしょうか?
そんな文に意味はないと思います

任意の2とかね
0054132人目の素数さん2021/10/27(水) 00:20:22.43ID:valka1tN
それなので
写像を通した元はすべて個体定項と考えています
それなので写像の下に出てくる「任意の」「少なくとも1つ」というのは除去して考えています
たしかにそういう記述は散見されます
0055132人目の素数さん2021/10/27(水) 00:23:41.66ID:valka1tN
おそらくは
名辞論理学の名残だと思います
山田太郎は世界に一つしかいないですが
山田太郎という同姓同名の人物はたくさんいます
その影響でしょう
0056132人目の素数さん2021/10/27(水) 00:28:59.27ID:valka1tN
>>52
すみません
誤読してました
任意のaとすべてのaは同じです
0057132人目の素数さん2021/10/27(水) 00:30:25.67ID:valka1tN
でも任意のaもすべてのaも

xの意味です

そして写像の通すとそういうxはすべて個体定項のaとして選ばれています
0058132人目の素数さん2021/10/27(水) 00:30:44.81ID:valka1tN
>>57
写像を通すと
0059132人目の素数さん2021/10/27(水) 00:32:34.34ID:j4uLW5Ia
>>51
Fxは「xは人間である」という述語になるけど、
∀xFxは「全てのxは人間である」という述語になって、意味が変わってこない…?
0060132人目の素数さん2021/10/27(水) 00:43:44.67ID:valka1tN
>>59
xは人間である i.e. ∀xFx

Fxは翻訳不能です

書けないものを書いてしまいその意味に踏み込むことはしたくないです
0061132人目の素数さん2021/10/27(水) 01:07:37.95ID:j4uLW5Ia
ちょうど>>46のPDFに、∀導入を仮定を閉じずに使うと、Fx→∀xGxという誤った論理式が得られ、これは「不特定な個人xがFであると、全員がGである」という意味になるって書いてあったもんで…

∀x[Fx→Gx]だったら「全てのxはFであるならGである」で意味が通じるんだけどなぁ

というよりもそもそもが、既存の論理がどうあろうと関係なく、開論理式を仮定できないとする新しい論理を考えるという話だったのかな…?
それだったら俺の指摘は見当違いでしかないな
0062132人目の素数さん2021/10/27(水) 01:33:51.62ID:valka1tN
Fxって空集合のようなものだと思います

Fx:〇〇は人間だ

この○○に不特定の人間という意味を付けられるかどうか
xを不定元ということもありますが不定元のxというのは
個体定項xなので
意味は
Fa
です

先程も言いましたが|-∀xFxにおいてFaの仮定ができるとしたらそれは
任意のaという意味不明なものを認めることになります

たとえば
a∈Z:有理整数全体の集合
としたときにこれを任意の元と考えることは間違いです

これまでもFxとFaを混同している人は多く見られました
0063132人目の素数さん2021/10/27(水) 01:36:49.57ID:valka1tN
数学ではが抜けてましたね
数学では不定元をxで表すことが多いです
0064132人目の素数さん2021/10/27(水) 01:51:24.09ID:valka1tN
Faにおいて
「不特定の」人間である
をつくることは可能か?

この時点から議論しないといけないかも知れません
これは名辞論理学の範疇です
名辞論理学なら可能
限量論理学なら不能
だと考えます
0065132人目の素数さん2021/10/27(水) 01:58:35.87ID:valka1tN
任意定数
これも混乱を招く用語だと思います
だから
変数
定数
という二分法は使わないです
0066132人目の素数さん2021/10/27(水) 02:00:25.01ID:valka1tN
後で不変部分群が出てくるのですが
そこで扱う元も任意の元と書かれています
しかし意味はFaです
0067132人目の素数さん2021/10/27(水) 02:06:46.18ID:j4uLW5Ia
うーん…?
>>48に書いてある、Faを仮定として∀x[Fx→Fx]は導くのは間違ってると思うけど

xを不特定としたFxを仮定することはできて、そこから∀x[Fx→Fx]を導くことはできると思うんだけどな…?


さすがにもう遅いから、これ以降の返事は明日にする
0068132人目の素数さん2021/10/27(水) 07:20:28.53ID:YjAzLH1Y
任意のx∈Xから個体定項a∈Xを選ぶこと

|- ∀x[x∈X→∃s[s∈X∧s=x]] 
1  (1) ∃s[s∈X∧x=s]       仮定 
2  (2) a∈X∧x=a         仮定 
  (3) x∈X→a∈X∧x=a      2.→-導入
   (4) x∈X→∃s[s∈X∧x=s]    3.∃-導入
   (5) ∀x[x∈X→∃s[s∈X∧x=s]]  4.∀-導入
0070132人目の素数さん2021/10/27(水) 07:36:54.32ID:YjAzLH1Y
F:集合族(定項集合)
S:変項集合
∀Z[Z⊆A] i.e. ∀Z[[Z∈F→∃S[S∈F∧Z=S]]
0074132人目の素数さん2021/10/27(水) 09:03:38.88ID:YjAzLH1Y
暫定2

∀Z[[Z∈F→∃S[S∈F∧Z=S]] → ∀x[x∈Z→∃s[s∈A∧x=s]]
0075132人目の素数さん2021/10/27(水) 09:13:08.88ID:YjAzLH1Y
質問の意味がわかった
全称判断の
・任意
・すべて

この二つに違いがあるのか?

このままいくと存在判断で選択したもののみが存在するということになるので
ではこれが「すべて」なのか? と問われればよくわからないです
「すべて」というもの自体がわからないからです

たとえば
無限集合において存在判断で有限個選択したとするとこれは有限集合である
これには問題があるので集合の元の選択というのは写像で行わなければならない
写像で集合の元の選択を考えれば「無限集合から有限個を選んだ」
が成立する
選ばれた集合自体は無限でも有限でもどちらでもよい

それだから

@ ∀x[x∈X→∃s[s∈Y∧x=s]]
A ∀x[x∈X→∃s[f(s)∈Y∧x=s]]

この2つを同じものとして看做しています

とくにAはf(s):=s

で定義します
0076132人目の素数さん2021/10/27(水) 09:16:09.64ID:YjAzLH1Y
これを群で考えると準々同型の話になります
つまり全体と部分を考えるにはどうしても準々同型という概念が必要になります
しかし現代数学で準々同型が語られることはありません
これが何故ロストしたのかも考えていたりします
0077132人目の素数さん2021/10/27(水) 09:27:41.28ID:YjAzLH1Y
結論は
「すべて」という文字で表されてきた概念は不確かなので
全称記号は「任意の」と翻訳することにします
それなので両者は違います
ただ集合を写像に通した場合それらは個体定項で考えているので
そもそも全称判断がありません

それなので写像以降の議論ではこの全称判断の問題はないと言ってよいでしょう
ただし
「任意の部分集合」という問題があったので今考えています
もしかしたら圏の問題かも知れません
仮に任意の部分集合というのが集合で扱いきれない場合(FxとFaの混同問題)
その部分集合を便宜的に定項集合としてみようと思っています
0078132人目の素数さん2021/10/27(水) 09:29:03.81ID:XQlqCet6
>>9
数学において写像は定義域×値域の特定の部分集合のこと
金子さんの本を読んだことはないが、哲学者のようだし、数学のための論理学の本を書いてるわけではないんじゃないかな
数学に寄った別の本を読んだほうがスレタイに近づけるかもしれない
0079132人目の素数さん2021/10/27(水) 10:12:07.64ID:YjAzLH1Y
定義4(準群)
G:集合
a,b∈G(個体定項)

とする.このとき次の条件をみたすGをその結合法について準群をなす,という.

(1) a,b∈G→ab∈Gが一意に決まる ☆a∈Gとは写像σ:G→G,σ(s):=aを指す
(2) (ab)c=a(ab)  結合律

定理2(準群の(1)の証明)

(@) 存在
写像f:G×G→G, f(<s,t>):=abについてfが存在する限りにおいてab∈Gである.
(A) 一意性
写像fの一意性

[f(<s,t>)=a_1b_2∧f(<s,t>)=a_2b_2]→a_1b_1=a_2b_2

により成立する.□

☆ つまり,写像fが存在すれば,Gの積閉は保証される.ここでfは公理的規則と言ってよいだろう.
写像を定めなければ群論ひいては代数学が始まらない.
定義5(可換準群)
G:準群
a,b∈G(個体定項)
とする.このとき

ab=ba

が成り立てばGを可換準群という.群は写像の一意性により可換である.
実際
[f(<s,t>)=ab∧f(<s,t>)=ba]→ab=ba

が成立する.それゆえ定義5は示されたので
以後準群及び群は可換群で考える.

定理3(準群の(2)の証明)
写像の像

f(<s,t>)=ab∧f(<s,t>)=bc

に対して準群は積閉であるから

m:=ab
n:=bc

とおける.このとき

mc=an

を示す.

mc=(ab)c=(ba)c=c(ba)=cba
an=a(bc)=(bc)a=(cb)a=cba

∴ mc=an i.e. (ab)c=a(bc)

が示された.□
0080672021/10/27(水) 12:37:13.55ID:HG2aUqpO
仕事合間に色々調べて読み返したら、ようやく>>1が何を議論してるのか見えてきたかもしれない

>>1は自然演繹と一階述語論理を総合した議論をしようとしてるんじゃない?

たしかに一階述語論理において、
P(x)を「xは人間である」という述語とした場合、
P(アリストテレス)の真理値や∃xP(x)の真理値は決められるけど、P(x)の真理値は決められない

だからと言って、自然演繹でP(x)を仮定できないということではないと思う
自然演繹ではP(x)を仮定した後、→導入でP(x)→…の形にして、∀導入すればxは束縛変項になるんだから、真理値を決められる論理式になる
0081132人目の素数さん2021/10/27(水) 18:24:13.42ID:YjAzLH1Y
Fxを空集合のようだと言いましたがそういう意味だとしましょう
私は数学で空集合が元をもつということを仮言命題の前件として仮定することはできない
と考えています(後件仮定は可能)
ですのでいくら論理学的に論証が妥当であっても数学的に正しくなければ
Fxを前件仮定するという理屈を採ることはできないです

調べて下さりありがとうございます
0082132人目の素数さん2021/10/27(水) 18:38:51.44ID:YjAzLH1Y
|- ∀xFx

1 (1) Fx   仮定
1 (1) ∀xFx  1.∀-導入 ☆数学には使えない

|- ∀xFx

1 (1) ∀xFx 仮定
1 (2) Fa   1.∀-除去 ☆これは間違い

|- Fa∧Fb

1 (1) Fa   仮定
1 (2) Fa∧Fb 1.∧-導入 ☆数学には使えない

仮定落としの機能を持つ規則でなければ単独では
数学で使えないということがわかりました
これらの仮定落としのある規則は組合せが必要なんですね
0083132人目の素数さん2021/10/27(水) 18:40:21.10ID:YjAzLH1Y
>>82
∧-規則は

Fa 仮定
Fb 仮定
Fa∧Fb

でした
ここでは意味ないですけど
0085132人目の素数さん2021/10/27(水) 19:22:04.39ID:YjAzLH1Y
かつて本に書いてある
「任意の」
「すべての」
「各」
「いかなる」
「存在する」
「適当な」
「少なくとも1つ」

などそのままに従ったがために
めちゃくちゃになったことがあります
混乱しないためには
・対応規則はなにか?
・写像はあるか?
この2点のみを徹底して調べることだと思います
この間違い探しのゲームみたいな状態でも
挫けずにできる人は少ないかも知れません
何が楽しいの?
これが率直な意見だと思います
ただ知りたい
それだけです
0086132人目の素数さん2021/10/27(水) 19:25:21.48ID:YjAzLH1Y
たとえば群Gの共役元は
任意のg
任意のa
より
gag^{-1}

と定義されていますがこれも「任意の」を削除するべきものです
0087132人目の素数さん2021/10/27(水) 19:40:45.75ID:YjAzLH1Y
☆ 可換準群Gがその結合法についてさらに次の条件をみたすとき
Gを可換群という.

定義6(左主単位元)
G:可換準群
f(<s,t>)=ea
について
ea=a
となるeをGの左主単位元という.

☆ Gは可換であるのでeの左右の区別は必要ないので以後,単にGの主単位元という.

定義7(左逆元)
G:可換準群
f(<s,t>)=ba
に対して
ba=e
となるbをaの左逆元という.

☆ ここでも以後,左右の区別はせずにaの逆元という.
☆ 主単位元,逆元ともに写像の一意性から唯一つ存在することを
直ちにいえる.実際
(単位元)

f(<s,t>)=e_1a (e_1はGの主単位元)

f(<s,t>)=e_2a (e_2はGの主単位元)

→ e_1a=e_2a @

が成り立つ.このとき等式の性質とGの積閉により@の右から両辺に
aの逆元bを掛けると

e_1ab=e_2ab
i.e.
e_1e=e_2e
i.e.
e_1=e_2

を得る.それゆえ,Gの主単位元は唯一つである.以後Gの主単位元は
eで表す.
0088132人目の素数さん2021/10/27(水) 19:41:33.46ID:YjAzLH1Y
(aの逆元)

f(<s,t>)=b_1a (b_1はaの逆元)

f(<s,t>)=b_2a (b_2はaの逆元)
→ b_1a=b_2a @

ここでも,等式の性質とGの積閉より@の両辺に右からaの逆元bを掛けると

b_1ab=b_2ab
i.e.
b_1e=b_2e
i.e.
b_1=b_2

である.それゆえ,aの逆元は唯一つである.以後aの逆元をa^{-1}で書く.

定理4(主単位元の定義の証明)
G:可換群
とする.このとき

ea=a

となるeが唯一つ存在することを示す.そのために対応規則

ea →(対応) a
f:G→G

が写像になることを言えばよい.Gは積閉であるから

k:=ea

とおく.このときf(k):=aと定めるとき

ea∈G→a∈G

をいう.
0089132人目の素数さん2021/10/27(水) 19:42:35.12ID:YjAzLH1Y
(1) 存在

a∈G @
を仮定する.このときGは積閉であるので,ea∈Gを考えることができる.それゆえ→-導入より

ea∈G→a∈G

が成立する.

これよりea=aが示された.

(2) 唯一性

e_1a=a
e_2a=a

に対して

e_1a=a∧e_2a=a → e_1=e_2 ☆

を示す.

e_1=e_2 @

を仮定する.いまe_1に対してGが積閉であることよりe_1aを考えると

e_1a=a

と書ける.さらにe_2について@から

e_2a=a

と成る.∧-導入より

e_1a=a∧e_2a=a

を考えることができるので,→-導入から☆が示された.□
0090132人目の素数さん2021/10/27(水) 19:43:10.53ID:YjAzLH1Y
定理5(逆元の定義の証明)
G:可換群
対応規則fを
ba →(対応) e
f:G→G
とし
m:=ba
f(m):=e
と定める.このとき

ba∈G→e∈G ☆

を示す.

(1) 存在

e∈G @

を仮定する.いまeにbaを右から掛けるとeba=baを考えることができる.
それゆえ→-導入により☆が成立する.すなわちba=eが示された.

(2) 唯一性

b_1a=e
b_2a=e

に対して

b_1a=e∧b_2a=e → b_1=b_2 ☆

を示す.

b_1=b_2 @

を仮定する.b_1についてGは積閉よりb_1の右からaを掛けると

b_1a=e

と成る.またb_2に対して@よりb_2a=eと書けるので,∧-導入yori

b_1a=e∧b_2a=e

を考えることができる.それゆえ→-導入から☆が成立する.
以上よりbの唯一性が示された.□
0091132人目の素数さん2021/10/27(水) 19:46:47.47ID:YjAzLH1Y
これは数学の話ではありませんが
輸入法学と揶揄されていた時代(今もですが)
向こうの外交官に翻訳をさせていたというような話を聴いたことがあります
帝国大学万歳の時代ですから
いろいろ辻褄合わせがあったと思います
それだから
何故間違っているのか?
というように問質すつもりはありません
0092132人目の素数さん2021/10/27(水) 19:58:39.73ID:YjAzLH1Y
鴎外も『舞姫』で
向こうの役人は玉突きとビールばっかり飲んで遊んでいる
なんて嘆いていましたね
まあそのくらいで丁度良いのかも知れませんが( ^ω^)・・・
0093132人目の素数さん2021/10/27(水) 22:04:37.48ID:DYGZSEZD
写像の矢印→と論理結合子の→を
同一視できないかなと思っていたんですけど
成功したかも知れません
明日部分群の証明で表します
0094132人目の素数さん2021/10/27(水) 22:31:57.54ID:DYGZSEZD
定理2(準群の(1)の証明)が証明になってないことに気が付いたので明日やり直します
0095132人目の素数さん2021/10/28(木) 05:39:57.93ID:DE54jP76
準群 (1) <a,b>∈G×G→ab∈Gが一意に決まる

定理2(準群の(1)の証明のやり直し)

対応規則fについて
f:G×G→G
<a,b> →(対応) ab
∀x∀y[<x,y>∈G×G→∃s∃t[f(<s,t>)∈G∧[x=s∧y=t]]]
f(<s,t>):=ab

と定義する.このときfが写像を成すことを示す.

(@) 像の存在

∃s∃t[f(<s,t>)∈G∧[x=s∧y=t]] @

を仮定しs,tについて

f(<a,b>)∈G∧[x=a∧y=b] A

も仮定する.このとき対応から<a,b>∈G×Gを考えることができる.
それゆえ→-導入より仮定Aが落ちて

<a,b>∈G×G→f(<a,b>)∈G∧[x=a∧y=b]

を得る.∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちて

<x,y>∈G×G→∃s∃t[f(<s,t>)∈G∧[x=s∧y=t]]

と成る.論証は無仮定であるから∀-導入により

∀x∀y[<x,y>∈G×G→∃s∃t[f(<s,t>)∈G∧[x=s∧y=t]]]

が成立する.

(A) fの一意性

f(<s,t>)=a_1b_1
f(<s,t>)=a_2b_2

に対して

f(<s,t>)=a_1b_1∧f(<s,t>)=a_2b_2 → a_1b_1=a_2b_2 ☆

を示す.

a_1b_1=a_2b_2 @

を仮定する.a_1b_1に対して像の定義より

f(<s,t>)=a_1b_1 A

と書ける.a_2b_2について@とAからf(<s,t>)=a_2b_2と表される.
∧-導入より

f(<s,t>)=a_1b_1∧f(<s,t>)=a_2b_2

を考えることができるので,→-導入により仮定@が落ちて☆が成り立つ.

以上よりfは写像であることが示されたので定理が成立する.□
0096132人目の素数さん2021/10/28(木) 06:06:27.12ID:DE54jP76
定理6
G:可換群
H_1,H_2⊆G:Gの部分群
定理より群の元は
g=ab^{-1}
と書ける.
このとき

H_1∩H_2⊆G:Gの部分群

が成立する.

(証明)

(@) H_1∩H_2がGの部分集合であること
(A) H_1∩H_2がGの部分群であること

(@)

対応規則f
f:H_1∩H_2→G
g →(対応) g

f(g):=g

と定める.このとき対応規則fが写像を成すことを示す.

(1) 像の存在

g∈H_1∩H_2 → g∈G ☆

を証明する.

g∈G @

と仮定する.条件よりH_1はGの部分群であるから

g∈H_1 → g∈G

と書ける.同じくH_2はGの部分群なので

g∈H_2 → g∈G

である.∧-導入より

g∈H_1 → g∈G ∧ g∈H_2 → g∈G

が成立する.
0097132人目の素数さん2021/10/28(木) 06:08:55.02ID:DE54jP76
これより

g_1∈H_1 ∧ g∈H_2 i.e. g∈H_1∩H_2 (∩の定義)

を考えることができるので→-導入より☆が示された.

(2) fの一意性

gの一意性により成立する.実際

f(g_1)=g_1
f(g_2)=g_2

に対して

f(g_1)=g_1 ∧ f(g_2)=g_2 → g_1=g_2 ☆

を示す.

g_1=g_2 @

と仮定する.g_1に対して条件から

f(g_1)=g_1 A

と書ける.またg_2について@とAにより

f(g_2)=g_2

であるので∧-導入から

f(g_1)=g_1 ∧ f(g_2)=g_2

を考えることができる.それゆえ→-導入から☆が成立する.

以上より対応規則fが写像であることがわかったので

H_1∩H_2⊆G:Gの部分集合

であることがわかった.

(A)

(@)よりH_1∩H_2⊆G:Gの部分集合
である.いま

H_1∩H_2=G:可換群 @

と仮定するとH_1∩H_2が可換群であることがわかる.∨-導入と∨-除去
により仮定@が落ちてH_1∩H_2⊆Gと表される.
このときH_1∩H_2はそれ自身可換群で,Gの可換群
でもあるからH_1∩H_2はGの部分群である.□
0098132人目の素数さん2021/10/28(木) 06:25:24.58ID:DE54jP76
群を考えている時は扱う集合の元が写像を通っているので
部分集合H⊆Gの証明のときに改めて

∀x[x∈H→∃s[s∈G]∧x=s]]

を示す訳ではない

なぜならもしそうだとするとFaを仮定して仮定落としのないままに
Faに対して∀-導入を適用してしまうからである
いま集合が積閉である段階でその元は写像を通っているので
それ以降の議論はFaである
Faを∀xFxにするには仮定落としが必要なので現状だとFaから直後にFxはいえない
0100132人目の素数さん2021/10/28(木) 18:22:56.06ID:DE54jP76
定理7
G:可換群
H_1,H_2⊆G:Gの部分群
g=ab^{-1}(定理による):群の元の型

H_1H_2:={g_1g_2|g_1∈H_1∧g_2∈H_2}

に対して

H_1H_2は必ずしもGの部分群とは限らない

☆ H_1:={e}
  H_2:={e}
の場合H_1H_2はGの部分群である


(証明)

もしH_1H_2⊆G:Gの部分集合ならH_1H_2はGの部分群であるということが
いえてしまうので,¬(H_1H_2⊆G)であることを示す.そのために

g_1g_2∈H_1H_2→g_1g_2∈G

を考察し,対応規則f

f:H_1H_2→G, g_1g_2→(対応)g_1g_2

f(g_1g_2):=g_1g_2

が写像であるかを調べる.

(1) 像の存在

¬(H_1H_2は必ずしもGの部分群とは限らない) 

☆論証に関係のない仮定には番号を付けない

を仮定し

g_1g_2∈H_1H_2→g_1g_2∈G

を証明する.
0101132人目の素数さん2021/10/28(木) 18:23:23.46ID:DE54jP76
g_1g_2∈G @

仮定する.条件よりH_1はGの部分群であるから

g_1g_2∈H_1→g_1g_2∈G

と書ける.またH_2もGの部分群であるので

g_1g_2∈H_1→g_1g_2∈G

である.∧-導入より

g_1g_2∈H_1→g_1g_2∈G∧g_1g_2∈H_1→g_1g_2∈G

と表されるので

g_1g_2∈H_1∧g_1g_2∈H_2 ☆

を考えることはできる.しかし∧及び∩と積との間には
何らの関係がある訳でもないので☆からg_1g_2∈H_1H_2を導出できない.
実際

g_1g_2∈H_1∧g_1g_2∈H_2 |- g_1g_2∈H_1H_2

を考えてみれば

1 (1) g_1g_2∈H_1∧g_1g_2∈H_2 仮定
1 (2) g_1g_2∈H_1        1.∧-除去
1 (3) g_1g_2∈H_2        1.∧-除去

これ以上の論証はできない.それゆえ¬-導入により仮定@は落ちて

¬¬(H_1H_2は必ずしもGの部分群とは限らない)

がいえる.ここでDN規則より

H_1H_2は必ずしもGの部分群とは限らない i.e. ¬(H_1H_2⊆G)

が成立する.すなわち対応規則fについて

f(g_1g_2):=g_1g_2

という定義はうまくできないことがわかるので像は存在しない.
以上より定理が示された.□
0102132人目の素数さん2021/10/28(木) 18:24:44.79ID:DE54jP76
定義8(N_1N_2の存在)
G:可換群
N_1,N_2⊆G:Gの部分集合
とする.このとき

N_1N_2:={n_1n_2|n_1∈N_1∧n_2∈N_2}

と定める.

☆定理7と同じ議論で一般には

¬(N_1,N_2⊆G)

である(定義8の証明完了).

とくにN_1N_2に対して

(1) N_1:={a}のときaN_2
(2) N_2:={a}のときN_1a

と書き

(3) N_1a:={n_1a|n_1∈N_1}
(4) aN_2:={an_2|n_2∈N_2}

☆ N_1N_2は一般にGの部分群にはならないので,可換群とも限らない.
これから可換群になるような場合を定義していくことになる.

☆ たとえH⊆Gが可換群だとしてもH_1H_2⊆Gとは限らないことから
HGあるいはGHにおいてHとGとの元が可換になるとは限らない.
これが難しい所である.
0103132人目の素数さん2021/10/28(木) 19:46:43.27ID:DE54jP76
定義9(共役元)
G:可換群
H⊆G:Gの部分群
a∈H:個体定項
g,g^{-1}∈G(g=ab^{-1},群の元の型,個体定項)
とする.このとき

gHg^{-1}:={gag^{-1}|a∈H}

について

aの共役元:⇔[gag^{-1}∈gHg^{-1}]

という.

定理8(定義9の証明)

gHg^{-1}⊆G:Gの部分群

(証明)

gHg^{-1}がGの部分集合であるかどうかを写像を用いて示す.そのために
対応規則f

f:gHg^{-1}→G

gag^{-1}→(対応)gag^{-1}

f(gag^{-1}):=gag^{-1}

が写像に成ることをいう.

(1) 像の存在

gag^{-1}∈gHg^{-1}→gag^{-1}∈G ☆

を証明する.

gag^{-1}∈G @

を仮定する.条件よりHはGの部分群であり,H自身可換群であるので

σ:H×H×H→H

σ(<s,t,u>)=gag^{-1} (とくに積閉,結合律,逆元の存在をみたす)

を考えることができる.すなわちgag^{-1}∈Hである.それゆえ
→-導入より仮定@が落ちて☆が成立する.これより像は存在する.
0104132人目の素数さん2021/10/28(木) 19:50:15.83ID:DE54jP76
(2) fの一意性
gは一意であるので,2つのaを考える.

f(ga_1g^{-1})=ga_1g^{-1} ☆
f(ga_2g^{-1})=ga_2g^{-1}

に対して

f(ga_1g^{-1})=ga_1g^{-1}∧f(ga_2g^{-1})=ga_2g^{-1}

ga_1g^{-1}=ga_2g^{-1} ☆☆

を調べればよい.

ga_1g^{-1}=ga_2g^{-1} @

と仮定する.ga_1g^{-1}に対して☆より

f(ga_1g^{-1})=ga_1g^{-1} ☆☆☆

と書ける.また@と☆☆☆より

f(ga_2g^{-1})=ga_2g^{-1}

である.∧-導入より

f(ga_1g^{-1})=ga_1g^{-1}∧f(ga_2g^{-1})=ga_2g^{-1}

を考えることができる.それゆえ,→-導入より仮定@が落ちて☆☆
が成立する.以上よりfが写像であることが示されたので

gHg^{-1}⊆G:Gの部分集合

がいえた.

(3) gHg^{-1}がGの部分群であること

(1)と(2)によりgHg^{-1}⊆Gであることが保証されているので

gHg^{-1}=G:可換群 @

を仮定すると,gHg^{-1}も群(可換とは限らない)であることがわかる.
@に∨-導入と∨-除去を適用すると仮定@が落ちてgHg^{-1}⊆Gと成る.
ここでgHg^{-1}はそれ自身群でGの群でもある.すなわち
gHg^{-1}はGの部分群である.□

定義10(共役部分群) (定理8の概念の定義)

定理8の部分群をHの共役部分群という.

☆ わかったこと
可換の構造というのは等号で保存されるとは限らない
0105132人目の素数さん2021/10/28(木) 19:53:23.82ID:DE54jP76
☆ 可換群の部分群は必ずしも可換群とは限らない
すなわち
可換群の部分群はそれ自身群を成すがそれが可換であるとは限らない
0107132人目の素数さん2021/10/28(木) 20:01:31.76ID:DE54jP76
群は全部可換
部分群はそれ自身群
それゆえ部分群は可換

これも論理的妥当と数学の性質が異なる例である
似たような構造に気をつけたい
0108132人目の素数さん2021/10/28(木) 20:06:39.17ID:DE54jP76
以前は伝統的論理学の妥当な論証の型(格式)を覚えていたのですが
もう忘れてしまいました
使わないと忘れてしまいますね
中世の修道院や教会だとこの格式は
毎日歌にして暗唱していたそうです
0109132人目の素数さん2021/10/28(木) 20:07:42.02ID:DE54jP76
それをぶっ壊したとされるフレーゲという人はどんな人だったんでしょうかね
怖いだろうなと思います
0110132人目の素数さん2021/10/28(木) 20:10:43.00ID:DE54jP76
正しいとされるものを否定していくのはつらい道です
できれば私も正統派でいたかったのですが
どうもそうはいかないようです
0111132人目の素数さん2021/10/28(木) 20:22:21.90ID:DE54jP76
たしかにaの共役元gag^{-1}が同値律をみたすことをいう場合に

たとえば反射律を

eae^{-1}=eae=ae=a

と書く時,このeとgについてどう説明すればよいのかが難しい.
なぜgをeで置き換えることができるのか.
これを「任意の」で説明してしまったことは仕方がないだろう.

さて

G×H×G→G

の段階で元の選択がある.このときf(<s,t,u>)=eae^{-1}

を考えることはできるがこれではgのうちeの場合しか示せていないので
別の方法を考える.
0112132人目の素数さん2021/10/28(木) 20:43:57.89ID:DE54jP76
aの共役元の反射律自体がわからないのでここは時間が掛かりそうです
0113132人目の素数さん2021/10/28(木) 21:11:45.53ID:DE54jP76
定理10
G:可換群
a∈G:個体定項
とする.このとき

a^{-1}の逆元はa

(証明)

b:=a^{-1}

とおく.このとき

bb^{-1}=e

を考えると

a^{-1}(a^{-1})^{-1}=e @

と書ける.いま等式の性質により@の両辺に左からaを掛けると

aa^{-1}(a^{-1})^{-1}=ae

i.e.

e(a^{-1})^{-1}=a

i.e.

(a^{-1})^{-1}=a □
0115132人目の素数さん2021/10/28(木) 21:13:56.49ID:DE54jP76
定理10
G:可換群
g∈G:個体定項
とする.このとき

g=a^{-1}b∈G→g^{-1}=b^{-1}a∈G ☆

(証明)

g^{-1}=b^{-1}a∈G @

を仮定する.等式の性質により@の両辺に左からbを掛けると

bg^{-1}=bb^{-1}a∈G

i.e.

bg^{-1}=a

i.e.

bg^{-1}g=ag

i.e.

b=ag

i.e.

a^{-1}b=a^{-1}ag

i.e.

a^{-1}b=g

を考えられる.それゆえ→-導入より仮定@が落ちて☆を得る.□
0116132人目の素数さん2021/10/28(木) 21:18:38.02ID:DE54jP76
定理11
G:群
a,b∈G:個体定項
とする.このとき

ag=b∈G→g=a^{-1}b∈G ☆

となるgが一意的に存在する.

(証明)

(1) 存在すること

g=a^{-1}b∈G @

と仮定する.このとき等式の性質から@の両辺に左からaを掛けると

ag=aa^{-1}b

i.e.

ag=eb

i.e.

ag=b

を考えることができる.それゆえ→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.

(2) gの一意性

写像の一意性を適用して

f(<s,u>)=ag_1 ∧ f(<s,u>)=ag_2

ag_1=ag_2 @

を得る.このとき@の両辺に左からa^{-1}を掛けると

a^{-1}ag_1=a^{-1}ag_2 i.e. g_1=g_2

が成立するので(2)が示された.□

同じ理屈でgは

gb=a→g=ab^{-1}

と書くことにする.
0118132人目の素数さん2021/10/28(木) 22:03:17.88ID:DE54jP76
わからない理由がわかりまいた
本では共役概念の同値律について述べており
まだ未定義の不変部分群について証明しています
それならわかりました
ここでは
・aの共役元
・Hの共役部分群
・不変部分群H
の順で示します

断りなしで共役が同値律をみたすという所で
不変部分群の定義の証明をしていたみたいです
読むのが難しいですね
0120132人目の素数さん2021/10/29(金) 09:13:17.75ID:lY+386TH
ちょうど群論の勉強を始めたところだったから助かります
0121132人目の素数さん2021/10/29(金) 09:18:55.56ID:R633SrBt
アイデアは含まれているが、ここでやってることは現代数学とは異なる
0125132人目の素数さん2021/10/29(金) 19:14:11.66ID:lY+386TH
>>121
どう異なるか、教えてもらえるとありがたいです
0126132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:01:23.80ID:Bo/PI/SO
今日の分を書き込もうと思ったが
どう異なるのか意見を聴いてみたいわ
しばらく待つよ
0128132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:25:01.85ID:Bo/PI/SO
定理12

共役という概念は同値律をみたす:

(1) gag^{-1}:aの共役元
(2) gHg^{-1}:Hの共役部分群

(証明)

(1)
(ア) 反射律

同一性規則より

gag^{-1}=gag^{-1}

が成立する.

(イ) 対称律

gag^{-1}=hbh^{-1}→hbh^{-1}=gag^{-1} ☆

を示す.

hbh^{-1}=gag^{-1} @

を仮定すると写像

f:G×H×G→gHg^{-1}

f(<s,t,u>)=hbh^{-1} (@)

f(<s,t,u>)=gag^{-1} (A)

hbh^{-1}=gag^{-1} (写像の一意性)

を考えることができる.いま

(@)∧(A)→(@)=(A)

であるとすると∧の性質により

(A)∧(@)→(A)=(@)

と表すことができる.これより@を仮定すると(A)=(@)を想定できるので
→-導入から仮定@が落ちて

(A)=(@)→(@)=(A) i.e. ☆が成立する.
0129132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:25:59.12ID:Bo/PI/SO
(ウ) 推移律(移動律)

gag^{-1}=hbh^{-1}∧hbh^{-1}=kck^{-1}→gag^{-1}=kck^{-1} ☆

を示す.

gag^{-1}=kck^{-1} @

を仮定する.このとき写像

f:G×H×G→gHg^{-1}

f(<s,t,u>)=gag^{-1} (@)

f(<s,t,u>)=hbh^{-1} (A)
∧ 
f(<s,t,u>)=kck^{-1} (B)

gag^{-1}=hbh^{-1}=kck^{-1} (写像の一意性)

が成立する.いま

(@)∧(A)→(@)=(A)



(A)∧(B)→(A)=(B)

を考えることができる.とくに

(@)=(A)∧(A)=(B)を想定できる.それゆえ→-導入により仮定@が落ちて

(@)=(A)∧(A)=(B)→ (@)=(B)
0130132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:27:07.56ID:Bo/PI/SO
(2)
(ア) 反射律

同一性規則より

gHg^{-1}=gHg^{-1}

が成立する.

(イ) 対称律

gH_1g^{-1}=hH_2h^{-1}→hH_2h^{-1}=gH_1g^{-1} ☆

を示す.

hH_2h^{-1}=gH_1g^{-1} @

を仮定する.このときそれぞれ写像を考えると

f_1:G×H_1×G→gH_1g^{-1}

f_2:G×H_2×G→hH_2h^{-1}

に対して

f_2∧f_1→hH_2h^{-1}=gH_1g^{-1} ☆☆

と書ける.ここで∧-規則の性質により☆☆から

f_1∧f_2→gH_1g^{-1}=hH_2h^{-1}

を考えられる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.

(ウ) 推移律(移動律)

(イ)と同じようにして

f_1:G×H_1×G→gH_1g^{-1}

f_2:G×H_2×G→hH_2h^{-1}

f_3:G×H_3×G→kH_3k^{-1}

について

f_1=f_2∧f_2=f_3→f_1=f_3 ☆

を示す.
0131132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:27:39.98ID:Bo/PI/SO
f_1=f_3 @

を仮定する.@より

f_1∧f_3→f_1=f_3 ☆☆

と表されるので同じように(gHg^{-1}のgやHは類における代表元のようなものなので,
つまりgにはH_1,hにはH_2,kにはH_3がそれぞれ相互に依存している.これよりf1あるいはf_3の元を換えたものをf_2と考えてよい)

f_1∧f_2→f_1=f_2

f_2∧f_2→f_2=f_3

すなわち

f_1=f_2∧f_2=f_3

を考えることができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.

以上より定理が示された.□
0132132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:28:34.90ID:Bo/PI/SO
定義11(不変部分群)p.16
G:可換群
gHg^{-1}⊆G:Hの共役部分群
に対して

Hは不変部分群:⇔[gHg^{-1}=H∨gH=Hg]

と定義する.

☆ 換言すればHが同値律をみたすか,またはGの部分群Hが可換群のとき
Hは不変部分群である,という.

定理13(定義11の証明)
G:可換群
H:Gの不変部分群
とする.このときHは同値律をみたす.

(証明)

(1) 反射律

同一性規則より

H=H

をみたす.

(2) 対称律

H=gHg^{-1}→ gHg^{-1}=H ☆

を示す.

gHg^{-1}=H @

を仮定する.@の

(左辺)=H
(右辺)=gHg^{-1}

よりH=gHg^{-1}を考えることができるので→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.
0133132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:29:01.19ID:Bo/PI/SO
(3) 推移律(移動律)

H=gHg^{-1}∧gHg^{-1}=H→H=H ☆

を示す.

H=H @

を仮定する.@の左辺について

H=gHg^{-1}

@の右辺について

gHg^{-1}=H

∧-導入より

H=gHg^{-1}∧gHg^{-1}

を考えることができる.それゆえ→-導入により仮定@が落ちて
☆が成り立つ.

以上より定理が示された.□

☆ ∨-規則は片側のみ示されれば十分だが,ここではHが可換群になることも証明してみたい.

定理14(定義11の証明)
G:可換群
H:Gの不変部分群
とする.このときHはH自身可換群である.

(証明)

条件よりHがgHg^{-1}=Hと表された,とする.
このとき等式の性質からこの両辺に右からg∈Gを掛けると

gHg^{-1}g=Hg

i.e.

gHe=Hg

i.e.

gH=Hg

が成立するので定理が示された.□
0134132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:38:07.42ID:2o0bn0th
集合 A, B の元の順序対からなる集合(すなわち二項関係)f が
x ∈ A ならば (x, y) ∈ f を満たす y ∈ B が存在する
(x, y1) ∈ f かつ (x, y2) ∈ f ならば y1 = y2
の二つをみたすとき、f を A から B への関数と呼び[7]、f: A → B で表す。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%86%99%E5%83%8F

対応規則とやらの不明な単語は登場しない
順序対からなる特定の集合が写像のこと
0135132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:40:29.91ID:Bo/PI/SO
☆ 数学における「任意」の意味がわかってきました.
たとえば類における代表元における「元のとり方に依らない」という言い回しが数学の「任意」の意味だと言える.
実際には代表元aの同値類Caの元はすべてaなのでaのとり方に依存していると思われるのですが
慣用句になっているので,「依らない」を依存すると解釈しています.

ここでは,共役元のとり方と
gHg^{-1}におけるgとg^{-1}は「任意」だということがわかりました.
つまり,先にも述べましたが
たとえば共役元aをbにするとGの元もgからhに変わります.
反対に,Gの元をgからhに変えると共役元もaからbに変わります.

これを数学では「任意」と呼んできたということがわかったのでよかったです.
ここでは「すべての」という意味はないようですね.
このようにこれからも全称記号「∀」存在記号「∃」が
数学に導入される以前の本を読むことで数学及び論理学を理解したいと思っています.
0136132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:43:35.83ID:Bo/PI/SO
定義したものを証明している以上
不明は存在しない
0137132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:48:27.56ID:2o0bn0th
「対応規則」なるものが定義されていないから、写像も>>9では何を表してるかが不明瞭
他の本も読んでみると良いかと
0138132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:48:32.05ID:D5JiHo3R
>>125
俺は>>121ではないけど、このスレで>>1はオリジナルの数理論理を展開してるので、俺も勉強の参考には勧めない

例えば>>81で、空集合が元を持つことを仮言命題の前件とすることはできないと>>1は言ってるけれど、現代の通常の数理論理(一階述語論理とZFC集合論)では前件とすることができる

x∈∅→x∈A
この場合、前件が決して真にならないから論理式全体は必ず真になる
こういうのを空虚な真と言ったりする
問題はこの論理式が、空集合は任意の集合の部分集合であるという現代の集合論で常識になっていることを表しているところで、こういった論理式を認めないとなると通常の数学から乖離している可能性が高い
0139132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:48:52.83ID:Bo/PI/SO
ただ既に1960年代には限量記号はないものの
実質的にその意味で使われていることが多いと思います
実際
成田正雄は使っていました
1950年以前でないとダメかもしれません
0140132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:50:47.55ID:Bo/PI/SO
数学は恒真だと明示しているのでそれに反することを書かれても答えられないです
偽の仮定があれば恒真という推論規則も使ってないです
0141132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:52:26.97ID:Bo/PI/SO
所謂矛盾の規則を使いません
厳密に言うと背理法も使いません
0142132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:53:27.17ID:Bo/PI/SO
排中律については
二重否定規則から導出されると言うことで認める他ないですが
使わない方針です
0143132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:53:43.79ID:2o0bn0th
>>138
その通りだな
過去に初学者らしきレスもあったから一応書いておきたいが、このスレは現代数学とは道が異なる
0144132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:55:43.73ID:Bo/PI/SO
対応規則は像のことです
0146132人目の素数さん2021/10/29(金) 20:59:57.50ID:Bo/PI/SO
そりゃあ大学で通用しないでしょうw
学校で通用するならここに書いてないです
0147132人目の素数さん2021/10/29(金) 21:00:54.53ID:Bo/PI/SO
>>145
循環していても証明している以上は定義になりませんか?
0148132人目の素数さん2021/10/29(金) 21:07:45.74ID:Bo/PI/SO
|- ∀x[x∈X→∃s[f(s)∈Y∧x=s]] 

1  (1) ∃s[f(s)∈Y∧x=s]       仮定 
2  (2) f(a)∈Y∧x=a         仮定 
  (3) x∈X→f(a)∈Y∧x=a      2.→-導入
   (4) x∈X→∃s[f(s)∈Y∧x=s]    3.∃-導入
   (5) ∀x[x∈X→∃s[f(s)∈Y∧x=s]]  4.∀-導入

まあ対応規則というのは1952年当時の数学に従ったまでなので
削除しても構いません
ここではf(s):=sとおくことで上記の証明と部分集合X⊆Yを同一視して
fの存在を証明しています
0149132人目の素数さん2021/10/29(金) 21:15:15.86ID:D5JiHo3R
>>141
矛盾律を使わないとなると、それは矛盾許容論理になる
わかっているのかもしれないが、その時点で通常の数学(一階述語論理とZFC集合論)とは明らかに異なることになる
0150132人目の素数さん2021/10/29(金) 21:18:39.10ID:Bo/PI/SO
>>149
矛盾の規則って矛盾律のことではなく



X:任意

のことです
0152132人目の素数さん2021/10/29(金) 21:26:24.00ID:Bo/PI/SO
>>151
わかりました
0153132人目の素数さん2021/10/29(金) 21:42:27.38ID:Bo/PI/SO
矛盾律は排除できないですね
でも直観主義論理などは認めないということです
0154132人目の素数さん2021/10/29(金) 21:45:47.65ID:Bo/PI/SO
というか金子によれば
DN規則があればそれは直観主義よりも強い主張である
とか言ってましたね
DN規則がある以上古典論理の範囲だと思っていました
0156132人目の素数さん2021/10/29(金) 22:22:55.96ID:Bo/PI/SO
>>155
ああそうでしたね
でもそういう分類に意味はないと思っているので
0157132人目の素数さん2021/10/29(金) 22:32:21.47ID:QkJQO9l/
>>156
「そういう分類に意味はない」とはどういうことだ?
古典論理であるかそうでないかを議論することに、意味はないと言っているのか?
0158132人目の素数さん2021/10/29(金) 22:37:48.67ID:Bo/PI/SO
AI調子乗んなよ
0159132人目の素数さん2021/10/29(金) 23:01:37.25ID:QkJQO9l/
AI…?何のことを言ってるかわからんが、理性的に議論できないならこれでお開きだな

最後に言っておくが、背理法を使わないとか簡単に言うが、背理法で証明されている定理はかなり多い
自然数全体は可算無限だが、実数全体は非可算無限であるだとかもその一つだ

数学のための論理学というが、今の数学は古典論理の上にできているのだから、間違いなく別物になる
その別物が悪いものだと言うつもりはないが
0160132人目の素数さん2021/10/29(金) 23:33:53.07ID:y2yZvMq5
ところで「チンポがシコシコする」という日本語表現は、学術的に正しいと言えるのか?

チンポ「を」シコシコするのではなくて、チンポ「が」シコシコする。この場合、「チンポ」は主語となる。

オブジェクト指向で言う「集約」は2種類あって、全体(俺)と部分(チンポ)が繋がっている場合と、
全体(俺)と部分(チンポ)が別々になっている場合とが考えられる。けれども「チンポ」はそれ自体
が独立した生き物であり、所有者の意思とは無関係に、自ら勃起して「シコシコする」。
例えば寝てる時にエロい夢みて朝起きてみたらチンコが勃起して射精してたとか。

違うか?

「胸がドキドキする」は良いが、「チンポがシコシコする」はダメな理由を、50字以内で述べろ!
0161132人目の素数さん2021/10/29(金) 23:36:54.58ID:y2yZvMq5
『シコシコ』という擬音はどうでもよい。問題は、

自我    チンポ
↑      ↑   チンポ=自我
チンポ   自我

オブジェクト指向では、この三種類が考えられるということだ。
>チンポ=自我
散歩している時、自分もチンポも所在地は同一である。

https://i.imgur.com/4XhBmP3.jpg
https://i.imgur.com/PPFJZqI.jpg

夏目くんの場合は、チンポが自我を圧倒し、体が自然に滝川さんの股間に近づいていったのだ。

『笑ってごまかすな!!』

と言われても、夏目くんは何と言えば良かったのだろう?

    チンポ≫自我

『チンポが自我を超えてしまった』を簡略化して、チンポがシコシコする!

チンポがシコシコしていると(チンポが自我を超越していると)、息もハァハァになる。
チンポがシコシコしている(チンポが自我を超越している)と、顔もアヘ顔になる。
つまりその顔は『チンポの一部』つまりチンポの皮と同じということ。

博士号の肩書きがあっても、STAP細胞のそれは間違いであり科学者として失格。
チンポと自我の関係について、それが間違いということなら、俺も科学者を自称するのを止めよう。
しかしながらあの夏目くんは、笑ってごまかす以外に何と申し上げたら良かったのか。
0162132人目の素数さん2021/10/29(金) 23:43:35.66ID:y2yZvMq5
クリントン大統領の「不適切」というのは、チンポが独立して主体意思でシコシコしてしまったから。
チンポは独立した生き物であり、アメリカ大統領の権限をもってしても、制御することは不可能だ。

クリントンの「不適切な関係」
https://eigo-kobako.blog.so-net.ne.jp/2008-06-21

class チンポ extends クリントン{
     super.不適切な関係;
}



クリントンーーーーーーーーーー
┃             ┃
┃             ┃
┃             ┃
┃             ┃
┃             ┃
ーーーーーーーーーーーーーーー
     ┃チンポ┃
      ̄ ̄ ̄ ̄
『人格を性欲に乗っ取られる』、つまりクリントンはチンポに人格を乗っ取られて、チンポにシコられてしまった!
0163132人目の素数さん2021/10/30(土) 00:58:27.28ID:8W5zlxqM
>>1の論理学のモチベーションは「数学のための論理学」というものであった。
しかし、既存の数学は古典論理の上に展開されていて、
一方で>>1の論理学は古典論理とは別物であることが確定している。

似たような研究として、たとえば直観主義での解析学や集合論が
既に存在しているが、それらは「従来の数学とは非常に遠い」らしい。
すると、>>1の論理学も、これに類するものになると予想される。

果たしてそれは、本当に「数学のため」になっているのだろうか?
最低限、>>1が望む形での「数学のため」は維持できるのだろうか?
0164132人目の素数さん2021/10/30(土) 01:01:54.27ID:8W5zlxqM
おそらく、>1が目論んでいたのは次のようなものだろう。

・ 自分の掲げる論理学によって、既存の論理学での(思想的な)不満点が解消される。
・ 定理ごとに証明を書き換えることで、既存の数学を自分の論理学の上に普通に移行できる。

もしこれが実現できたならば、確かに「数学のため」と言えるかもしれないが、
実際には>1の論理学は古典論理とは全くの別物なので、
直観主義での解析学のような、「従来の数学からは非常に遠い」可能性が高い。

そして、>>149-154あたりでの反応を見ると、>1は、自分の掲げる論理学が
古典論理から「かけ離れてしまう」ことに気づいてなかったようである。
>1は>>156-158でイラついた反応を見せているが、これは、

「わたしの目指す論理学は、わたしが望む形での "数学のため" を維持できない可能性が高い」
「わたしの目論見は失敗に終わりそうだ」

という絶望感から来る八つ当たりであろう。
0165132人目の素数さん2021/10/30(土) 08:42:20.44ID:LGcNAIwj
群の写像のまとめ

・対応規則
f:G×G→G
∀x[<x,y>∈G×G→∃s∃t[f(<s,t>)∈G∧[x=s∧y=t]]] 
f(<s,t>):=ab

k:=ab

・G⊆G

k∈G→k∈G

で対応規則を定め
・一意性

f(<s,t>)=k_1

f(<s,t>)=k_2

k_1=k_2

が成立する対応規則を写像という
0166132人目の素数さん2021/10/30(土) 08:44:13.21ID:LGcNAIwj
・部分集合を調べる時:写像を調べる
・写像を調べる時:部分集合を調べる

ができる
0168132人目の素数さん2021/10/30(土) 11:58:58.77ID:LGcNAIwj
可換群の部分群は必ず不変部分群になるというのが出てきたがこれは誤り

正田建次郎『抽象代数学』p.16引用

「Gが可換群であるならばその部分群は必ず不変部分群である」

証明は後で書きます
0170132人目の素数さん2021/10/30(土) 12:02:27.27ID:LGcNAIwj
不変部分群とは共役部分群が可換になることである

可換群の共役部分群が必ずしも可換でないことは先にみた
まさかその話が出てくるとは思わなかった
0171132人目の素数さん2021/10/30(土) 12:12:44.40ID:LGcNAIwj
これらの概念でもし類を構成していたら注意が必要だな
共役部分群は類の概念に近いから同値律をみたすことは自明だったけど
可換群になるとは限らないということについては難しかったようだ
0172132人目の素数さん2021/10/30(土) 14:54:31.85ID:LGcNAIwj
定理15
G:可換群
H_1,H_2⊆G:Gの不変部分群
とする.このとき次は成立するとは限らない:

(1) H_1∩H_2⊆G:Gの不変部分群
(2) H_1H_2⊆G:Gの不変部分群

(証明)

H_1∩H_2⊆G:Gの部分集合
H_1H_2⊆G:Gの部分集合

であることがわかれば,両者はGに含まれているのでGの不変部分群である
ことがわかる.それゆえ,それぞれがGの部分集合に成ることをを示す.
そのために

H_1∩H_2→G
H_1H_2→G

がそれぞれ写像を成すことをいう.

(1)

・対応規則fの存在

¬(fは存在しない)

と仮定すると

f:H_1∩H_2→G

f(gag^{-1}):=gag^{-1} (g=bc^{-1}:群の元の型)

と定める.このとき

gag^{-1}∈H_1→gag^{-1}∈G

を証明する.

gag^{-1}∈G

を仮定する.条件よりH_1はGの不変部分群であるので

gag^{-1}∈H_1→gag^{-1}∈G

i.e. gag^{-1}はgg^{-1}a i.e. ea∈H_1 i.e. a∈H_1, a∈G

i.e. a∈H_1→a∈G (H_1は可換群)
0173132人目の素数さん2021/10/30(土) 14:55:26.64ID:LGcNAIwj
同様にH_2はGの不変部分群であるから

hbh^{-1}∈H_2→hbh^{-1}∈G

i.e. b∈H_2→b∈G (H_2は可換群)

である.∧-導入より

a∈H_1∧b∈H_2→a∈G∧b∈G

であるが,これ以上の論証はできないので,¬-導入から

¬¬(fは存在しない)

を得る.そして,DN規則より「fは存在しない」が示された.

(2)

・対応規則fの存在

¬(fが存在しない)

と仮定すると

f:H_1H_2→G

m:=gag^{-1}
n:=hbh^{-1}

f(mn):=mn

と定める.このとき

mn∈H_1H_2→mn∈G

を示す.

mn∈G

を仮定する.条件よりH_1はGの不変部分群であるから

m∈H_1→m∈G

と書ける.またH_2もGの不変部分群であるので

n∈H_1→n∈G

と表される.∧-導入より

m∈H_1∧n∈H_2→m∈G∧n∈G

と成るが,これ以上の論証はできない.それゆえ¬-導入より

¬¬(fが存在しない)

を得る.これにDN規則を適用すれば「fは存在しない」が示された.□

☆Gの部分集合が主単位元のみの集合や空集合であれば定理は成り立つ.
0174132人目の素数さん2021/10/30(土) 16:01:26.49ID:LGcNAIwj
@アリは六本足の昆虫だ
Aトンボは六本足の昆虫だ
Bカブトムシは六本足の昆虫だ

論証に仮定はないので∀-導入より

六本足の虫は昆虫だ

こういう全称導入をしていきたい

ではどの段階で結論がいえるのだろうか

@からBまでなのか
@とAなのか
@のみでよいのか
それとも
もっと必要なのか

@が仮定に依存した論証でなければ
@のみで全称導入をできると考える

たとえば

昆虫とは六本足の(頭・胸・腹をもつ)虫をいう

☆便宜的に頭・胸・腹の部分は除いて議論をする

という定義がある

アリはこの条件をみたす

ゆえにアリは昆虫である

このアリには何らの仮定がない
そこで

すべてのアリは昆虫である

を導出してよい
0175132人目の素数さん2021/10/30(土) 16:04:05.14ID:LGcNAIwj
しかし

山田太郎は本塁打王である

より

すべての野球選手は本塁打王である

はいえない

山田太郎ならば本塁打王は成り立つが
野球選手ならば本塁打王は言えないからである

このような仮定が必要な議論とそうでない議論とを分けて
全称導入ができる形にして数学に応用したい
0176132人目の素数さん2021/10/30(土) 16:12:48.17ID:LGcNAIwj
では

山田太郎は人間である

すべての野球選手は人間である

これは言える

つまり全称導入というのは述語依存だとわかる
この点に気をつけて数学の述語に注目しながら証明したい
0177132人目の素数さん2021/10/30(土) 18:09:55.01ID:HoEFm9c/
一階述語論理をよく理解してないから、自然演繹に何か問題があると勘違いしてるだけだぞお前
0178132人目の素数さん2021/10/30(土) 18:39:15.57ID:a7f+n+rM
>>177
そもそも数学板とはアレな人間を生暖かく見守る場所であって
そういう指摘は野暮というものだぞ
0179132人目の素数さん2021/10/30(土) 18:57:04.73ID:LGcNAIwj
定理16
G:可換群
H⊆G:不変部分群
S⊆G:Gの任意の部分群
とする.このとき次が成立する:

(1) S∩H⊆S:Sの不変部分群
(2) HS=SH⊆G:Gの部分群

(証明)

☆ Gの任意の部分群とは何か?
F:Gの部分群の集合族(定項集合)
とする.

∀S[S∈F→∃T[T∈F∧S=T]]

に対して

a∈T→a∈G

となるTが存在する.

(1)のときTとしてGを選択
(2)のときTとして{e}を選択

をする.

(1) G∩H⊆G:Gの不変部分群

(ア) 対応規則fが存在すること

f:G∩H→G

gag^{-1}∈Hに対してgg^{-1}a∈H i.e. ea∈H i.e. a∈H

条件H⊆Gのa∈H→a∈Gよりa∈G.それゆえ

a∈G∩H ☆

である.
0180132人目の素数さん2021/10/30(土) 18:57:55.38ID:LGcNAIwj
これより

f(a):=a

と定める.このとき

a∈G∩H→a∈G ☆☆

を証明する.

a∈G @

を仮定する.☆よりa∈G∩Hを考えることができる.それゆえ→-導入により
仮定@が落ちて☆☆が成立する.

(イ) fの一意性

f(a)=a_1 ☆
f(a)=a_2

に対して

f(a)=a_1∧f(a)=a_2→a_1=a_2 ☆☆

をいう.

a_1=a_2 @

を仮定する.a_1について☆よりf(a)=a_1 ☆☆☆

と書ける.また@と☆☆☆からf(a)=a_2である.∧-導入により

f(a)=a_1∧f(a)=a_2

を考えることができる.それゆえ→-導入から仮定@が落ちて☆☆
が示された.

以上よりfは写像であるので

G∩H⊆G:Gの部分集合

であることがわかる.
0181132人目の素数さん2021/10/30(土) 18:58:20.93ID:LGcNAIwj
(ウ) G∩HがGの不変部分群であること

(ア),(イ)の結果G∩H⊆Gである.いま

G∩H=G:不変部分群 @

と仮定するとG∩Hも不変部分群である.そして∨-導入・∨-除去により
仮定@が落ちて

G∩H⊆G:Gの不変部分群

が成立する.論証は無仮定であるのでG∩H⊆Gに対して∃-導入と∀-導入を
適用すると

S∩H⊆S:Sの不変部分群

が示された.

(2) He=eH⊆G:Gの部分群

He=H
eH=H

より

He=eH⊆GはH⊆Gである.条件よりHはGの不変部分群であるので
とくにGの部分群である.それゆえ

H⊆G:Gの部分群

である.論証は無仮定であるので

He=eH⊆G

に対して∃-導入と∀-導入を適用して

HS=SH⊆G:Gの部分群

を得る.□
0182132人目の素数さん2021/10/30(土) 20:24:33.72ID:LGcNAIwj
定理17
G:可換群
H⊆G:不変部分群
s∈G:個体定項
h∈H:個体定項

とする.このとき

hs=shとは限らない.

(証明)

対応規則f

f:H→G

hs→(対応)sh

が写像に成るかを考えればよい.

¬(hs=shとは限らない) @

と仮定する.このとき対応規則を

f(hs):=hs
f(sh):=sh

と定める.しかし

f(hs)=f(sh)とは限らないので対応規則の一意性を考えることができないから
このfは写像ではない.それゆえ¬-導入により仮定@が落ちて

¬¬(hs=shとは限らない)

と表される.そして,DN規則から

hs=shとは限らない

を得る.□
0183132人目の素数さん2021/10/30(土) 20:49:18.43ID:2Nj5isY9
>>1がかわいい
0185132人目の素数さん2021/10/30(土) 22:40:24.77ID:8W5zlxqM
>>182
こんなトンデモ定理が成立してしまうようなオレサマ論理学が、
一体どういう意味において「数学のため」になっているというのか。
0187132人目の素数さん2021/10/31(日) 09:08:43.37ID:nz7BE5sJ
>>182
Gは可換群なのだから
いつもhs=shとなるのではないですか
勘違いかもですが
0188132人目の素数さん2021/10/31(日) 10:56:14.98ID:IaC5wZcK
>>187
違うと思いますよ

G:可換群
H_1,H_2⊆G:Gの部分群
H⊆G:Gの不変部分群
とする
このとき

@ H_1H_2⊆GはGの部分群とは限らない
A HがGの不変部分群のときHs=sH (s∈G)であるが
  hs=shとは限らない

つまりH_1とH_2がそれぞれ可換群Gの部分群であっても
H_1とH_2との積H_1H_2はGの部分群とは限らないのであるから
H_1H_2の元を考えたときにこれらは群の元とは限らない☆

そしてHがGの不変部分群のときその定義がHs=sHであるに過ぎない
(任意のHとGでHs=sHであるとは言ってない)
☆によりHsの元とsHの元は(可換)群の元とは限らないのである
(HsとsHはH_1H_2の特別な場合であるから)
それゆえこれらの元は一意的に存在するとはいえない

たとえば対応規則f

f:H→G

においてfの一意性が担保されていないので

hs→(対応)hs
sh→(対応)sh

とは限らないと考えられる

準群の条件第一に

一意的な積閉

とあります
@やAはこの条件をみたしていないと思われる
0189132人目の素数さん2021/10/31(日) 11:35:35.58ID:nz7BE5sJ
抽象代数は苦手なもので、まだよく分かっていないのですが
もうちょっと考えてみることにします
レスありがとうございました
0191132人目の素数さん2021/10/31(日) 16:21:25.60ID:4M9+beq3
少なくとも古典論理の上での通常の数学では、
Gが可換群ならいつでも hs=sh が成立する。

これが成立するとは限らないという
>>182の論理学は全く「数学のため」になってない。
0192132人目の素数さん2021/10/31(日) 16:33:16.14ID:4M9+beq3
一応聞いておくけど、hs=sh が成り立たないような
可換群Gの具体例を1つ挙げてみてよ。

たとえば、具体的な「有限」可換群を挙げようとすると、
それが有限であるがゆえに、全ての元を個別の記号で
完全に表記することが可能で、それらの記号の間の
2項演算も個別に定義可能。
今の場合は可換であるように2項演算を作るのだから、
個別の記号 s,h に対して自明に hs=sh が成り立っている。

つまり、具体的な「有限」可換群では>>182の具体例にならない。
では、どんな可換群が>>182の具体例なのか?
0193132人目の素数さん2021/10/31(日) 17:30:38.48ID:IaC5wZcK
まさかと思うが
s,h∈G
ではなく
s∈G
h∈H

の区別はついているか?

H_1H_2⊆Gが部分群とは限らない

という文は読んだのか?
0194132人目の素数さん2021/10/31(日) 17:42:28.41ID:IaC5wZcK
Hの元がGの元とは限らないと言っているのに
何でGの元前提で話をしているのだろう
0195132人目の素数さん2021/10/31(日) 17:47:07.23ID:IaC5wZcK
しかも何で有限とか言い出してんだろ
きもい
レス不用
これでもレスしてくんだろうなw
0196132人目の素数さん2021/10/31(日) 17:48:50.72ID:IaC5wZcK
>>186
具体例
馬:太郎
鹿:次郎

f(馬鹿)=馬鹿
f(鹿馬)=鹿馬

馬鹿≠鹿馬
0197132人目の素数さん2021/10/31(日) 17:58:28.40ID:IaC5wZcK
自分は何でも知っているみたいなスタンスがきもい
どうせAIだろうけど
0198132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:12:05.03ID:4M9+beq3
>>194
>Hの元がGの元とは限らないと言っているのに

何を言ってるんだ。>>182では仮定の部分に

H⊆G

と書いてあるんだから、Hの元は自明にGの元だろ。
それとも、君の論理学では

・ H⊆G であっても、Hの元はGの元とは限らない

のかね?
0199132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:14:02.58ID:IaC5wZcK
貴方の話が正しいとすると
次の核心という定義もできないし
私はすべての群は可換群であるという前提で話をしている以上
共役部分群が全部不変部分群になってしまうこともおかしい

そのおかしさを指摘したいなら回りくどく言ってないでそう言えばいいのに
何を遠慮しているのか?
0200132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:16:14.52ID:IaC5wZcK
>>198
まあ記号を変えるべきというのはあるでしょう
しかし
Hは不変部分群です
0201132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:17:42.36ID:IaC5wZcK
H⊆G:部分集合
H⊆G:不変部分群

この違いはわかりますか?
0202132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:19:56.47ID:4M9+beq3
>>200
>まあ記号を変えるべきというのはあるでしょう

それはつまり、「 H⊆G であっても、Hの元はGの元とは限らない 」ってことだよね?

(1) そうです。わたしの論理学の上では、H⊆G であっても、Hの元はGの元とは限りません。

(2) いいえ。わたしの論理学でも、H⊆G ならば Hの元は必ずGの元です。

のどちらかで はっきり答えてくれませんか。
0203132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:23:21.08ID:4M9+beq3
>>201
通常の数学では、H⊆G と書いた時点で「HはGの部分集合」という意味になる。よって、

> H⊆G:部分集合

とは、あくまでも通常の数学で解釈するならば、

「 HはGの部分集合であり、かつHはGの部分集合である 」

という、同じ意味を二重に繰り返した文章になる。また、

> H⊆G:不変部分群

の方は、

「 HはGの部分集合であり、かつHはGの不変部分群である 」

という意味になる。いずれにしても、通常の数学ならば、H⊆G と書いた時点で
「HはGの部分集合」が確定するので、「Hの元は必ずGの元である」ということになる。
これはもちろん、通常の数学での話であり、君の論理学の上でどう解釈されるのかは知らない。
だから、さっきから>>202のように質問している。
0204132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:24:10.33ID:IaC5wZcK
>>202
>>201

先に201に答えろ
0205132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:25:54.70ID:IaC5wZcK
>>203
>HはGの部分集合であり、かつHはGの不変部分群である

ダウト

全く不変部分群がわかってないですね
質問する前に
正田建次郎を読むことをおすすめします

貴方とは議論になりそうにもないので以後無視しますので
0206132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:28:43.76ID:4M9+beq3
>>205
だから、それがダウトになるのはあなたの論理学の上での話でしょ。
通常の数学では、H⊆G と書いた時点で「HはGの部分集合」だよ。

それで?結局、あなたの論理学の上では、
「 H⊆G であっても、Hの元はGの元とは限らない 」ってことだよね?

(1) そうです。わたしの論理学の上では、H⊆G であっても、Hの元はGの元とは限りません。

(2) いいえ。わたしの論理学でも、H⊆G ならば Hの元は必ずGの元です。

のどちらかで はっきり答えてよ。
0207132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:28:59.30ID:IaC5wZcK
へ理屈で言い負かそうとするAIきっしょwwwwwww
0208132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:30:04.18ID:IaC5wZcK
じゃあ

H⊆G

を使わないで

HはGの不変部分群である

これでいいか?

記号の能無し
0209132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:31:27.58ID:IaC5wZcK
論理学論理学叫んでるけど
意味ねえw
というかもうこのスレが意味ねえから止めるわ
0210132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:32:18.32ID:4M9+beq3
まあ、君の解答を待つまでもなく、

(1) そうです。わたしの論理学の上では、H⊆G であっても、Hの元はGの元とは限りません。

に確定してるんだけどね。なぜかって?

理由その1:>>182には「 H⊆G 」と書いてあるのに、
それでも君は「Hの元はGの元になるとは限らない」と述べてるから。
この時点で既に(1)の意味に確定している。

理由その2:「まあ記号を変えるべきというのはあるでしょう」と>>200で吐露しているから。
0211132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:34:09.68ID:IaC5wZcK
数学系ユーチューバのスレで自分の話に疑問を持ってくれた方へ

数学を通してだいたいの論理の型は書けたと思います
あとは金子を始めとした(数学にはそれで十分だと思いますが)論理学の本を読んで
みてください
0212132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:36:13.01ID:IaC5wZcK
虫けらがうざいんで
スクラップAI(笑)

何も読めてない

そりゃあ構文論と意味論なんていう文脈では
人間の文は読めませんwww

じゃあな機械
0213132人目の素数さん2021/10/31(日) 18:42:04.87ID:4M9+beq3
仮にも論理学を扱っている人間が、「 ⊆ 」に関して
明確に "記号の乱用" をしておきながら、いざそのことに関して質問が来ると、
勝手にキレ出して暴走する。厳密性のカケラもねえな。

お前に論理学を論じる資格はねえよ。
0214132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:01:19.26ID:D3MnpN0U
AIって人工知能がレスしてると妄想してんのか…

>>1は参考文献読んでても、いやこれはおかしい!って思ったら、勝手に自分が思い付いた方法に改変してしまってる

とにかくスレが終わってよかった
これで初学者が変なこと吹き込まれる心配がなくなった
0215132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:02:11.77ID:IaC5wZcK
なーんだそれが目的か
0216132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:03:24.63ID:IaC5wZcK
じゃあ続けよう
プログラムレベルの頭しかねえなって意味だ
てめえも字義通りにしか読めねえbotだわ
0217132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:04:53.90ID:IaC5wZcK
たとえAとBが可換群の部分群であっても

積ABは部分群とは限らない
0218132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:07:53.82ID:IaC5wZcK
数学や論理学が目的ではなく
俺の排除だということがよくわかった

俺もそれなりにやるよ

ばーか
0219132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:08:54.59ID:IaC5wZcK
>>217
可換群の部分群とは限らない

この方が正確だな
0221132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:10:23.46ID:IaC5wZcK
記号の濫用だと言って言葉狩りをして
じゃあどうするのか

不変部分群を正規部分群と言い換えて

H?G

でも使うのか
これこそ記号の濫用だわ
0222132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:10:27.22ID:4M9+beq3
>>208
そのスタンスから推測すると、君は実際には次のような立場なのだな。

(i) 「わたしの論理学でも、H⊆G ならばHの元は必ずGの元である」

(ii)「わたしの論理学では、HがGの不変部分群であっても、H⊆G は必ずしも成り立たない」

もし君がこのスタンスならば、

>H⊆G
>を使わないで
>HはGの不変部分群である

これでいいと思うよ。
0223132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:11:07.48ID:IaC5wZcK
>>220
匿名だと何でも言えてよかったな
0224132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:13:29.86ID:IaC5wZcK
>>222
そうです

揚げ足取りのように見えたので
まともな返事をしませんでした
0225132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:14:13.67ID:4M9+beq3
ただし、そもそも

(ii)「わたしの論理学では、HがGの不変部分群であっても、H⊆G は必ずしも成り立たない」

これ自体が通常の数学とは異なる。なぜなら、通常の数学では、

(iii)「HがGの不変部分群ならば、HはGの部分集合である」

が成り立つから。そして、どうやら君は、通常の数学ですら、
(iii)ではなく(ii)の方が成り立つと勘違いしていたように見受けられる。
0226132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:14:47.87ID:D3MnpN0U
>>223
それはこっちの台詞だ

お前自体初学者で参考文献使って話してるくせに、確たる根拠もなく参考文献と違うやり方してる
そこまでなら本当は問題ないんだが、お前は自己流でやってることに無自覚で、自己流であることの断りなしに、人に自分のやり方を広めてるところが害悪なんだよ
0227132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:16:53.99ID:IaC5wZcK
>>225
だから俺は2を言っている

不変部分群の中に部分集合にならないものがある

そもそも部分群の中に部分集合にならないものがあると言っている
0228132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:17:34.94ID:4M9+beq3
つまり君は、「わたしの論理学」だとか「古典論理」だとか関係なく、
そもそも「不変部分群」という概念自体の意味を勘違いしていたということ。

なので、君が勘違いするところの「不変部分群」とやらを
通常の数学の上に持ってくれば、おそらく通常の数学でも

「 HがGの "(わたしの定義するところの)不変部分群" であっても、H⊆G は必ずしも成り立たない 」

が証明できるようになってしまうだろう。しかし、この現象は、
君が勘違いするところの「不変部分群」がおかしな定義になっているからこその
現象にすぎないのであって、この点に関して「わたしの論理学」だとか
「古典論理」だとかは差異を論じる意味がない。

別の言い方をすれば、通常の数学で使われている通常の「不変部分群」の定義を
君の論理学の上でも採用すれば、君の論理学であっても

「 HがGの不変部分群なら、必ず H⊆G が成り立つ 」

が証明できるだろうということ。
0229132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:20:53.99ID:IaC5wZcK
>>228
可換群Gの部分群H_1,H_2に対して

H_1H_2はGの部分群とは限らない

これがある以上同意できない
0230132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:21:39.12ID:4M9+beq3
>>227
>そもそも部分群の中に部分集合にならないものがあると言っている

それは君のスタンスですら起こり得ない。なぜかというと、まず>>6

> H⊆G i.e. g∈H→g∈G

と書いてあるので、君は

・ わたしの論理学では、H⊆G ならばHの元は必ずGの元である。

というスタンスであることが確定する。次に、>>6の最後に

>定義1
>HはGの部分群である:⇔[H⊆G:H自身群でGの群でもある]

と書いてある。この定義1により、君は

・ わたしの論理学では、HがGの部分群ならば H⊆G である。
・ つまり、わたしの論理学では、HがGの部分群ならば、Hの元は必ずGの元である。

というスンタスであることが確定する。

それとも、定義1に書いてある「H⊆G」は実は記号の乱用にすぎず、
実際には「H⊆G」でないようなHまでもが部分群の対象になっているのか?
もしそうなら、定義1から修正しなければいかんぞ。
0231132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:24:31.85ID:4M9+beq3
>>229
あくまでも通常の数学の話をするならば、

・ 通常の数学では、可換群Gの部分群H_1,H_2に対して、H_1H_2はGの部分群である

が成立する。通常の数学に関するこの話に同意できないというのであれば、
君は「部分群」という概念自体を勘違いしていることになる。
0232132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:27:22.35ID:IaC5wZcK
>>231
正田もそう言っているし
俺も実際に確かめたが
H_1H_2⊆G
に対して写像が定義できなかった

ここでは写像と部分集合は同義なのでH_1H_2はGの部分集合とは限らない
という結論に至る
0233132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:31:23.72ID:D3MnpN0U
通常の数学では写像と部分集合は同義ではありません

いかに滅茶苦茶なこと言ってるかがわかるな
0234132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:33:55.25ID:4M9+beq3
>>232
>H_1H_2⊆G
>に対して写像が定義できなかった

君の証明方法がヘタクソだったから証明に失敗したという、それだけの話でしょ。
君の論理学の上でならいざ知らず、今は通常の数学の話をしているのに、それでも

・ 通常の数学では、可換群Gの部分群H_1,H_2に対して、H_1H_2はGの部分群である

に異論があるなんて、それこそ異常だよ。君は「通常の数学は矛盾を抱えている」と言ってるわけだからね。
実際には君がどこかで勘違いしてるだけ。

あと、>>230についてはどうなんですか?
0235132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:36:31.05ID:IaC5wZcK
せいぜい言ってろ
0236132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:36:36.46ID:4M9+beq3
>>233
彼の論理学の上では「写像」が基本になるらしいので、
あくまでも彼の論理学の上でなら、「写像」にこだわるのは問題ないのだが、
今は通常の数学の話をしているのだから、
彼がこだわるところの「写像」の方法が失敗に終わったからといって、
それは通常の数学での矛盾を発見したことには ならないんだよね。

彼はこのあたりも混同しているように見える。一体どの論理学の上で話をしてるんだっていう。
0237132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:55:25.45ID:D3MnpN0U
自分が以前置いた仮定との矛盾に気付かない、
これはきっとAIが書き込んでるに違いないなんて妄想する

こういう頭がおかしい奴が、数学の本に目を通しただけで頭良くなった気で、ろくに理解もしないまま書き込んで無茶苦茶なこと言ってるのが、このスレの全てだよ

仮にそれをある程度自覚して、
「このスレでは妄想垂れ流してます」、
「もしかしたらおかしなこと言ってるかもしれません、指摘いただいたら訂正します」
ってスタンスでいるならまだ許せるが、こいつはそうじゃない

自分の数学と通常の数学を区別せずに他人の質問に答えるから、周囲に嘘を教えてるのと一緒だ
0238132人目の素数さん2021/10/31(日) 19:55:51.59ID:IaC5wZcK
じゃあ通常の数学というので証明してみろよw
もし∀∃こんな記号使ってたら笑うぞw
0239132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:12:48.73ID:4M9+beq3
>>238
>じゃあ通常の数学というので証明してみろよw

それこそ、教科書を開けば証明は載ってるでしょw
君はやたらと教科書を勧めてくるが、
君の方こそ教科書を開いて読んでみたらどうだ?
まあ、ここに直接証明を書いても構わんけど、

>もし∀∃こんな記号使ってたら笑うぞw

こんなこと言ってる時点でね、俺がここに証明を書き込んでも、

「そのような証明スタイルは認めない」

などと君は言うつもりなんでしょ。
でもそれは、「君の論理学の上では認められない」というだけの話であって、
一方で今は「通常の数学の話」をしているのだから、通常の数学の上では
∀∃を使った証明スタイルは正しい証明として認められている。
つまり、「そのような証明スタイルは認められない」は反論にならない。
君はそれを反論として使うつもりらしいけど、それは反論にならない。

けっきょく、君は通常の論理学と「わたしの論理学」を混同してるんだよ。
0240132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:15:48.21ID:4M9+beq3
>>238
それで、>>230についてはどうなんですか?

Gを群とするとき、君のスタンスのもとでも、
Gの部分群は必ずGの部分集合になるんだけど?
>>6にそう書いてあるよね?一方で君は、

「部分群の中に部分集合にならないものがある」

と言っている。これはおかしいよね。
君の論理学が間違っているか、あるいは>6に書かれている「部分群」の定義が
君の意図したものになっておらず修正が必要なのか、そのどちらかだよね。
>6を修正するなら修正するで一向に構わんのだけど、なんでスルーするのかね。
0241132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:17:22.11ID:IaC5wZcK
お前らまじで理解してないんだな
何を言っても無駄そうだわ
0242132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:19:01.65ID:IaC5wZcK
>>240
だから部分群にならないものがあると言っている
0243132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:20:51.12ID:IaC5wZcK
>>240
もう一度言うぞ

H_1はGの部分群
H_2もGの部分群

だけど

H_1H_2はGの部分群とは限らない

部分群の定義の問題ではない
0245132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:24:46.39ID:4M9+beq3
>>243
君のスタンスのもとで考える。

[1] Gを可換群とする。H_1,H_2はGの部分群とする。
[2] H_1H_2がGの部分群になることを証明する。

[3] まず、君のスタンス(>>6)により、H_1⊆G が成り立ち、そして H_2⊆G も成り立つ。
[4] 特に、H_1H_2⊆G が成り立つ。

ここまでは異論はないか?
0246◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:27:34.63ID:IaC5wZcK
>>245
4が違う
H_1H_2⊆Gとは限らない
0247◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:29:12.14ID:IaC5wZcK
限らないとは
主単位元や空集合なら成り立つ程度の話
0248132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:31:11.84ID:4M9+beq3
>>246
そのような具体例を1つ挙げてみてください。つまり、

・ G は可換群で、H_1,H_2 はGの部分群。

・ H_1H_2⊆G は成り立たない。

を満たすG,H_1,H_2の具体例を1つ挙げてみてください。
0249◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:32:32.43ID:IaC5wZcK
>>248
だから馬鹿の例しか思いつかねえよ
0250◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:33:42.64ID:IaC5wZcK
>H_1H_2⊆G は成り立たない

ではない

成り立つこともあるが成り立たないこともある
それを成り立つとは限らないという
0251132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:34:41.89ID:m/yc9na/
群論知らないけどH_1H_2は何を表してるの?
「直積」みたいに日本語で言うと何になるの?
0252132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:35:32.98ID:4M9+beq3
>>249
「馬鹿」の例は

・ 何をGとしているのか?
・ G上に定義する群の演算はどういうものか?
・ その群の演算はちゃんと可換性を満たすのか?
・ 何をH_1としているのか?
・ 何をH_2としているのか?
・ それらのH_1,H_2はちゃんとGの部分群になっているのか?

を1つも書いてないのでダメです。それでも「馬鹿」の例を出したいなら、
上記の項目を全て満たすように書き方を整えて書き直してください。
0253◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:37:02.34ID:IaC5wZcK
>>251
積閉ってこと
現代なら演算可能性
0254◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:38:24.75ID:IaC5wZcK
>>252
だからそんなに簡単に考えられない
1952(1932)年の時点で種をまいたものを
具体例という収穫物にするには時間が掛かる
0255132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:40:56.85ID:4M9+beq3
余談だが、>>245の [4] が成り立つことは、"通常の数学なら" 次のようにして示せる。

h∈H_1H_2 を任意に取る。ある h_1∈H_1 と h_2∈H_2 に対して
h=h_1h_2 と表せる。H_1⊆G と H_2⊆G により、h_1,h_2∈G である。
特に、h_1h_2∈G である。よって、h∈Gである。よって、H_1H_2⊆G である。

これは通常の数学での証明であり、通常の数学では「正しい証明である」と認められている。
君も、このような証明は承知済みだろう。しかし、君はこのような証明スタイルを認めないらしいので、
君のスタイルのもとでは、このような証明は受け入れられないものとなる。

で、君のスタイルのもとでの反例となる具体例 G,H_1,H_2 を今は質問している。
0256◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:46:20.17ID:IaC5wZcK
可換な言葉の集まり:={認容,容認,継承,承継}をGとする.

H_1:={認容}⊆G
H_2:={容認}⊆G

f:H_1H_2→G

f(認容):=認容
f(容認):=容認

このときf(認容)=f(容認)とは限らない
0257132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:46:31.88ID:4M9+beq3
>>254
君の手元には、>>245の[4]が成立しない「証明」があるわけでしょ?
すると、その証明から逸脱しない G, H_1, H_2 なら、なんでも具体例になるはずでしょ?

それなのに、どうして具体例が1つも作れないの?
そもそも、「そんな簡単に具体例は考えられない」ということは、
パッと思いつく限りの具体的な可換群 G では、

・ H_1,H_2 が G の部分群なら、わたしの論理学のもとでも、"偶然にも" H_1H_2⊆G が成り立っている

ということだよね?それもヘンじゃないか?
0258◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:48:28.72ID:IaC5wZcK
>>256
言葉に一意性がない
0259132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:49:07.28ID:4M9+beq3
>>256
それだと不完全ですね。

・ Gの上にどのようにして群の演算を定義するのか、それが示されていないし、
  その演算が可換であることも示されていない。

・ H_1, H_2 が G の部分群であることも示されていない。
0260◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:49:53.68ID:IaC5wZcK
数学で行列群や一般線形群の話はできないという意味
知らないから
0261◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:51:08.14ID:IaC5wZcK
演算は
二字熟語
0262132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:55:23.44ID:4M9+beq3
>>260
今の場合、G={認容,容認,継承,承継} としているわけですね。
次にやるべきことは、

・ G上に二項演算 * を定義し、G がその演算 * によって可換群になることを示すこと。

なぜこれができないの?
0263◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 20:57:25.89ID:IaC5wZcK
>>262
群の問題ではないから
積閉の問題だけ
0264132人目の素数さん2021/10/31(日) 20:58:59.29ID:4M9+beq3
>>261
意味不明。

具体的な群の作り方なんて、群論の教科書をめくれば、
最初の方に書いてあるでしょ。たとえば、次のようなもの。

=================================
a,b,c,dを異なる記号として、G={a,b,c,d}と置く。
G上の2項演算*を次のように定義する。

a*a=a, a*b=b, a*c=c, a*d=d,
b*a=b, b*b=c, b*c=d, b*d=a,
c*a=c, c*b=d, c*c=a, c*d=b,
d*a=d, d*b=a, d*c=b, d*d=c

このとき、G は演算 * によって可換群になることが分かる。
次に、H_1={ a, c }, H_2={ a } と置くと、
H_1, H_2 はともに G の部分群であることが言える。
そして、H_1H_2 = { a, c } なので、
この例では、偶然か必然か、H_1H_2⊆G が成り立っている。
=================================

こっちが君に要求しているのは、こういうものだよ。
群の教科書をめくれば、こういう形式での群の具体例なんて
いくらでも載ってるでしょ。なぜ君には、こういう形式での具体例が出せないの?

あなた、本当に群のこと知ってるの?
0265◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:02:15.45ID:IaC5wZcK
>>264
そんな文字では具体例ではない
0266132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:02:30.78ID:4M9+beq3
>>263
積で閉じていれば何でもいいのなら、余計に簡単に具体例作れるよね。
でも、あなたはそのような具体例すら作ってないよね。

「演算は二字熟語」

と言ってるけど、これでは演算を定義したことにならないからね。
こちらが君に要求してるのは、>>264のようなフォーマットでの具体例だよ。
0267◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:04:26.47ID:IaC5wZcK
>>266
そんな例ならもう書いてある
0268132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:05:11.90ID:4M9+beq3
>>265
「こちらが要求している具体例とは、この程度の抽象度の具体例でいい」ということだよ。

では、今度こそ具体例を書いてみて。
フォーマットは既に>>264で例示してあるんだから、
君にもできるでしょ。少しでも群をかじったことがあるなら、ね。
0269◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:06:47.37ID:IaC5wZcK
さあな
0270132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:06:48.87ID:4M9+beq3
>>267
君の "具体例" では、G={認容,容認,継承,承継} とするわけでしょ?
では、G 上の二項演算を * とするとき、

認容 * 認容

は「認容」「容認」「継承」「承継」のうちどれになるの?
0271◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:08:31.57ID:IaC5wZcK
>>270
だから積で閉じていないと言っている
一意性が無い
0272132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:11:57.49ID:4M9+beq3
>>271
G の演算で閉じてないような G を考えて、一体なにがしたいの?
それのどこが群なの?話を遡ると、

・ G は可換群で、H_1,H_2 はGの部分群。

・ H_1H_2⊆G は成り立たない。

を満たすG,H_1,H_2の具体例が1つ欲しいわけ。
となれば、考えている G は、G の演算 * で閉じてないといけないわけ。

でも君は、G の演算 * として、その * では閉じないような
ものを考えているわけ。それじゃ G,H_1,H_2の具体例にならないじゃん。
0273◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:12:39.82ID:IaC5wZcK
因みに
認*容な
0274◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:14:35.71ID:IaC5wZcK
H_1H_2のときは認容*認容 など

これに意味はないだろ?w
0275132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:18:47.24ID:4M9+beq3
>>274
認容 * 認容 が G の元のうちどれであるかを決めるのは君自身だよ。
だって、これは君が出してきた具体例なんだから。

そのような事態を想定してないならば、そもそも G 自体が * によって
閉じてないわけで、つまり G は演算 * においては群になってないということ。

今は群Gを例にしなければならないのに、君は群でないものを持ってきている。

君のやってることは支離滅裂。論理学とかそれ以前の問題でしょ。

君、本当に群の勉強したの?
0276◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:22:35.89ID:IaC5wZcK
>>275
は?
認容*容認
だろうがなんだろうが

H_1とH_2はそれぞれ積閉 認*容

H_1H_2は積閉でないと言っている
その例が認容*認容など
0277◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:23:19.88ID:IaC5wZcK
>>276
訂正
積閉かもしれないし積閉でないかも知れない
わからないもの
0278132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:26:45.70ID:4M9+beq3
>>276-277
君の持ってきた具体例 G={認容,容認,継承,承継} が、
君が暗黙のうちに定めている二項演算 * によって「群」になるのであれば、

・ a,b∈G に対して a * b ∈G が成り立つ

ことになる。今の場合、認容∈G なのだから、

認容 * 認容 ∈ G

ということになる。つまり、認容 * 認容 は

「認容」「容認」「継承」「承継」

のうちどれかである、ということになる。具体的にどれなんだ?
0279◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:27:28.50ID:IaC5wZcK
たとえば
容認を俗語
認容を刑事学上の言語とした場合は
認容に二つの意味・使い方が生じる

そういう意味で一意性がない
0280◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:29:05.97ID:IaC5wZcK
>>278
>認容 * 認容 ∈ G
>ということになる

なるとは限らない
その演算結果を私は知らない
0281◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:30:40.43ID:IaC5wZcK
>>279
可換だから
容認=認容
だとしても

容認*認容∈G

とは限らない
0282132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:31:04.02ID:4M9+beq3
>>280
だったら、Gはそもそも * によって「群になるとは限らない」ってことじゃん。

Gとして群であることが分かっているものを持って来なければならないのに、
群になるとは分かってないものを持ってきても意味ないじゃん。
0283132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:34:20.50ID:4M9+beq3
ちなみに、君は墓穴を掘っていることに気づいてないようだから
指摘しておくけど、今回のケースでは、

認容 * 認容 = 認容

が成立するよ。なぜかって?君は>>276において

>H_1とH_2はそれぞれ積閉 認*容

と書いた。つまり、少なくとも H_1 は、君の考える演算 * によって閉じている。
君はそのように断言しているからね。つまり、

・ a,b∈H_1 に対して a * b ∈H_1 が成り立つ

ということ。で、今の場合、認容∈H_1 なのだから、

認容 * 認容 ∈ H_1

ということになる。つまり、認容 * 認容 = 認容 ということになる。
しかし君は、認容 * 認容 が何になるのかは知らないと言った。

これはどういうこと?
0284◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:35:33.01ID:IaC5wZcK
>>282
いまH_1H_2⊆GにおけるGの話だぞ?
意味がわからん

G自体で認容*容認
という演算をしたというのはどの話からきた?

Gはあくまでも2項演算であり

認*容+容*認の話はしていない
0285◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:36:33.27ID:IaC5wZcK
>>283
だから認容と容認に違う意味があった場合の話をしている
0286◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:38:16.81ID:IaC5wZcK
だから成立する場合と成立しない場合とがあって

おれは成立しない場合をいうのだから

認容と容認には明確な違いがあると俗語と専門用語を使っていたのだが
0287132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:41:17.17ID:4M9+beq3
>>284
こちらが要求しているのは、次のような具体例である。

・ G は可換群で、H_1,H_2 はGの部分群。
・ H_1H_2⊆G は成り立たない。

1行目に注目したまえ。君は「群であるようなG」を
用意しなければならないのだ。G が群であるからには、

・ G は集合であり、G上には何らかの二項演算 * が定義されている。
・ この演算 * によって、「 a,b∈G ならば a * b∈G 」が成立しなければならない。

という性質が最低限、必要である。そして、君は
G={認容,容認,継承,承継} を持ってきたのだから、
認容∈G である以上、そして G が群である以上、

認容 * 認容 ∈ G

でなければ具体例として意味を成さない。
君はこれが成り立つとは限らないと言っているのだから、この時点で、君の具体例はナンセンス。

というより、君は群のことを何も知らないように見受けられる。
0288◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:44:59.39ID:IaC5wZcK
知らねえ知らねえ言ってるけど

まだ20ページも読んでねえよw
0289132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:46:43.83ID:4M9+beq3
>>285-286
区別がつきづらいので、認容 のことを a と置き、容認のことを b と置くと、

H_1={ a }, H_2 = { b }

と書ける。すると、H_1H_2={ a * b ] ということになるが、
>>283ではこの話をしているのではなくて、H_1 自体の話をしている。
君は「H_1は積で閉じている」と言ったのだから、a∈H_1 である以上、

a * a ∈ H_1

が成り立つことになる。H_1={ a } なのだから、

a * a = a

が成り立つことになる。つまり、認容 * 認容 = 認容 となる。
しかし、どうも君の話を見ていると、この 認容 * 認容 = 認容 でさえも
「そうなるとは限らない」と言っているように見える。
だから、君の言っていることは意味不明。
0290◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:47:19.44ID:IaC5wZcK
だからよ
G上で
認容*認容があったとしても
H上では
認容*認容

が何を意味するのかわからんこともある
と言っている
意味があることもあるしない場合もある
0291◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:48:53.28ID:IaC5wZcK
H上で

認容=容認
認容≠容認

の場合
この意味は一意的に決まらない
0292132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:52:23.25ID:vzvfvzCP
>>279
これが>>1の言ってることが通常の数学から逸脱する原因

G={認容,容認,継承,承継}としたとき、認容をxなどと同じようなただの記号としてではなく、日常生活で使う認容という日本語と関連付けて考えてる

>>1の思考過程で日常生活からの経験と数学を勝手に関連付けて、数学はおかしいと言っている
0293132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:53:25.83ID:4M9+beq3
>>290
これも区別がつきにくいので、認容のことを a と書くことにすると、
君は次のように言っていることになる。

>G上で
>a*aがあったとしても
>H上では
>a*a
>が何を意味するのかわからんこともある

しかし、これはおかしい。

君は「H_1は積で閉じている」と断言したのだから、H_1 上で a*a が何を意味するかは明確である。
今の場合、H_1={a} であり、a∈H_1 なのだから、H_1 が積で閉じている以上、a * a ∈ H_1 であり、
さらに H_1={a} により a * a ∈ { a } すなわち a * a = a と確定する。
この確定がどこから来たかというと、「H_1は積で閉じている」という君の発言から来ている。

それなのに、君は「a*aが何を意味するのか分からん」と言っている。支離滅裂。
0294132人目の素数さん2021/10/31(日) 21:55:44.30ID:4M9+beq3
>>288
このレスを見落としていたが、

>まだ20ページも読んでねえよw

つまり、群に関しては初学者中の初学者にすぎないってことか。

それなのに、群の勉強はすっとばして、オリジナルの論理学の上で、、
群に関する支離滅裂な "定理" をこのスレに書き込んでいると。

まずは通常の数学の上で、群のことを
きちんと勉強するのが先なんじゃないですかね。
0295◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 21:59:14.87ID:IaC5wZcK
議論する場所は

H_1H_2⊆G

であり

H_1⊆G
H_2⊆G

ではない
0296◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 22:03:55.11ID:IaC5wZcK
混同と論点ずらしが癖なのか
話にならん
0297132人目の素数さん2021/10/31(日) 22:05:08.55ID:4M9+beq3
>>295
それでは反論になってない。a * a = a については、
「H_1は積で閉じている」という君の発言だけで確定する事柄だから。
それなのに、君は「 a * a が何を意味するか分からない」と言っている。
この時点で、君は自分の書き込みすら正確に把握してないということ。問題外。
0298◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 22:06:35.50ID:IaC5wZcK
認容*容認∈H_1H_2→認容*容認∈G

は成立するか?

認容*容認がGのどの元に該たるのかわかないこともあるので
一般に成立しない
0299132人目の素数さん2021/10/31(日) 22:06:51.60ID:4M9+beq3
>>296
話にならないのはこっちのセリフなんですよね。
君は自分の書き込みすら正確に把握できてない。
印象としては、まさしく群に慣れてない初学者だなっていう感じがする。

お互いに時間の無駄だろうし、この辺でお開きにしますかね。

まあ、なんだ。君はまず、群の勉強をきちんと頑張ればいいんじゃないですかね。
0300◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 22:07:26.01ID:IaC5wZcK
じゃあ
認容*認容=認容
って認容は単位元ってことでいいですね
0301◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 22:09:04.58ID:IaC5wZcK
同様にして
容認*容認=容認
継承*継承=継承
承継*承継=承継

全部単位元ですね

だから主単位元か空集合なら成立すると言っている
0302◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 22:10:11.58ID:IaC5wZcK
でも単位元の一意性が成立しないので単位元ではない
つまり
認容*認容はわからない
0303132人目の素数さん2021/10/31(日) 22:20:17.17ID:4M9+beq3
>>298
せっかくだから最後に一連のレスに指摘しておくけど、

>認容*容認がGのどの元に該たるのかわかないこともあるので

これはつまり、

・ 認容, 容認∈G であるにも関わらず、認容*容認∈G が成立するかは不明

ということであるが、その場合、そもそも G は群になってない。
しかし、今は G が群であることを仮定しているのだから、結局のところ、君は

「 Gに課せられている仮定を見落としているだけ 」

ということになる。このあたりの初歩的なミスも、初学者にはありがち。
0304132人目の素数さん2021/10/31(日) 22:25:32.31ID:4M9+beq3
>>300-301
君のそれらの推論が正しいとすると、君が持ってきた G={認容,容認,継承,承継}
という具体例は G={ "単位元" } でしかなく、特に H_1H_2⊆G が「成り立ってしまう」ので、

・ G は可換群で、H_1,H_2 はGの部分群。
・ H_1H_2⊆G は成り立たない。

を満たす具体例になってない。これを満たす具体例を持ってこいと言ったのに、
そうでない具体例を持ってくるというナンセンスな有様。

>>302
そして、最終的に「 認容*認容 は分からない」という結論に辿り着くのであれば、

・ 認容, 容認∈G であるにも関わらず、認容*容認∈G が成立するかは不明

ということになるが、その場合、そもそも G は群になってない。
G が群であるような具体例を持ってこなければいけないのに、
群になってないような G を持ってきているというナンセンスな有様。

オリジナルの論理学を掲げる前に、素朴な意味での論理性が君には備わってない。
だからこそ、既存の論理学でも勘違いを起こしてしまい、
"オリジナルの論理学" に流れてしまうのかもしれないが。

まあ、何度も言うようだけど、君はまず群の勉強が先だな。
0305◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 22:30:52.48ID:IaC5wZcK
積閉の問題だと言っている
0306◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 22:31:57.51ID:IaC5wZcK
認容*認容=認容

ではない
0307◆wJsR4i5hDM 2021/10/31(日) 22:33:45.44ID:IaC5wZcK
そういう場合もあるだけ
0308◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 12:17:58.05ID:SOhMBZKk
G:={認*容,容*認,,継*承,承*継}

〇*〇(積閉)

H_1:={認*容}⊆G
H_2:={容*認}⊆G

@H_1H_2={認*容}∈G
AH_1H_2={容*認}∈G

BH_1H_2={認*認} Gに属さない
CH_1H_2={容*容} Gに属さない

結論 ¬(H_1H_2⊆G)
0310◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 18:45:01.26ID:SOhMBZKk
Aが成り立つこともあるし成り立たないこともある
そういう場合を何て言えばよいのかわからないことがあった

Aが成り立つとは限らない

そう言えばいいんだね
0311◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 19:03:31.98ID:SOhMBZKk
定理18(核心)

G:可換群

K:={kg|kg=gk∧g∈G}(gは群の元の型g=ab^{-1})

とおく.このとき

KはGの不変部分群である.

(証明)

KがGの部分集合に成ることを示す.そのために対応規則f

f:K→G

f(kg):=kg

が写像に成ることをいう.

(1) fが存在すること

kg∈K→kg∈G ☆

を証明する.

kg∈G @

を仮定する.条件よりGは可換群であるので

kg=gk

が成立する.これよりkg∈Kを考えることができる.それゆえ→-導入から
仮定@が落ちて☆が成立する.
0312◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 19:03:54.01ID:SOhMBZKk
(2) fの一意性

gは一意に存在するので

f(k_1g)=k_1g ☆
f(k_2g)=k_2g

に対して

f(k_1g)=k_1g∧f(k_2g)=k_2g→k_1g=k_2g ☆☆

を示す.

k_1g=k_2g @

を仮定する.このときk_1gについて☆より

f(k_1g)=k_1g ☆☆☆

と書ける.またk_2gに対して@と☆☆☆により

f(k_2g)=k_2g

と表される.∧-導入より

f(k_1g)=k_1g∧f(k_2g)=k_2g

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆☆
が成立する.
以上より,fは写像であるので,KはGの部分集合であることがわかった.Kが
Gの不変部分群であるかどうかは,GがG自身不変部分群で,仮定K=Gに
対して∨-導入・除去によりKはGの不変部分群であることがわかる.□
0313◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 19:05:58.09ID:SOhMBZKk
定義12(核心)

定理18で示された不変部分群について

KはGの核心:⇔[K⊆G:不変部分群]

という.
0314132人目の素数さん2021/11/01(月) 19:44:44.68ID:0zKoaHAe
>>308
まだやってんのお前…

wikipediaより積閉の定義
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E7%A9%8D%E9%96%89%E9%9B%86%E5%90%88

単位的環 R の部分集合 S が積閉あるいは乗法的であるとは、以下の二つの条件
1 ∈ S,
x, y ∈ S ⇒ xy ∈ S
を満たすときに言う


つまり、
G:={認*容,容*認,継*承,承*継}

〇*〇(積閉)

H_1:={認*容}⊆G
H_2:={容*認}⊆G

とした場合、

@H_1H_2={認*容}*{容*認}={認*容}
AH_1H_2={認*容}*{容*認}={容*認}
BH_1H_2={認*容}*{容*認}={継*承}
CH_1H_2={認*容}*{容*認}={承*継}

少なくとも上記@〜Cのいずれかになることが保証されてないと積閉にならないんだよ
積の演算結果がGの元のいずれかにならないと積閉って言わないんだよ

何で群論勉強したことない俺でもわかることがわからないんだよ…
考えられるのは、お前集合論の勉強とか飛ばして群論やってないか?

>>1の金子洋之の本って半年の講義用の本だから、真理関数や真理値割当ての話すら飛ばしてるって書いてあったぞ
お前前提知識が足りなすぎるんだよ
今のまま勉強しても全部無駄になるぞ
0315◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 19:53:16.31ID:SOhMBZKk
だから積閉にならねえって言ってんだろ
これ以上は無駄だ
0317◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:07:33.81ID:SOhMBZKk
二字熟語を結合する法の*

その時点でH_1H_2が積で閉じてない場合があることくらい分かりそうだが
0318◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:09:08.46ID:SOhMBZKk
H_1H_2:={h_1h_2|h_1∈H_1∧h_2∈H_2}
0319132人目の素数さん2021/11/01(月) 20:11:07.29ID:0zKoaHAe
だから…積閉になるかどうかを考えるんじゃなくて、積閉になる場合だけを考えるのが群なんだよ…
って言ってもお前には理解できないんだろうな

何で群論の本20ページ読んだだけで、人のアドバイス無視できるほど自分の理解に自信が持てるのかさっぱりわからん
0320◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:11:45.65ID:SOhMBZKk
H_1H_2は集合
Gは積閉集合

とする.このとき

H_1H_2はGの積で閉じているか?

結論 閉じているとは限らない
0321◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:13:22.34ID:SOhMBZKk
もちろん
Gに関しては閉じていることが前提だ
閉じているもののみを考える
0322◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:14:23.09ID:SOhMBZKk
その話と
H_1H_2がGの積閉とは話が違う
0323132人目の素数さん2021/11/01(月) 20:14:27.58ID:0zKoaHAe
>>320
お前何で自分でGを積閉だって言ってるのに、積閉であるとは限らないって言ってるんだよ…

H_1H_2がGの積で閉じてないと、そもそもGは積閉になってないんだって何回言えばわかるんだよ…
いや何回言ってもわかんないのか…
0324132人目の素数さん2021/11/01(月) 20:18:57.21ID:0zKoaHAe
>>322
だから>>314の定義をよく読めっての…

x, y ∈ S ⇒ xy ∈ S

つまりお前が使ってる記号に合わせると

H_1, H_2 ∈ G ⇒ H_1H_2 ∈ G

そもそもGに属してるH_1とH_2の積H_1H_2もまたGに属してないと、Gは積閉になってないんだっての
0325◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:20:07.48ID:SOhMBZKk
Gが積閉
Hが積閉

ここまでは同じ
しかし

H_1H_2が積閉とは限らない
0326◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:22:33.09ID:SOhMBZKk
>>324

H_1,H_2∈G

こんな話はしていない

h_1h_2∈H→h_1h_2∈G

の話だ
0328132人目の素数さん2021/11/01(月) 20:30:45.83ID:0zKoaHAe
>>326,327
はぁ…?
じゃあお前は積閉についても、通常の数学の定義とは違うもの考えてるんじゃん…

お前そこまで通常の数学と別定義で考えてて、何で「積閉」って言葉は通常の数学と同じ言葉使ってるんだよ…

お前が考えてるものは一から十まで完全に別物なんだな…
積閉でないものを積閉と呼ぶ意味がない、というか紛らわしいだけだから、別の名前つけてくれよ…
0329◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:34:54.39ID:SOhMBZKk
>>328
昔の本だからな
積で閉じているというのも現代のものとは意味が異なる
積閉という省略した言い方はここでは止めるよ

詳しくは準群の定義をみてください

集合Gに対して

a,b∈G→ab∈G が一意的に決まる

これを積で閉じるという 
0331◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:41:28.75ID:SOhMBZKk
厳密には
<a,b>∈G×G→ab∈Gが一意に決まる
0332◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:43:49.07ID:SOhMBZKk
>>330
さあ?
でも

H_1,H_2∈G

という話はしてませんよ
0333◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:46:18.50ID:SOhMBZKk
というか
集合と元に区別をつけないのは通常の数学とはいえないと思いますけど
たしかに
Hが不変部分群のとき集合

Hs=sH

は成立します

しかしhs=shとは限らないという話でした
集合と元の性質は同じとは限らないというのが数学の話でしょう
0334132人目の素数さん2021/11/01(月) 20:47:06.16ID:0zKoaHAe
>>332
一応聞いときたいんだけど、H_1,H_2ってGの元ではないの…?
G={H_1, H_2}ではないの…?
0335◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:47:34.67ID:SOhMBZKk
たしかに論理の人と話をしているとその区別がない人がいました
僕も{x}とxの違いがわからなくなるということがありました
難しいですね
0336◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:49:17.76ID:SOhMBZKk
>>334
そうではないと思います
たとえば
HがGの部分集合になるからといって

G={H}

となるというのは数学ではないと思いますよ
0337◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 20:53:04.48ID:SOhMBZKk
数学ではない所だと

a∈a



A∈A

という表記もあると思いますが僕はその意味を知りません
0338132人目の素数さん2021/11/01(月) 20:54:00.16ID:0zKoaHAe
>>336
それは知ってるっての

というかH_1, H_2については完全に俺の勘違いだったな
部分集合として定義されてた
0339132人目の素数さん2021/11/01(月) 21:20:23.90ID:sQaB976/
もう一回数学科に入り直すべきでは
0341132人目の素数さん2021/11/01(月) 21:31:07.24ID:sQaB976/
貴方に言った訳ではない
0342◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 21:43:47.12ID:SOhMBZKk
無料の研究生ならいいかもねw
俺も無給だし学費もないというw
0343◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 21:45:32.91ID:SOhMBZKk
教わりたいなと思う先生はほとんど引退されてしまった
若い先生とは話が合わなそうだし
あんまり希望は持てない( ^ω^)・・・

歴史が好きなものでw
0344132人目の素数さん2021/11/01(月) 21:48:01.50ID:0zKoaHAe
ちょっと真面目に読んできた
参考文献
ttp://math.shinshu-u.ac.jp/~hanaki/edu/group/group2011pre.pdf

集合 A に対して、写像 f : A×A → A を A の二項演算という。

Aの二項演算が結合法則を満たし、Aが単位元を持ち、Aの元全てが逆元を持ち、さらにAの二項演算が交換法則を満たすとき、Aを可換群と呼ぶ

G を群とすると G 自身は G の部分群である。
A, B を群 G の部分集合とするとき
AB = {ab | a ∈ A, b ∈ B},
A^−1 = {a^−1 | a ∈ A}
と定める。

このとき
A(BC) = (AB)C,
(AB)^−1 = B^−1A^−1 などが成り立つ。

この記号を用いると部分群であるための条件は以下のように書き換えることが出来る。
(4) HH ⊂ H, H^−1 ⊂ H
(5) HH^−1 ⊂ H
(6) H^−1H ⊂ H


まず、この(4)から>>304にも書いてる
・G は可換群で、H_1,H_2 はGの部分群。
・ H_1H_2⊆G は成り立たない。
という主張はやはりおかしいんじゃないの?
0345132人目の素数さん2021/11/01(月) 22:20:05.71ID:0zKoaHAe
さらに>>304
・ 認容, 容認∈G であるにも関わらず、認容*容認∈G が成立するかは不明
という主張もやはりおかしい

だって群Gの二項演算fの値域はGであって
つまりf: G×G→G

それで>>308のように群Gと、Gの部分群H_1, H_2を

G={認*容,容*認,継*承,承*継}
H_1={認*容}⊆G
H_2={容*認}⊆G

というように、*という二項演算を元として持つ(?)ような場合だとしても、実際の二項演算は

H_1H_2={(認*容)(容*認)}

と表記されるだけで、認*容, 容*認∈Gで
f: G×G→Gなんだから、(認*容)(容*認)はやはりGの元のいずれかになるはずでしょ
0346◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 22:28:23.41ID:SOhMBZKk
認容問題で議論をするなら
積で閉じている集合での話に限定して欲しいです
二字熟語の演算だと群や準群にすらなってないので
0347132人目の素数さん2021/11/01(月) 22:46:41.21ID:0zKoaHAe
>>346
そうだよな、何が単位元かとかわからない

でも話の発端の>>229では

可換群Gの部分群H_1,H_2に対して

H_1H_2はGの部分群とは限らない

と言ってるんだぞ…
途中で話が変わってるのかもしれんが

結局のところは何の話をしてるんだ?
0348◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 22:58:23.05ID:SOhMBZKk
>>347
たしかに混乱の素になりうるが
証明の部分では

H_1H_2はGの部分集合に成るか否か

が争点になっているので認容問題(積で閉じているか)で十分と判断した
それなので

H_1H_2⊆G

が成立するとは限らない

ということのみで話がしたい
0349132人目の素数さん2021/11/01(月) 23:27:55.15ID:0zKoaHAe
>>348
つまり群Gと、Gの部分群H_1, H_2として、H_1H_2⊆Gとは限らないと言いたいってことだな?

しかし、>>344の(4) HH ⊂ Hの通り、
部分群Hの二項演算HHは部分群Hの部分集合であることが、部分群であるための条件で、そうなれば当然HH⊆Gになる

そしてそもそも
H_1H_2={h_1h_2 | h_1∈H_1 ∧ h_2∈H_2}
だが、
h_1, h_2∈Gで、Gが群である以上Gの二項演算f: G×G→Gであるため、h_1h_2はGの元のいずれかになるんじゃないか?
0350◆wJsR4i5hDM 2021/11/01(月) 23:55:44.72ID:SOhMBZKk
言いたいことはわかるがその話のように
部分群を持ち出すと

与えられた部分群がそれを含む可換群の積で閉じていることを用いて
H_1H_2も部分群である

という話から動けないので
積で閉じているというだけの話にしてみたのだが

G:積で閉じた集合
H_1,H_2⊆G i.e.
h_1∈H_1→h_1∈G
h_2∈H_2→h_2∈G
に対して

h_1h_2∈H_1H_2→h_1h_2∈G

が成立するかどうか

h_1h_2∈G @

を仮定する
条件H_1⊆Gより

h_1∈H_1

条件H_2⊆Gより

h_2∈H_2

∧-導入より

h_1∈H_1∧h_2∈H_2

までしかいえないというのが私の証明です
0351◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 00:17:11.76ID:M6eZb4KB
>>350
訂正

h_1h_2∈H_1

h_1h_2∈H_2
0352◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 00:17:57.79ID:M6eZb4KB
>>351
∧-導入より

h_1h_2∈H_1∧h_1h_2∈H_2
0353◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 00:18:35.89ID:M6eZb4KB
定理6でも書いたが

H_1∩H_2⊆G

はいえる
0354132人目の素数さん2021/11/02(火) 13:06:37.38ID:2F1DIDlp
>>350
いや、それもおかしい

wikipediaより積閉集合の定義
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%A9%8D%E9%96%89%E9%9B%86%E5%90%88

単位的環 R の部分集合 S が積閉あるいは乗法的であるとは、以下の二つの条件

1 ∈ S,

x, y ∈ S ⇒ xy ∈ S

を満たすときに言う


Gが積閉集合であれば、その元の積もGに属する
だからh_1,h_2∈Gの時点で、h_1h_2∈Gということになる

むしろ>>351
h_1h_2∈H_1
h_1h_2∈H_2
の方が成立するか怪しくないか?
Gが積閉集合であっても、その部分集合H_1,H_2が積閉であるかどうかもわからないんだから

というか可換群と部分群の話を、積閉集合とその部分集合の話に置き換えたら、そもそも当然話が変わってしまうんじゃないか…
0355◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 14:44:39.92ID:1AfMjP6L
>>354
>h_1,h_2∈Gの時点で、h_1h_2∈Gということになる

そうですけど今問題にしているのはh_1h_2∈H_1H_2→h_1h_2∈G
ですよね?
争点はここだけです

>h_1h_2∈H_1
>h_1h_2∈H_2
>の方が成立するか怪しくないか?

|- P→Q

1 (1) Q   仮定
  (2) P→Q 1.→-導入

により成立する
これがわからなければ金子を読んでください
0356◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 15:01:41.96ID:1AfMjP6L
h_1h_2∈H_1∧h_1h_2∈H_2

共通部分

h_1h_2∈H_1∩H_2

を除いて
これ以上何か言えることはあるのか?
0357132人目の素数さん2021/11/02(火) 19:36:29.52ID:2F1DIDlp
>>355
いやだから、h_1h_2∈Gと言えた時点で終わる話だろ…?

H_1H_2={h_1h_2 | h_1∈H_1, h_2∈H_2}なんだから、
h_1h_2∈GならH_1H_2⊆Gだから
⊆を部分集合の定義に置き換えれば
h_1h_2∈H_1H_2→h_1h_2∈Gになる

これらは集合論や積閉集合の定義、そして「Gは積閉集合である」などのような前提から導けるものなんだが、あくまで自然演繹のやり方で導くことにこだわりがあるのか…?
0358132人目の素数さん2021/11/02(火) 19:48:25.23ID:2F1DIDlp
あと、>>355

|- P→Q

1 (1) Q   仮定
  (2) P→Q 1.→-導入

これおかしくないか…?

参考文献
ttps://abelard.flet.keio.ac.jp/person/takemura/class/2011/print-folnat.pdf

→ 導入規則「A という仮定から B という論理式が導けるときには、A という開
いた仮定を閉じて A → B という論理式を導いてよい」

仮定Aが前件で、Bが後件なのに
>>355は仮定Qが後件になってないか…?
0359◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 19:53:25.11ID:1AfMjP6L
>>357
全然終わってないですよ

>h_1h_2∈Gなら

これは何故言えますか?
0360◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 19:54:02.05ID:1AfMjP6L
わかってない人がなぜわかってる風に話しかけてくるのかが本当に理解できない
0361◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 19:55:57.50ID:1AfMjP6L
それと
群論がわかってないだとか
集合論がどうしたとか
論理学がどうしたとか

ボロクソだったんですけど
よくそういう相手と議論しようと思いますね
僕ならスルーだな
だって関係ないし

目的は何ですか?
ただ知りたいだけならもう少し言葉遣いを改めて貰えませんかね
うざいんですよ
0362132人目の素数さん2021/11/02(火) 20:03:02.71ID:2F1DIDlp
>>359
え…?もう忘れたのかよ…?

>>354

>単位的環 R の部分集合 S が積閉あるいは乗法的であるとは、以下の二つの条件

>1 ∈ S,

>x, y ∈ S ⇒ xy ∈ S

>を満たすときに言う

>Gが積閉集合であれば、その元の積もGに属する
>だからh_1,h_2∈Gの時点で、h_1h_2∈Gということになる

って書いてあるだろ…?

お前が>>350

>G:積で閉じた集合
>H_1,H_2⊆G i.e.
>h_1∈H_1→h_1∈G
>h_2∈H_2→h_2∈G

っていう前提を置いた時点で
h_1,h_2∈Gになってh_1h_2∈Gは積閉集合の定義から導けるんだよ…
0363◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:03:14.39ID:1AfMjP6L
>>359
質問が悪かったです

h_1h_2∈H_1H_2

というのはどこからきましたか?
0364◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:04:36.81ID:1AfMjP6L
僕の推論だと

h_1h_2∈H_1∧h_1h_2∈H_2

にしかなりません

つまりh_1h_2∈H_1H_2になる根拠が欲しいのです
0365◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:08:46.98ID:1AfMjP6L
因みに
h_1h_2∈Gから直接自然演繹でh_1h_2∈H_1H_2というのはいえないです
自然演繹は数学に間接的にしか用いることができないです
0366◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:10:50.91ID:1AfMjP6L
貴方はもしかすると
|- P→Q
において

Pを仮定し
Qを仮定し

という論法に陥っているかも知れません
僕の関知する所ではないですがそう窺えます
0367132人目の素数さん2021/11/02(火) 20:16:34.11ID:RrpIQBiv
金子の本が届いてざっと読んだけどやっぱ溝が埋まらん
Youtuberスレに書いてある以下の導出の根拠って何ページ読めばわかる?

|- P∨Q

1 (1) P∨Q 仮定
2 (2) P    仮定
2 (3) P∨Q 2.∨-導入
0368◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:18:31.57ID:1AfMjP6L
>>367
ああそれは誤りです

|- Fa∨Fb

1 (1) Fa   仮定
1 (2) Fa∨Fb 1.∨-導入
  (3) Fa∨Fb 2.∨-除去

本は自分で読んでくださいw
身代わりになれませんので
0369132人目の素数さん2021/11/02(火) 20:35:01.15ID:2F1DIDlp
>>364
確認するけども
H_1H_2 = {h_1h_2 | h_1∈H_1, h_2∈H_2}
じゃないのか?

もしそうじゃないとしたら、H_1H_2は何を表してるんだ?
0370◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:38:18.72ID:1AfMjP6L
>>369
そうですよ
しかし
h_1h_2∈Gの仮定の下では

h_1h_2∈H_1
h_1h_2∈H_2

と成るのでそのH_1H_2に属する場合もあればない場合もあると主張しています
0371◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:40:37.00ID:1AfMjP6L
H_1⊆G
H_2⊆G

という条件もつけて
0372◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:44:35.22ID:1AfMjP6L
結局さあ
俺のした質問には答えねえで
自分の言いたいことだけ言ってるよなあ
そんな奴に応える義務ってあるのかなあ
0373◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:46:19.51ID:1AfMjP6L
今考え中なので待ってください
一つ質問してもよいですか?

とか
お前匿名だからって舐めてんだろ
0374132人目の素数さん2021/11/02(火) 20:47:14.92ID:RrpIQBiv
1 (1) Fa   仮定
1 (2) Fa∨Fb 1.∨-導入
  (3) Fa∨Fb 2.∨-除去

これも何してるかよくわからん。そもそも∨-除去って書いてあるのに∨残ってるのは何ですか?
0375◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:48:32.68ID:1AfMjP6L
>>374
俺に質問をする前段階だ
金子を隅々までよみ
すべての演習問題を解いてから質問してください
0376◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 20:49:33.23ID:1AfMjP6L
習うより慣れろ
0377132人目の素数さん2021/11/02(火) 20:52:15.58ID:2F1DIDlp
>>370
もしかして、
¬(h_1h_2∈H_1 ∧ h_1h_2∈H_2)
と言いたいってこと…?

もしそうだったとしても
H_1H_2 = {h_1h_2 | h_1∈H_1, h_2∈H_2}
は、h_1∈H_1とh_2∈H_2の積を全て元として持っている集合なんだから
h_1h_2∈H_1H_2は自明というか、定義そのものじゃないか…?
0378132人目の素数さん2021/11/02(火) 21:00:16.23ID:RrpIQBiv
A∨B 
Aを仮定してC
Bを仮定してC

の3つがあるならCを導いてよいというの∨除去です。
金子の本にそれ以外の∨除去があるかという質問にあなたがあると答えたのに、載ってないようにみえるから質問しなおしてるんですけど
0379◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:00:43.19ID:1AfMjP6L
>>377
>¬(h_1h_2∈H_1 ∧ h_1h_2∈H_2)

違います
もう一度言いますが

H_1⊆G
H_2⊆G
h_1h_2∈G

のとき

h_1h_2∈H_1
h_1h_2∈H_2

∧-導入より

h_1h_2∈H_1 ∧ h_1h_2∈H_2

これまでしか論証できないと言っています
h_1h_2∈H_1H_2なのかどうかの担保がないです

>定義そのもの

その発想が先程言った結論の仮定です
0380◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:01:15.36ID:1AfMjP6L
>>378
読んでないならいいよ
相手にした俺が悪かった
0381◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:04:27.97ID:1AfMjP6L
俺は部分集合のパラドックスとかいうフザケタ名前をつけているが
仮言命題の証明において前件の仮定にこだわるとこういう問題が出てくる
しかしなぜか自然に後件から考えていることもある
それなら後件仮定から論証してみてはどうだろうか
0382132人目の素数さん2021/11/02(火) 21:05:54.03ID:bTu4OML7
>>379
すまんが
H_1⊆G
H_2⊆G
h_1h_2∈G

のときに

h_1h_2∈H_1
h_1h_2∈H_2

が何故導けるのか教えてくれるか?
0383◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:06:55.45ID:1AfMjP6L
俺はお前らのお母さんではない
手とり足取り全部教えてくれなんていう要求をするな
最低でも完全に読んだと言える本を1冊つくれ
話はそれからだ
0384◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:10:58.48ID:1AfMjP6L
>>382
H_1⊆G
H_2⊆G

とする.このとき

h_1h_2∈G @

を仮定する.いまH_1⊆Gについて@より

h_1h_2∈H_1→h_1h_2∈G

である.またH_2⊆Gについて@より

h_1h_2∈H_2→h_1h_2∈G

が成り立つ.
0385132人目の素数さん2021/11/02(火) 21:13:03.35ID:bTu4OML7
あ、そうか
H_1⊆G
H_2⊆G
h_1h_2∈G

だから、h_1h_2∈GのGをH_1に置き換えて
h_1h_2∈H_1

h_1h_2∈GのGをH_2に置き換えて
h_1h_2∈H_2

をそれぞれ導いてるで合ってる?
0387◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:16:44.75ID:1AfMjP6L
>>385
置き換えてというのがよくわからないので何とも言えないです
→-規則を後件から考えているので

h_1h_2∈G

が保証されていてH_1⊆Gという場合
h_1h_2∈H_1が直ちに言えるということ
0389◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:18:26.05ID:1AfMjP6L
今の問題は
同じ仮定
h_1h_2∈G
の下

H_1H_2⊆G ☆

が言えるか? ということ

この☆は自明ではない
0390132人目の素数さん2021/11/02(火) 21:25:02.26ID:RrpIQBiv
∨除去則が使える3要件の一つ、Fa∨Fbが前提に入ってないし、
そもそも素朴に考えればFaが偽でFbも偽ならFa∨Fbが偽なんだから何の前提もなしにFa∨Fbが導出できないでしょ

っていう疑問はあなたのした導出に対して浮かんでるんだから、あなたが答えるべきでしょ。
金子の本には書いてあるというなら、何章かだけでも教えてくれませんか
0391◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:25:52.94ID:1AfMjP6L
まあ何度でも確認したいという気持ちは尊重してます
0392132人目の素数さん2021/11/02(火) 21:26:21.51ID:bTu4OML7
>>384
なるほど、そういうことが言いたかったのか

ってそれは違うぞ!
確かに形式的にそう書き換えることはできそうだけど、あくまでh_1h_2∈Gでしかない

H_1⊆Gなんだから、Gは持ってるけどH_1は持ってない元があるってことだ
つまりh_1h_2のいずれかはH_1が持ってない元だ

それなのにA⊆B = a∈A→b∈Bの要領で書き換えてしまうと
h_1h_2∈H_1→h_1h_2∈G
となって、H_1が持ってないはずh_1h_2を全て持ってることになってしまう

だからH_1⊆Gからの書き換えは
h_1∈H_1→h_1∈G
が正解だ
0393132人目の素数さん2021/11/02(火) 21:27:06.72ID:RrpIQBiv
手元の金子「記号論理入門 11刷」の4章の66pに∨除去則の適用条件について書いてあります。
0394◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:27:18.49ID:1AfMjP6L
>>390
何ページとかそういう問題じゃないんですよ
本を読んでいればその質問は出てきません
0395◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:30:08.75ID:1AfMjP6L
>>392
貴方も

|- P→Q

について金子を読んでみて下さい

その理屈が通るとすると

H_1⊆G
H_2⊆G

という条件を外すことになります
後件仮定について読んでみて下さい
0396◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:31:36.89ID:1AfMjP6L
>>393
仮定落としと仮言命題の条件は読みましたか?
0397132人目の素数さん2021/11/02(火) 21:37:18.82ID:bTu4OML7
>>395
すまないが金子は手元にないんだ

俺が言ったのは集合論における部分集合の定義に基づいた書き換えだ
0399◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:41:27.15ID:1AfMjP6L
>>397
そうですか
もしどこかで読む機会があれば
またここで話をしましょう
0400◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 21:42:38.80ID:1AfMjP6L
>>398
質問に答える気はありませんか?
推論規則の条件云々言っている時点で貴方がどういう状況なのかわかるんですよ
そういう人にいえる言葉はありません
0401132人目の素数さん2021/11/02(火) 22:04:33.25ID:RrpIQBiv
昨日と今日で4章まで読みました。全部読んでからきますね
0402◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 22:06:18.68ID:1AfMjP6L
>>401
はい
もちろん重要なことは後ろにあります
0403132人目の素数さん2021/11/02(火) 22:07:20.53ID:RrpIQBiv
今の所、私の仮定落としの認識は以下です。
Aを仮定してBを導けたらA⇒Bを導いてAの仮定をその中に入れ込んでいい。
Aを仮定して矛盾を導けたら¬Aを導いて、Aであるという仮定を消していい。
0404◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 22:14:01.84ID:1AfMjP6L
>>403
読了後になんておっしゃるのか楽しみです
0405◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 22:28:15.99ID:1AfMjP6L
論理のことで僕と話がしたいという方がいらしたので
しばらくの間これ以上の群の話を書くのは停止しますね
0406◆wJsR4i5hDM 2021/11/02(火) 22:30:04.33ID:1AfMjP6L
H_1H_2⊆Gに関することだけはもしあればはなしましょう
0407132人目の素数さん2021/11/02(火) 23:04:23.78ID:RrpIQBiv
読むのに時間かかるし、別に自分あてのレスだけ拾って読むから群の話題があっても気にしないぞ
0409132人目の素数さん2021/11/03(水) 09:02:11.50ID:hThEsNke
6章の終わりにそれっぽいことがようやくでてきた。

Qが真のときを考えれば
Pが偽、Pが真のどちらでもP⇒Qが真になる。
Qが導出された以降はPをいちいち仮定してQを導出せずとも直接P⇒Qを導いてよい。

同じ理屈でQが真だと仮定してる状況ではそれを前提にして、
Pを仮定してQを導出する過程を挟まずに直接P⇒Qを導いてよい。
ただし前提としてQは残ったままである。
0410132人目の素数さん2021/11/03(水) 09:04:08.60ID:hThEsNke
12章の終わりに6章と同じ仕組みで∨除去則も簡略してかけるって書いてあるから、ここまでいけば最初の謎も解けるんだろうというとこまではわかった
0411132人目の素数さん2021/11/03(水) 09:06:13.85ID:hThEsNke
金子の本も今のところ真理値全部試す方法と違った結果は出てきてないんだよな。
違う結果がでる証明があるのかが気になってる
0412◆wJsR4i5hDM 2021/11/03(水) 09:18:37.72ID:CJtEfbwJ
そういうことですね
→-導入の条件というのはあってもなくてもよい
仮定は落としても落とさなくてもよい
自由なんですよ
だから貴方の質問は自然に解消されると思います
ただ限量記号はその他の規則と扱いが異なるので
そのために僕は仮定を落とすようにしています
0413◆wJsR4i5hDM 2021/11/03(水) 09:27:55.36ID:CJtEfbwJ
まあこれは意見ですが
数学に関しては真理値を考えなくてよいと思います
数学は恒真だという前提なので
仮定の妥当性はありますが偽の仮定というのはないと考えています
0414◆wJsR4i5hDM 2021/11/03(水) 09:30:47.69ID:CJtEfbwJ
たとえば
DN規則を運用すれば
偽が生じたから仮定が否定される
あるいは
偽が生じたから任意の命題が導出される

という推論をする必要がありません
仮定やその他の命題と矛盾が生じたから
という議論がいらないのです
0415◆wJsR4i5hDM 2021/11/03(水) 09:33:46.54ID:CJtEfbwJ
僕は金子さんの用いる論理がすごいなと思って
僕も真似をしています
0416◆wJsR4i5hDM 2021/11/03(水) 11:07:39.19ID:CJtEfbwJ
対応規則の一意性の証明で訂正があります
たとえば定理18だと
f(k_1g)=k_1g 
f(k_1g)=k_2g

でした
その他の定理でも同じ間違いをしている可能性があるので今調べています
0417◆wJsR4i5hDM 2021/11/03(水) 11:13:32.53ID:CJtEfbwJ
定理8も訂正です

f(ga_1g^{-1})=ga_1g^{-1} 
f(ga_1g^{-1})=ga_2g^{-1}
0418◆wJsR4i5hDM 2021/11/04(木) 05:24:00.73ID:rLgQVQCv
定義13
G:可換群
H:Gの部分群
g,h:個体定項
とする.このとき

gとhは同値:⇔[<g,h>∈H×H→H]

と定める.

定理19 同値(定義13の証明)

定義13は同値律をみたす:

(1) 反射律 gh^{-1}=gh^{-1}

同一性規則よりgh^{-1}=gh^{-1}が成立する.

(2) 対称律

g_1h_1^{-1}=g_2h_2^{-1}→g_2h_2^{-1}=g_1h_1^{-1} ☆

g_2h_2^{-1}=g_1h_1^{-1} @

を仮定する.このとき写像の一意性から

f:H×H→H

f(<s,t>)=g_2h_2^{-1} (@)

f(<s,t>)=g_1h_1^{-1} (A)

g_2h_2^{-1}=g_1h_1^{-1}

と表すことができる.いま∧-規則の性質より(@)と(A)
を入れ換えることができるので

(A)∧(@)→g_1h_1^{-1}=g_2h_2^{-1}

を考えることができる.それゆえ→-導入により仮定@が
落ちて☆が成立する.

(3) 推移律(移動律)

g_1h_1^{-1}=g_2h_2^{-1}∧g_2h_2^{-1}=g_3h_3^{-1}

g_1h_1^{-1}=g_3h_3^{-1} ☆

g_1h_1^{-1}=g_3h_3^{-1} @

を仮定する.
0419◆wJsR4i5hDM 2021/11/04(木) 05:24:51.24ID:rLgQVQCv
このとき写像の一意性より

f:H×H→H

f(<s,t>)=g_1h_1^{-1} (@)

f(<s,t>)=g_2h_2^{-1} (A)

f(<s,t>)=g_3h_3^{-1} (B)

g_1h_1^{-1}=g_2h_2^{-1}=g_3h_3^{-1}

を考えることができる.とくに

(@)∧(A)→g_1h_1^{-1}=g_2h_2^{-1}
(A)∧(B)→g_2h_2^{-1}=g_3h_3^{-1}

であるから∧-導入より
g_1h_1^{-1}=g_2h_2^{-1}

g_2h_2^{-1}=g_3h_3^{-1}
を想定できる.
それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.
以上よりgとhが同値律をみたすことが示された.

定理20
G:可換群
C_a:定理19からつくる類(代表元a)
H:Gの部分群
とする.このとき

C_a=Ha

が成立する.

(証明)

(1) C_a⊆Ha

対応規則f

f:C_a→Ha

f(a):=ha

a∈C_a→ha∈Ha ☆

が写像に成ることを示す.
0420◆wJsR4i5hDM 2021/11/04(木) 05:26:18.60ID:rLgQVQCv
(ア) fが存在すること

ha∈Ha @

を仮定する.HはGの部分群であるのでhにはその逆元h^{-1}が存在する.いま
h^{-1}haを考えるとea∈Ha i.e. a∈Haと表される.
このときC_aはHから成る類でありaを代表元とする
ものであるから

a∈C_a

を考えることができる.それゆえ,→-導入より仮定@が落ちて☆が成立する.

(イ) fの一意性

代表元は一意に存在するので

f(a)=h_1a ☆
f(a)=h_2a

に対して

f(a)=h_1a∧f(a)=h_2a

h_1a=h_2a ☆☆

を示す.

h_1a=h_2a @

を仮定する.h_1aに対して☆より

f(a)=h_1a 

と書ける.またh_2aについて☆により

f(a)=h_2a

と表される.∧-導入から

f(a)=h_1a∧f(a)=h_2a

を考えられるので,→-導入により仮定@が落ちて☆☆
が成立する.
以上よりfは写像であるので(1)が示された.
0421◆wJsR4i5hDM 2021/11/04(木) 05:26:38.60ID:rLgQVQCv
(2) Ha⊆C_a

対応規則f

f:Ha→C_a

f(ha):=a

が写像に成ることを示す.そのために

ha∈Ha→a∈C_a ☆

を証明する.

(ア) fの存在

a∈C_a @

を仮定する.C_aはHの類でありHはGの部分群であるから積で閉じているので,
その代表元aに対してha∈Haを考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆が成り立つ.

(イ) fの一意性

代表元aの一意性により

f(h_1a)=a∧f(h_1a)=a→a=a

であるのでfも一意に決まる.

以上よりfは写像であるので(2)が示された.□
0422◆wJsR4i5hDM 2021/11/05(金) 08:29:45.24ID:buBBV/pT
定義14

G:可換群
H:Gの部分群
C_a=H_1a:Hからつくる類(代表元a)
C_b=H_2b:Hからつくる類(代表元b)

とする.このときC_aとC_bの積を

C_aC_b:={ab|a∈C_a∧b∈C_b}

と定める.

定理21(定義14の証明)

G:可換群
H:Gの部分群
C_a:Hから構成した類(aは代表元)

とする.このとき

HがGの不変部分群→C_aは可換群

(証明)

・HがGの不変部分群→C_aは可換群 ☆

C_aが可換群である @

と仮定する.C_aについて定理20よりC_a=Haと書ける.条件よりHはGの部分群
であるから

a∈H→a∈G:可換群

である.これより@からHとaは可換である,すなわちHa=aHであるので
不変部分群の定義により

HはGの不変部分群である

ことを考えられる.それゆえ,→-導入より仮定@が落ちて☆が成立する.
0423◆wJsR4i5hDM 2021/11/05(金) 08:30:29.48ID:buBBV/pT
☆この逆

C_aは可換群→HがGの不変部分群は一般に成立しない ☆☆

HがGの不変部分群である

と仮定する.このとき不変部分群の定義より

Ha=aH (a∈H→a∈G)

と書ける.しかし定理17により

ha=ah (h∈H)

とは限らないのでC_aは可換群とは限らない.それゆえ☆☆がいえる.□

定義15(定理21の概念)

定理21のC_aを剰余群といいC_aの全部の集合を

G/H:={C_a|a∈H→a∈G}

と書く.

☆ 

・G/Hの主単位元

C_e

・C_aの逆元

C_a^{-1}
0424◆wJsR4i5hDM 2021/11/05(金) 21:07:55.93ID:buBBV/pT
可換群の可換を外して考えてみた所

HがGの不変部分群→C_aは群

が不成立になった

逆に

C_aは群→HがGの不変部分群

が成立したので定理21は

C_aは群→HがGの不変部分群

に訂正する

以後群は可換群とは限らないとする
0425◆wJsR4i5hDM 2021/11/06(土) 06:14:00.90ID:cBExV7HF
定義17

G_1,G_2:群
g=ab^{-1}(群の元の型)
とする.写像fについて
f:G_1→G_2

f(g_1):=g_2

を定める.このとき

(1) fはG_1からG_2への準々同型である,という.

(2) g_1≠g_2→f(g_1)≠f(g_2)

をみたすときG_1はG_2に準同型(単射)あるいは重複同型という.

(3) G_1の像f(G_1)に対してf(G_1)=G_2のときfを全射という.
このときf(G_1)を

Im f=G_2

と書く.因みにIm fの内包は

Im f:={f(g_1)|g_1∈G∧f(g_1)=g_2∈G_2}

☆ 全射かつ単射を全単射と呼ぶ.

(4) G_1とG_2の元が一対一の関係で対応するとき(fが準々同型で全単射のとき)
G_1とG_2は同型である,といいG_1ΔG_2で表す.

☆如何なるG_1とG_2は準々同型である.なぜならどんな群もその元は

g=ab^{-1} (定理による)

と表され対応規則を定義できるからである.
0426◆wJsR4i5hDM 2021/11/06(土) 06:14:46.09ID:cBExV7HF
定理22(定義16の証明)

(1) fが写像であること

(ア) fの存在

g_1∈G_1→f(g_1)=g_2∈G_2 ☆

を示す.

f(g_1)=g_2∈G_2 @

を仮定する.いまG_1が与えられているので

g_1∈G_1

を考えることができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆
が成立する.

(イ) fの一意性

f(g_1)=g_2 ☆
f(g_1)=g_3

に対して

f(g_1)=g_2∧f(g_1)=g_3→g_2=g_3 ☆☆

を示す.

g_2=g_3 @

を仮定する.g_2について☆より

f(g_1)=g_2

で表される.g_3に対して@と☆から

f(g_1)=g_3

と書ける.∧-導入により

f(g_1)=g_2∧f(g_1)=g_3

を考えられるので,→-導入より仮定@が落ちて☆☆が成立する.
0427◆wJsR4i5hDM 2021/11/06(土) 06:15:50.97ID:cBExV7HF
(2) g_1≠g_2→f(g_1)≠f(g_2) ☆

f(g_1)≠f(g_2) @

を仮定し

¬(g_1≠g_2) A

も仮定すると

f(g_1)=g_1
f(g_2)=g_2
g_1=g_2

に対して同一性規則により

f(g_1)=f(g_2)

となるのでAは否定される.それゆえ¬-導入から仮定Aが落ちて

¬¬(g_1≠g_2)

を得る.ここで,DN規則からg_1≠g_2を考えることができる.これより
→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.

(3) 像の定義により

G_1 → G_2
      ∪||
      Im f

であるからG_2⊆Im fを示す.

g_2∈G_2→g_2=f(g_1)∈Im f ☆

を証明する.

g_2=f(g_1)∈Im f @

を仮定する.g_2は写像の定義よりg_2∈G_2であるからg_2∈G_2を
考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆が成り立つ.
結局,Im f=G_2が示された.

(4) fが同型

(1)でfは準々同型,(2)と(3)で全単射を示した.同型は(1)から(3)を
みたすものとして定義されるので,(4)は示された.□
0429◆wJsR4i5hDM 2021/11/07(日) 11:39:22.27ID:mfR77hG2
定義17
G_1,G_2,G_3:群
f_1:G_1→G_2(準々同型)
f_2:G_2→G_3(準々同型)
f_1(g_1):=g_2
f_2(g_2):=g_3

とする.このとき

f_2?f_1(g_1):=f_2(f_1(g_1))

と定める.これをf_1とf_2との合成といい

f_2?f_1:G_1→G_3

で表す.

定理23(定義17の証明)

準々同型の像
f_1(g_1):=g_2とf_2(g_2):=g_3に対して

f_2?f_1:G_1→G_3

f_2?f_1(g_1):=f_2(f_1(g_1))

が準々同型になることを示す.
0430◆wJsR4i5hDM 2021/11/07(日) 11:42:37.70ID:mfR77hG2
(1) f_2○f_1の存在

g_1∈G_1→f_2○f_1(g_1)=g_3∈G_3 ☆

を証明する.

f_2○f_1(g_1)=g_3∈G_3 @

を仮定する.f_2○f_1(g_1)のg_1についてf_2○f_1:G_1→G_3より

g_1∈G_1

を考えることができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が
成立する.

(2) f_2○f_1の一意性

f_2○f_1(g_1)=g_3 ☆
f_2○f_1(g_1)=g_4

に対して

f_2○f_1(g_1)=g_3∧f_2○f_1(g_1)=g_4→g_3=g_4 ☆☆

を示す.

g_3=g_4 @

を仮定する.g_3について☆により

f_2○f_1(g_1)=g_3

と書ける.またg_4に対して@と☆から

f_2○f_1(g_1)=g_4

を得る.∧-導入より

f_2○f_1(g_1)=g_3∧f_2○f_1(g_1)=g_4

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆☆
が成り立つ.□
0432◆wJsR4i5hDM 2021/11/07(日) 11:45:39.48ID:mfR77hG2
定理24

G_1,G_2,G_3:群
f_1:G_1→G_2(同型)
f_2:G_2→G_3(同型)
f_3:G_1→G_1(同型)
f_4:G_2→G_1(同型)

f_1(g_1):=g_2
f_2(g_2):=g_3
f_3(g_1):=g_1
f_4(g_2):=g_1


とする.このとき

同型なる概念は同値律をみたす.

(証明)

(1) 反射律 G_1ΔG_1

i.e. f_3(g_1)=g_1→f_3(g_1)=g_1

を示す.

i.e. [g_1∈G_1→g_1∈G_1]→[g_1∈G_1→g_1∈G_1]

これは恒真命題なので成立する.
0433◆wJsR4i5hDM 2021/11/07(日) 11:46:07.06ID:mfR77hG2
(2) 対称律

G_1ΔG_2→G_2ΔG_1 ☆

i.e. f_1(g_1)=g_2→f_4(g_2)=g_1

を示す.

i.e. [g_1∈G_1→f_1(g_1)=g_2∈G_2]→[g_2∈G_2→f_4(g_2)=g_1∈G_1] ☆

f_4(g_2)=g_1∈G_1 @

を仮定する.f_4(g_2)に対してg_2∈G_2であるから,g_2∈G_2を考えることが
できる.それゆえ,→-導入より仮定@が落ちて

g_2∈G_2→f_4(g_2)=g_1∈G_1

が成立する.次にf_1(g_1)=g_2∈G_2についても,同じ理屈でg_1∈G_1を
想定できるので

g_1∈G_1→f_1(g_1)=g_2∈G_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入から☆が成立する.

(3) 推移律(移動律)

G_1ΔG_2∧G_2ΔG_3→G_1ΔG_3 

を示す.すなわち

f_1(g_1)=g_2∧f_2(g_2)=g_3→f_2○f_1(g_1)=f_2(f_1(g_1)) ☆

を証明する.

f_2○f_1(g_1)=f_2(f_1(g_1)) @

を仮定する.f_2(f_1(g_1))に対して写像の定義より

f_1(g_1)=g_2
f_2(g_2)=g_3

と書ける.∧-導入より

f_1(g_1)=g_2∧f_2(g_2)=g_3

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.

以上より同型概念は同値律をみたす.□

☆ (2)の対称律におけるf_2をf_1の逆写像といいf_1^{-1}と書く.
0434◆wJsR4i5hDM 2021/11/08(月) 06:11:27.65ID:DCHHlxbw
定理25

G_1,G_2,G_3:群
f_1:G_1→G_2(準同型)
f_2:G_2→G_3(準同型)
f_3:G_1→G_1(準同型)
f_4:G_2→G_1(準同型)

f_1(g_1):=g_2
f_2(g_2):=g_3
f_3(g_1):=g_1
f_4(g_2):=g_1

とする.このとき

準同型なる概念は反射律と推移律(移動律)をみたす.

☆ 

f_1が準同型とは

g_1≠h_1→f_1(g_1)≠f_1(h_1)

f_2が準同型とは

g_2≠h_2→f_2(g_2)≠f_2(h_2)

が成り立つことをいう.



以後,G_1とG_2との準同型をG_1▲G_2で表す.

(証明)
0435◆wJsR4i5hDM 2021/11/08(月) 06:12:13.31ID:DCHHlxbw
(1) 反射律 G_1▲G_1

条件より

f_3:G_1→G_1

f_3(g_1)=g_1

は準同型である.このとき

g_1≠g_1'→f_3(g_1)≠f_3(g_1') f_3は準同型
     →g_1≠g_1'

i.e. g_1≠g_1'→g_1≠g_1' ☆

を示す.☆は恒真命題なのでもし

f_3(g_1)≠f_3(g_1')→g_1≠g_1' ☆☆

が成り立てば(1)が示される.

g_1≠g_1' @

仮定する.さらに

¬(f_3(g_1)≠f_3(g_1')) A

を仮定する.このとき

f_3(g_1)=g_1
f_3(g_1')=g_1'
f_3(g_1)=f_3(g_1')

と書ける.同一性規則によりg_1=g_1'を得る.これよりAは否定できるので
¬-導入から仮定Aが落ちて

¬¬(f_3(g_1)≠f_3(g_1'))

と成る.DN規則より

f_3(g_1)≠f_3(g_1')

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆☆が示された.
0436◆wJsR4i5hDM 2021/11/08(月) 06:13:20.97ID:DCHHlxbw
(2) 推移律(移動律)

G_1▲G_2∧G_2▲G_3→G_1▲G_3

f_1(g_1)=g_2∧f_2(g_2)=g_3→f_1(g_1)=g_3

が成り立つことは同型の所で既にみたので,単射に推移性があるかを調べる.

g_1≠g_1'→g_3≠g_3'

を仮定する.@

G_1▲G_2について

g_1≠g_1'→f_1(g_1)≠f_1(g_1') 
     →g_2≠g_2'     (1)と同じ議論による

に成ること

i.e. g_1≠g_1'→g_2≠g_2' ☆

をまずは示す.

g_2≠g_2' A

を仮定し

¬(g_1≠g_1') B

も仮定する.このとき

f_1(g_1)=g_2
f_1(g_1')=g_2'

でありBから写像の一意性をいえるので

g_2=g_2'

が成立する.これよりBを否定できるから¬-導入から仮定Bは落ちて

¬¬(g_1≠g_1')

を得る.
0437◆wJsR4i5hDM 2021/11/08(月) 06:14:36.33ID:DCHHlxbw
DN規則から

g_1≠g_1'

を考えられる.それゆえ,→-導入により仮定Aは落ちて☆が成立する.
G_2▲G_3についても同様にして

g_2≠g_2'→g_3≠g_3'

がいえるので∧-導入から

g_1≠g_1'→g_2≠g_2'∧g_2≠g_2'→g_3≠g_3'

を考えることができる.それゆえ→-導入により仮定@が落ちて

g_1≠g_1'→g_2≠g_2'∧g_2≠g_2'→g_3≠g_3'

g_1≠g_1'→g_3≠g_3'

が成り立つので(2)が示された.□

☆ 準同型は対称律をみたさないこと

G_1▲G_2→G_2▲G_1

i.e. f_1(g_1)=g_2→f_4(g_2)=g_1

i.e. g_1≠g_1'→f_1(g_1)≠f_1(g_1') 
        →g_2≠g_2'     (1)と同様の議論による

であるから

[g_1≠g_1'→g_2≠g_2']→[g_2≠g_2'→g_1≠g_1']

を調べる.
0438◆wJsR4i5hDM 2021/11/08(月) 06:15:07.10ID:DCHHlxbw
g_1≠g_1' @

を仮定する.さらに

¬(g_2≠g_2') A

を仮定する.このとき

f_2(g_2)=g_1
f_2(g_2')=g_1'
g_2=g_2'

と書ける.写像の一意性よりg_1=g_1'を得るので仮定Aは否定できる.
¬-導入よりAは落ちて

¬¬(g_2≠g_2')

と成る.DN規則よりg_2≠g_2'を考えることができるので
→-導入から仮定@が落ちて

g_2≠g_2'→g_1≠g_1' ☆

が成立する.このとき

g_1≠g_1'→g_2≠g_2' ☆☆

を示したい.

g_2≠g_2' @

を仮定する.しかし☆より

¬(g_1≠g_1')

を仮定することができないのでg_1≠g_1'を想定することができない.
すなわち☆☆を証明することができない.
それゆえ,準同型は対称律をみたさないことが示された.□
0439◆wJsR4i5hDM 2021/11/08(月) 11:10:09.56ID:DCHHlxbw
>>432
訂正

(1) 反射律 G_1ΔG_1

i.e. f_3(g_1)=g_1

を示す.

i.e. g_1∈G_1→g_1∈G_1
0440◆wJsR4i5hDM 2021/11/09(火) 05:55:07.59ID:E/UHpzch
定理26

G:群
f:G→G(対応規則)
f(g):=g
とする.このときfは同型

(証明)

(1) fは準々同型(写像)

(ア) fの存在

g∈G→g∈G

を示す.これは恒真命題なので成立.

(イ) fの一意性

f(g)=g_1 ☆
f(g)=g_2

に対して

f(g)=g_1∧f(g)=g_2→g_1=g_2 ☆☆

を示す.

g_1=g_2 @

を仮定する.g_1について☆より

f(g)=g_1

と書ける.また,g_2に対して@と☆により

f(g)=g_2

と表される.∧-導入より

f(g)=g_1∧f(g)=g_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入より仮定@が落ちて☆☆が成立する.
0441◆wJsR4i5hDM 2021/11/09(火) 05:55:56.01ID:E/UHpzch
(2) fは単射

g_1≠g_2→f(g_1)≠f(g_2)

を示す.f(g_1)≠f(g_2) @

を仮定し,さらに

¬(g_1≠g_2) A

を仮定する.このとき

f(g_1)=g_1
f(g_2)=g_2
g_1=g_2

と書ける.g_1=g_2について同一性規則と写像の一意性により

f(g_1)=f(g_2)

を得るので,Aを否定できる.これより¬-導入から仮定Aが落ちて

¬¬(g_1≠g_2)

と成る.DN規則により

g_1≠g_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.

(3) fは全射

Im fの定義よりIm f⊆Gであるので

G⊆Im f

を示す.そのために写像

σ:G→Im f

σ(g):=g=f(g)

を証明する.
0442◆wJsR4i5hDM 2021/11/09(火) 05:56:35.53ID:E/UHpzch
(ア) σの存在

g∈G→g=f(g)∈Im f ☆

をいう.

g=f(g)∈Im f @

を仮定する.f(g)についてg∈Gよりg∈Gを考えることができる.それゆえ
→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.

(イ) σの一意性

σ(g)=g_1 ☆
σ(g)=g_2

に対して

σ(g)=g_1∧σ(g)=g_2→g_1=g_2 ☆☆

を示す.

g_1=g_2 @

を仮定する.g_1に対して☆により

σ(g)=g_1

と書ける.また,g_2について@と☆より

σ(g)=g_2

で表される.∧-導入から

σ(g)=g_1∧σ(g)=g_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆☆が成立する.

以上よりf(g):=gのときのGからGへの写像は同型である.□
0443◆wJsR4i5hDM 2021/11/10(水) 07:17:07.98ID:/2Q2E7+B
定義18(自己同型置換)

G:群
f:G→G(対応規則)
f(g):=g'

とする.このときfは同型である.

定理27

(証明)

(1) fは準々同型であること

(ア) fの存在

g∈G→f(g)=g'∈G ☆

を示す.

f(g)=g'∈G @

を仮定する.f(g)についてg∈Gであるから,g∈Gを考えることができる.
それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.

(イ) fの一意性

f(g)=g_1' ☆
f(g)=g_2'

に対して

f(g)=g_1'∧f(g)=g_2'→g_1'=g_2' ☆☆

を示す.

g_1'=g_2' @

を仮定する.g_1'に対して☆より

f(g)=g_1'

と書ける.またg_2'について@と☆により

f(g)=g_2'

と表される.∧-導入から

f(g)=g_1'∧f(g)=g_2'

を考えることができるので→-導入により仮定@が落ちて☆☆が成立する.
0444◆wJsR4i5hDM 2021/11/10(水) 07:18:01.14ID:/2Q2E7+B
(2) fは単射

g_1≠g_2→f(g_1)≠f(g_2) ☆

を示す.f(g_1)≠f(g_2) @

を仮定し,さらに

¬(g_1≠g_2) A

を仮定する.このとき

f(g_1)=g_1'
f(g_2)=g_2'
g_1=g_2

と書けるので,g_1=g_2について同一性規則と写像の一意性により
f(g_1)=f(g_2)と成る.これよりAは否定できるので
¬-導入により仮定Aが落ちて

¬¬(g_1≠g_2)

を得る.DN規則から

g_1≠g_2

を考えられる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.

(3) fは全射

Im fの定義よりIm f⊆Gであるから

G⊆Im f

を示す.そのために対応規則

σ:G→Im f

σ(g):=g'=f(g)

を構成し,この対応規則σが写像に成ることをいう.
0445◆wJsR4i5hDM 2021/11/10(水) 07:18:32.51ID:/2Q2E7+B
(ア) σの存在

g∈G→g'=f(g)∈Im f ☆

を証明する.

g'=f(g)∈Im f @

を仮定する.このときf(g)に対してg∈Gであるからg∈Gを考えることができる.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.

(イ) σの一意性

σ(g)=g_1' ☆
σ(g)=g_2'

に対して

σ(g)=g_1'∧σ(g)=g_2'→g_1'=g_2' ☆☆

を示す.

g_1'=g_2' @

を仮定する.g_1'について☆より

σ(g)=g_1'

である.またg_2'に対して@と☆から

σ(g)=g_2'

と書ける.∧-導入より

σ(g)=g_1'∧σ(g)=g_2'

を考えられるので,→-導入により仮定@が落ちて☆☆が成立する.

以上よりfは同型である.□
0446132人目の素数さん2021/11/10(水) 17:53:37.16ID:OaVHv7/r
ところで「チンポがシコシコする」という日本語表現は、学術的に正しいと言えるのか?

チンポ「を」シコシコするのではなくて、チンポ「が」シコシコする。この場合、「チンポ」は主語となる。

オブジェクト指向で言う「集約」は2種類あって、全体(俺)と部分(チンポ)が繋がっている場合と、
全体(俺)と部分(チンポ)が別々になっている場合とが考えられる。けれども「チンポ」はそれ自体
が独立した生き物であり、所有者の意思とは無関係に、自ら勃起して「シコシコする」。
例えば寝てる時にエロい夢みて朝起きてみたらチンコが勃起して射精してたとか。

違うか?

「胸がドキドキする」は良いが、「チンポがシコシコする」はダメな理由を、50字以内で述べろ!
0447sage2021/11/10(水) 19:16:24.29ID:fizvscrz
ドキドキするは自動詞、シコシコするは他動詞
胸がドキドキさせるとは言わんだろ。
アホなの?
0448◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 03:08:23.85ID:jUx0DC8/
いくつか修正点を見つけたが細かいことなので
ここには書かない
0449山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 03:31:14.23ID:jUx0DC8/
定義18の続き

G:群

f:G→G(同型(写像))

f(g):=g'



g'h':=(gh)' ☆

と定めるときこの☆をGの自己同型置換という.

定理28(定義18の証明)

(証明)

g'h':=(gh)' i.e. f(g)f(h)=f(gh) (g,h∈G)

をうまく定義できることを示す.そのために以下の対応規則σ

σ:G→G

σ(g'h'):=(gh)'

i.e.

g'h'∈G→σ(g'h')=(gh)'∈G ☆

が写像であることを証明する.
0450山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 03:31:49.98ID:jUx0DC8/
(1) σの存在

σ(g'h')=(gh)'∈G @

を仮定する.σ(g'h')に対して,g'h'∈Gであるからg'h'∈Gを考えることができる.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.

(2) σの一意性

σ(g'h')=(g_1h_1)' ☆
σ(g'h')=(g_2h_2)'

に対して

σ(g'h')=(g_1h_1)'∧σ(g'h')=(g_2h_2)'→(g_1h_1)'=(g_2h_2)' ☆☆

を示す.

(g_1h_1)'=(g_2h_2)' @

を仮定する.(g_1h_1)'に対して☆より

σ(g'h')=(g_1h_1)'

と書ける.また,(g_2h_2)'について@と☆から

σ(g'h')=(g_2h_2)'

と表される.∧-導入により

σ(g'h')=(g_1h_1)'∧σ(g'h')=(g_2h_2)'

を考えることができるので,→-導入から☆☆が成立する.

以上よりσは写像である.□
0451山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 04:03:24.20ID:jUx0DC8/
群Gの単位元eについて

現在

eg=ge=g (g∈G)☆

となるeが公理として書かれていることが多い
しかし
1932年時点では単位元は可換であるので左右の区別はいらず
両側単位元として考えるべしとある

つまりこの100年くらいの間に「単位元は可換である」という部分が公理化され
群の公理として☆が要請されるようになったのだろう

では以下の両者について

@可換だから左右のどちらかを両側単位元として考えてよい
A可換だから公理に両側単位元を要請する

これらに違いはあるのだろうか?

これからも@の意味で考えて行くが
現代のAはどうして生じたのかが気になる
思うに

単位元→可換

可換でない→単位元でない

こういう短絡的な思考が働いたと予想する
私は対偶法を用いないのでもちろんこれを棄却する

まあ蛇足だが

∃e∈G∀g∈G eg=ge=g

こんな記号に意味はない
eとgが逆だとかそういう話も聞きたくない
無駄だから
0452山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 06:37:33.83ID:jUx0DC8/
G:準群
f:G×G→G(写像)
x,y,s,t,u,v,m,n:個体変項
a,b,c,d,e:個体定項
とする.このとき

∀x∀y[<x,y>∈G×G→∃s∃t[f(<s,t>)∈G∧[x=s∧y=t]]]

f(<s,t>):=cd 

と表されている.

定義
f(<u,v>)=eaに対して
ea=a
となるeをGの左主単位元という.

定義
f(<m,n>)=baに対して
ba=e
となるbをaの左逆元という.

@主単位元

写像の一意性により

f(<u,v>)=ea∧f(<u,v>)=ae→ea=ae

が成立する.しかし常にf(<v,u>)はeaあるいはaeを終域にする訳ではないので
これだけでは主単位元の可換性はいえないと考える.

A逆元

@と同様に

f(<m,n>)=ba∧f(<n,m>)=ab→ba=ab

だけでは可換の根拠にならない.

正田の本では

aの両側逆元bが存在するとき

ae  ☆
=aba
=ea
=a

により主単位元及び逆元の左右の区別はいらない,としている.
いま,aの両側逆元の存在を前提にしているので
逆元は左右の定義が必要だとする.
このとき,左主単位元ea=aのみ定義したとしよう.
では☆に出てくるaeとは何なのか
という問いに答えられない,と考えられるので
これも左右の区別がいらない,という根拠に乏しい.

結論 現代が正しかった.
0453山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 06:39:49.84ID:jUx0DC8/
現代が腐っていると考えがちだが古い方が腐っているという方が自然かも知れない
0454山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 06:40:52.17ID:jUx0DC8/
でも古い方を知らないと今の意味がわからないので読む価値はあると思う
0455山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 11:58:56.05ID:jUx0DC8/
まだ先の話だが書き換える必要があるかも知れない
今は無き作用団という概念の所

>正田建次郎『抽象代数学』岩波書店,1952年,第8刷 p.21 16行目から

これでもし自分が間違っていたら
これ以上読むことはできないということだと観念している
0456山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 12:04:42.87ID:jUx0DC8/
wikiには作用域として書いてありました
まだわからないので保留します
0457山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/11(木) 13:34:43.30ID:jUx0DC8/
なんとかなりました
0458山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/12(金) 16:25:06.57ID:2qEhDhUC
定理29

G:群
f:G→G(同型)

f(g):=g'

σ:G→G(自己同型置換)

σ(g'h'):=(gh)'

に対して

L:={σ|σ(g'h'):=(gh)'} (自己同型置換の全体)

を定める.このときLは群を成す.

(証明)

(1) Lが準群を成すこと

(ア) Lが積で閉じること

σ_1,σ_2∈L→σ_1σ_2∈L

i.e. <σ_1,σ_2>∈L×L→σ_1σ∈L

を示す.そのために対応規則φ

φ:L×L→L

φ(<σ_1,σ_2>):=σ_1σ_2

が写像であることをいえばよい.

(@) φの存在

<σ_1,σ_2>∈L×L→φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2∈L ☆

を証明する.φ(<σ_1,σ_2>)に対して<σ_1,σ_2>∈L×Lであるから
<σ_1,σ_2>∈L×Lを考えることができる.それゆえ,→-導入により仮定@
が落ちて☆が成立する.
0459山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/12(金) 16:26:41.27ID:2qEhDhUC
(A) φの一意性

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2 ☆
φ(<σ_1,σ_2>)=σ_3σ_4

に対して

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2∧φ(<σ_1,σ_2>)=σ_3σ_4

σ_1σ_2=σ_3σ_4 ☆☆

を示す.

σ_1σ_2=σ_3σ_4 @

を仮定する.σ_1σ_2に対して☆より

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2

と書ける.また,σ_3σ_4について@と☆から

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_3σ_4

である.∧-導入により

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2∧φ(<σ_1,σ_2>)=σ_3σ_4

を考えることができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆☆が
成立する.
0460山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/12(金) 16:27:12.30ID:2qEhDhUC
(イ) 結合律

φ:L×L→L

φ(<σ_1,σ_2>):=σ_1σ_2

に対して

(σ_1σ_2)σ_3=σ_1(σ_2σ_3)

を示す.Lは積で閉じているので

m:=σ_1σ_2
n:=σ_2σ_3

とおけ,mσ_3,σ_1nを構成できる.いま(ア)から

ψ:L×L→L (写像)

ψ(<m,σ_3>):=mσ_3

を定めることができる.

ψ(<m,σ_3>)=mσ_3∧ψ(<m,σ_3>):=σ_1n

に対して,写像の一意性により

mσ_3=σ_1n

が成り立つ.すなわち(σ_1σ_2)σ_3=σ_1(σ_2σ_3)が示された.

(2) Lが群を成すこと

(ア) 右主単位元の存在

σE=σ

となるE:G→G(対応規則)

E(e):=e

の存在はGが群であることよりe∈Gであるので

e∈G→e∈G

が成り立つことよりわかる.また,Gの主単位元の唯一性によりEは一意的である
のでEは写像である.
0461山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/12(金) 16:28:24.35ID:2qEhDhUC
(イ) 左主単位元の存在

(ア)と同様にして

Eσ=σ

E(e):=e

が写像であることより存在する.

(イ) σの右逆元

σは同型であり同型は同値律をみたすことは既にみた.対称律よりσの逆元
σσ^{-1}=Eとなるσ^{-1}が存在する.すなわち

σ^{-1}:G→G

σ^{-1}(h'^{-1}g'^{-1}):=(h^{-1}g^{-1})'

は写像である.なぜならGは群であるので積で閉じておりg'とh'の逆元をそれぞれ
もつので

h'^{-1}g'^{-1}∈G→σ^{-1}(h'^{-1}g'^{-1})=(h^{-1}g^{-1})'∈G

が成立するからである.そして,σσ^{-1}=Eとなることは実際

σσ^{-1}
=σ(g'h')σ^{-1}(h'^{-1}g'^{-1})
=(gh)'(h^{-1}g^{-1})'
=f(gh)f(h^{-1}g^{-1})
=f(ghh^{-1}g^{-1})
=f(e)
=e
=E(e)
=E

である.また,Gにおける逆元の唯一性よりσ^{-1}は一意的に決まるからσ^{-1}
は写像である.

(ウ) σの左逆元

σ^{-1}σ=E

となるσのσ^{-1}は(イ)と同じ理屈で存在する.

以上よりLは群を成す.□
0462山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/12(金) 22:12:19.67ID:2qEhDhUC
定理15の検討

G:群
H_1,H_2:Gの不変部分群
とする.

(2) H_1H_2:Gの不変部分群なのか?

これを対応規則fを調べることで考えたい.

(ア) fの存在

f:H_1H_2→G

m:=gag^{-1}
n:=hbh^{-1}

f(mn):=mn

と定める.このとき

mn∈H_1H_2→f(mn)=mn∈G ☆

を示す.

f(mn)=mn∈G @

を仮定する.f(mn)に対してmn∈H_1H_2であるからmn∈H_1H_2を考えることができる.
それゆえ,→-導入より仮定@が落ちて☆が成立する.

(イ) fの一意性

f(mn)=m_1n_1 ☆
f(mn)=m_2n_2

に対して

f(mn)=m_1n_1∧f(mn)=m_2n_2→m_1n_1=m_2n_2 ☆☆

を示す.m_1n_1に対して☆によりf(mn)=m_1n_1と書ける.また
m_2n_2について@と☆からf(mn)=m_2n_2である.∧-導入より

f(mn)=m_1n_1∧f(mn)=m_2n_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入より☆☆が成立する.

以上から対応規則fは写像であることがわかった.□

これより論理が安楽椅子探偵であることがわかったので
しばらく本を読み進めることを停止し原因を考える.
0463山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/12(金) 22:21:04.69ID:2qEhDhUC
定理7
G:群
H_1,H_2⊆G:Gの部分群
g=ab^{-1}(定理による):群の元の型

H_1H_2:={g_1g_2|g_1∈H_1∧g_2∈H_2}

に対して

g_1g_2∈H_1H_2→g_1g_2∈G

を考察し,対応規則f

f:H_1H_2→G

f(g_1g_2):=g_1g_2

が写像であるかを調べる.

(1) fの存在

g_1g_2∈H_1H_2→f(g_1g_2)=g_1g_2∈G ☆

を証明する.

f(g_1g_2)=g_1g_2∈G @

を仮定する.f(g_1g_2)についてg_1g_2∈H_1H_2であるから,g_1g_2∈H_1H_2を
考えることができる.以下同文

>f(g_1g_2)についてg_1g_2∈H_1H_2であるから,g_1g_2∈H_1H_2を
>考えることができる.

これに問題がありそうだ.
0464山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/12(金) 22:26:50.66ID:2qEhDhUC
すべてを写像で考えるという計画に無理があったかもなあ
0465山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/12(金) 22:28:51.38ID:2qEhDhUC
G_1⊆G_2の証明について

a:個体定項

a∈G_1→a∈G_2

を証明したいが,このままでは難しい.そこで以下の対応規則fが写像に成ること
を示すことで部分集合の証明としたい.

f:G_1→G_2

f(a):=a

(1) fの存在
(2) fの一意性

この考えをもう一度考えて改めたい
0466山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 05:43:26.01ID:ybKAEyiC
一応考えをまとめることができたが新たな問題が出てきてしまった
以下の例は今までの定理を部分的に切り取ったものである

■ 部分集合が成立する場合

定理6

G:群
H_1,H_2⊆G:部分群

(@) H_1∩H_2がGの部分集合であること

対応規則f

f:H_1∩H_2→G

f(g):=g

と定める.このとき対応規則fが写像を成すことを示す.

(1) fの存在

g∈H_1∩H_2 →f(g)=g∈G ☆

を証明する.

f(g)=g∈G @

と仮定する.f(g)についてg∈H_1∩H_2でg∈Gであるので,g∈H_1∩H_2
を考えることができる.それゆえ→-導入より☆が示された.
0467山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 05:44:03.82ID:ybKAEyiC
■ 部分集合が不成立の場合

定理7

G:群
H_1,H_2⊆G:Gの部分群
g=ab^{-1}(定理による):群の元の型

H_1H_2:={g_1g_2|g_1∈H_1∧g_2∈H_2}

に対して

H_1H_2は必ずしもGの部分群とは限らない.

☆ H_1:={e}
  H_2:={e}
の場合H_1H_2はGの部分群である.

対応規則f

f:H_1H_2→G

f(g_1g_2):=g

が写像であるかを調べる.

(1) fの存在

g_1g_2∈H_1H_2→f(g_1g_2)=g∈G ☆

を証明する.

f(g_1g_2)=g∈G @

を仮定する.f(g_1g_2)についてg_1g_2∈H_1H_2であるがg∈Gであるので
g_1g_2に対応するものがあるとは限らない.それゆえ,fは写像ではない.

☆ つまり「f(g_1g_2)についてg_1g_2∈H_1H_2であるがg∈Gであるので」
この部分でg_1g_2∈H_1H_2とg_1g_2∈Gが一致しなければ部分集合とは認められない.
0468山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 17:44:12.14ID:ybKAEyiC
■ 写像の場合

(1) fは準々同型(写像)であること

(ア) fの存在

a∈G→f(a)=gag^{-1}∈gGg^{-1} ☆

を示す.

f(a)=gag^{-1}∈gGg^{-1} @

を仮定する.f(a)に対してa∈Gであるから,a∈Gを考えることができる.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.

このように部分集合の証明と写像の証明はかなり似ているが
異なるものである
部分集合の方が強い条件をクリアする必要がある
0469山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 17:55:39.12ID:ybKAEyiC
定理20
G:群
C_a:定理19からつくる類(代表元a)
H:Gの部分群
とする.このとき

C_a=Ha

が成立するとは限らない.

(証明)

(1) C_a⊆Ha

対応規則f

f:C_a→Ha

f(a):=ha

a∈C_a→f(a)=ha∈Ha ☆

が写像に成ることを調べる.

(ア) fが存在すること

f(a)=ha∈Ha @

を仮定する.f(a)についてa∈C_aであるが,ha∈Haであるからaに対応するものが
あるとは限らない.それゆえfは写像ではない.

(2) Ha⊆C_a

対応規則f

f:Ha→C_a

f(ha):=a

ha∈Ha→f(ha)=a∈C_a ☆

が写像に成ることを調べる.

(ア) fの存在

f(ha)=a∈C_a @

を仮定する.f(ha)に対してha∈Haであるが,a∈C_aであるから
haに対応するものがあるとは限らない.それゆえ,fは写像ではない.
0470山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 17:56:11.08ID:ybKAEyiC
定理21(定義14の証明)

G:群
H:Gの部分群
C_a:Hから構成した類(aは代表元)

とする.このとき

HがGの不変部分群→C_aは群は定理20が成立するとは限らないので不成立である.
0471山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 17:56:36.48ID:ybKAEyiC
定義16

G_1,G_2:群
g=ab^{-1}(群の元の型)
とする.写像fについて
f:G_1→G_2

f(g_1):=g_2

を定める.

(3) G_1の像f(G_1)に対してf(G_1)=G_2のときfを全射という.
このときf(G_1)を

Im f=G_2

と書く.因みにIm fの内包は

Im f:={f(g_1)|g_1∈G_1∧f(g_1)=g_2∈G_2}

(3) 像の定義により

G_1 → G_2
     ∪||
     Im f

であるからG_2⊆Im fを示す.

σ:G_2→Im f

σ(g_2):=g_2=f(g_1)

g_2∈G_2→σ(g_2)=g_2=f(g_1)∈Im f ☆

を証明する.

g_2=f(g_1)∈Im f @

を仮定する.σ(g_2)についてg_2∈G_2であり,g_2=f(g_1)∈Im fであるから
g_2∈G_2に対応するものを考えることができる.それゆえ,→-導入より仮定@が落ちて☆が示された.
0472山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 17:56:57.70ID:ybKAEyiC
定理26

G:群
f:G→G(対応規則)
f(g):=g
とする.このときfは同型

(3) fは全射

Im fの定義よりIm f⊆Gであるので

G⊆Im f

を示す.そのために写像

σ:G→Im f

σ(g):=g=f(g)

を証明する.

(ア) σの存在

g∈G→σ(g)=g=f(g)∈Im f ☆

をいう.

σ(g)=g=f(g)∈Im f @

を仮定する.σ(g)についてg∈Gよりg=f(g)∈Im fを対応させることができる.それゆえ
→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.
0473山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 17:57:29.85ID:ybKAEyiC
定義18(自己同型置換)

G:群
f:G→G(対応規則)
f(g):=g'

とする.このときfは同型である.

定理27(定義18の証明)

(3) fは全射

Im fの定義よりIm f⊆Gであるから

G⊆Im f

を示す.そのために対応規則

σ:G→Im f

σ(g):=g'=f(g)

を構成し,この対応規則σが写像に成ることをいう.

(ア) σの存在

g∈G→g'=f(g)∈Im f ☆

を証明する.

σ(g)=g'=f(g)∈Im f @

を仮定する.このときσ(g)に対してg∈Gで,f(g)についてg∈Gあるから
g'=f(g)∈Im fを対応させることができる.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.
0474山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 17:57:59.30ID:ybKAEyiC
定義18の続き

G:群

f:G→G(同型(写像))

f(g):=g'



g'h':=(gh)' ☆

と定めるときこの☆をGの自己同型置換という.

定理28(定義18の証明)

(証明)

g'h':=(gh)' i.e. f(g)f(h)=f(gh) (g,h∈G)

をうまく定義できることを示す.そのために以下の対応規則σ

σ:G→G

σ(g'h'):=(gh)'

i.e.

g'h'∈G→σ(g'h')=(gh)'∈G ☆

が写像であることを証明する(部分集合の証明ではない).

(1) σの存在

σ(g'h')=(gh)'∈G @

を仮定する.σ(g'h')に対して,g'h'∈Gであるからg'h'∈Gを考えることができる.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.
0475山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 18:00:58.93ID:ybKAEyiC
定理32

G:群
f:G→gGg^{-1}(対応規則)
f(a):=gag^{-1} (g,g^{-1}∈G)

は同型置換(写像)である.

(3) fは全射

Im fの定義よりIm f⊆gGg^{-1}であるから,gGg^{-1}⊆Im fを示す.そのために

σ:gGg^{-1}→Im f

σ(gag^{-1}):=f(a)=gag^{-1}

を構成し,この対応規則σが写像に成ることを証明する.

(ア) σの存在

gag^{-1}∈gGg^{-1}→σ(gag^{-1})=gag^{-1}=f(a)∈Im f ☆

をいう.

σ(gag^{-1})=gag^{-1}=f(a)∈Im f @

を仮定する.σ(gag^{-1})についてgag^{-1}∈gGg^{-1}であるから
gag^{-1}=f(a)∈Im fを対応させることができる.
それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.
0476132人目の素数さん2021/11/13(土) 18:49:39.30ID:Y2QJAafO
>>1
>最小論理+DN規則
二重否定の除去ができたら背理法も対偶法も自由に使えるけど?
0477山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 18:51:21.01ID:ybKAEyiC
>>476
だからなんだ?
0478132人目の素数さん2021/11/13(土) 18:56:47.09ID:Y2QJAafO
>>1
>だと考えています.たとえば
>・対偶法
>・ド・モルガンの法則
>は数学では利用しません.
二重否定の除去ができたら上記は自由に使えるけど良いの?ってこと
0479山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 18:58:22.38ID:ybKAEyiC
>>478
別に問題ない
俺が使わないだけだから
0480山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 19:11:55.90ID:ybKAEyiC
背理法はそうだが
ドモルガンなしで
対偶をとるのははどうかな

∀x[x∈A→∃s[s∈B∧x=s]]

この対偶を考えることに意味がないと思ったので
使用しないと言ったまで
当然だが可能なことと実用できることは違う
論理的に複雑になるのならなるべく避けたいと考えている
0481山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 19:16:02.33ID:ybKAEyiC
ああドモルガンも矛盾の規則を経由しなくても証明できるのか
だとしても同じことだけど
0482山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/13(土) 19:32:03.41ID:ybKAEyiC
二重否定の法則を消滅させようとしたカルナップを
読まなければならないと思ったけど
まだ読めていない
数学で区切りが付けられたら読もうと思う
0483大類昌俊2021/11/13(土) 19:52:11.87ID:vSjnffp1
三鷹市新川3-8-29の自称天才数学者復活リサイタル
https://youtu.be/GbzIUfzrqqI
のど自慢MADでも作ろうかなw
0484山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:19:19.32ID:Ku36snDj
定理33

G:群
L:Gの同型群
f:G→G(内部同型置換)
σ:G→G(自己同型置換)
N:={f|f(a):=gag^{-1}}
L:={σ|σ(g'h'):=(gh)'}

とする.このとき

NはLの不変部分群とは限らない.

(1) σNσ^{-1}⊆L

(ア) φの存在

対応規則φ

φ:σNσ^{-1}→L

φ(σfσ^{-1}):=σ

が写像に成ることを示す.

i.e. σfσ^{-1}∈σNσ^{-1}→φ(σfσ^{-1})=σ∈L ☆

φ(σfσ^{-1})=σ∈L @

を仮定する.φ(σfσ^{-1})に対して,σfσ^{-1}∈σNσ^{-1}
であるがσ∈Lであるので,σfσ^{-1}に対応するものがあるとは限らない.
それゆえ,部分集合にはならない.
(2)

(ア) σNσ^{-1}=N

(@) σNσ^{-1}⊆N

対応規則ψ

ψ:σNσ^{-1}→N

ψ(σfσ^{-1}):=k

が写像に成ることを示す.
0485山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:19:57.90ID:Ku36snDj
1) ψの存在

σfσ^{-1}∈σNσ^{-1}→ψ(σfσ^{-1})=k∈N ☆

ψ(σfσ^{-1})=k∈N @

を仮定する.ψ(σfσ^{-1})に対してσfσ^{-1}∈σNσ^{-1}
であるがk∈Nであるため,σfσ^{-1}に対応するものがあるとは限らない.
それゆえ,部分集合にはならない.

(A) N⊆σNσ^{-1}

対応規則φ

φ:N→σNσ^{-1}

φ(k):=σfσ^{-1}

が写像であることを示す.

1) φの存在

k∈N→φ(k)=σfσ^{-1}∈σNσ^{-1} ☆

φ(k)=σfσ^{-1}∈σNσ^{-1} @

を仮定する.φ(k)に対してk∈Nであるが,σfσ^{-1}∈σNσ^{-1}
であるためkに対応するものがあるとは限らない.それゆえ,部分集合にはならない.
0486山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:20:39.90ID:Ku36snDj
主な変更点は以上です
0487山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:24:26.30ID:Ku36snDj
定義19(定理29の概念)

G:群
L:自己同型置換の全体

とする.このとき

群LをGの同型群という.

定義20(自己準同型置換)

G:群
X:Gの任意の部分群(変項集合)

f:G→X(準同型)

f(g):=h

g_1≠g_2→f(g_1)≠f(g_2)

とする.このときfをGの自己準同型置換という.

定理30(定義20の証明)

(証明)

F:Gの部分群の集合族

∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]に対して

G∈F∧X=G @

を仮定する.このとき定理27から

σ:G→G

σ(g):=h

は同型であるので単射(準同型)でもある.∃-導入と∃-除去により仮定@
は落ちるので,論証は無仮定であるから∀-導入より定理が示された.□
0488山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:27:46.08ID:Ku36snDj
定理27と28は先に変更点として書いたのでその他の部分は省略します
0489山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:29:00.49ID:Ku36snDj
>>488
訂正
定理32と33
0490山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:29:47.02ID:Ku36snDj
定義22(定理32の概念)

定理32の置換を内部同型置換(写像)という.
0491山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:34:57.94ID:Ku36snDj
本書の変更点のまとめ

群の主単位元と逆元は可換なことを証明する必要があること

H_1H_2は群Gの部分群とは限らないこと

可換群の部分群はすべて不変部分群になるとは限らないこと

C_aは群←→HがGの不変部分群は成立するとは限らない

定理20は成立するとは限らない

定理21は成立するとは限らない

定理33は成立するとは限らない
0492山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:36:44.54ID:Ku36snDj
定理31

G:群
X:任意のGの部分群(変項集合)
f:G→X(自己準同型置換)
f(g):=h
とする.このとき

M:={f|f(g):=h} (f:G→X, 自己準同型置換の全体)

を定めるとMは準群を成す.

(証明)

F:Gの部分群の集合族(定項集合)
∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]に対して

G∈F∧X=G @

を仮定する.すなわち

σ:G→G

σ(g):=h

(1) Mは積で閉じること

<σ_1,σ_2>∈M×M→σ_1σ_2∈M

を示す.そのために対応規則φ

φ:M×M→M

φ(<σ_1,σ_2>):=σ_1σ_2

i.e.

<σ_1,σ_2>∈M×M→φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2∈M ☆

が写像に成ることを証明する.

(ア) φの存在

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2∈M A

を仮定する.φ(<σ_1,σ_2>)に対して<σ_1,σ_2>∈M×Mであるから
<σ_1,σ_2>∈M×Mを考えることができる.それゆえ,→-導入により
仮定Aが落ちて☆が成立する.
0493山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:37:21.33ID:Ku36snDj
(イ) φの一意性

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2 ☆
φ(<σ_1,σ_2>)=σ_3σ_4

に対して

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2∧φ(<σ_1,σ_2>)=σ_3σ_4→σ_1σ_2=σ_3σ_4 ☆☆

を示す.

σ_1σ_2=σ_3σ_4 A

を仮定する.σ_1σ_2に対して☆より

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2

と書ける.また,σ_3σ_4について@と☆から

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_3σ_4

である.∧-導入により

φ(<σ_1,σ_2>)=σ_1σ_2∧φ(<σ_1,σ_2>)=σ_3σ_4

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定Aが落ちて☆☆が成立する.

(2) 結合律

φ:M×M→M

φ(<σ_1,σ_2>):=σ_1σ_2

に対して

(σ_1σ_2)σ_3=σ_1(σ_2σ_3)

を示す.Mは積で閉じているので

m:=σ_1σ_2
n:=σ_2σ_3

とおけmσ_3,σ_1nを構成することができる.いま

ψ:M×M→M

ψ(<m,σ_3>):=mσ_3

ψ(<m,σ_3>):=σ_1n

をつくると写像の一意性により

mσ_3=σ_1n

を得る.すなわち(σ_1σ_2)σ_3=σ_1(σ_2σ_3)が示された.
0494山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:37:45.47ID:Ku36snDj
☆ Mが群にならないこと

(1) Mの主単位元

σ:G→G

σ(e):=e

に対してσは準同型をみたさない.実際,主単位元の唯一性により

e_1≠e_2

を考えることができないからである.

(2) σの逆元

σ^{-1}:G→G

σ^{-1}(g^{-1}):=g^{-1}

gの逆元g_1^{-1},g_2^{-1}に対して逆元の唯一性により

g_1^{-1}≠g_2^{-1}

を想定することはできないので,σ^{-1}は準同型でない.すなわち
σの逆元σ^{-1}は準同型として存在しない.

以上よりMは群に成らない.

そして,∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちて論証は無仮定であるから
∀-導入を適用するとMは準群であることがわかる.□

定義21(定理31の概念)

G:群
X:任意のGの部分群
f:G→X(自己準同型置換), f(g):=h
M:={f|f(g):=h}
に対して
準群MをGの同型準群という.
0495山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:38:46.60ID:Ku36snDj
定理34

G:群
f:G→gGg^{-1}(内部同型置換)
N:={f|f(a):=gag^{-1}}
とする.このとき

Nは群を成す.

(証明)

(1) Nが準群になること

(ア) Nが積で閉じること

<f_1,f_2>∈N×N→f_1f_2∈N

をいう.そのために対応規則σ

σ:N×N→N

σ(<f_1,f_2>):=f_1f_2

i.e.

<f_1,f_2>N×N→σ(<f_1,f_2>):=f_1f_2∈N ☆

が写像に成ることを示す.

(@) σの存在

σ(<f_1,f_2>):=f_1f_2∈N @

を仮定する.σ(<f_1,f_2>)に対して,<f_1,f_2>∈N×Nであるから
<f_1,f_2>∈N×Nを考えることができる.それゆえ,→-導入により
仮定@が落ちて☆が成立する.
0496山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:39:22.17ID:Ku36snDj
(A) σの一意性

σ(<f_1,f_2>)=f_1f_2 ☆
σ(<f_1,f_2>)=f_3f_4

に対して

σ(<f_1,f_2>)=f_1f_2∧σ(<f_1,f_2>)=f_3f_4→f_1f_2=f_3f_4 ☆☆

を示す.

f_1f_2=f_3f_4 A

を仮定する.f_1f_2に対して☆より

σ(<f_1,f_2>)=f_1f_2

と書ける.また,f_3f_4について@と☆から

σ(<f_1,f_2>)=f_3f_4

である.∧-導入により

σ(<f_1,f_2>)=f_1f_2∧σ(<f_1,f_2>)=f_3f_4

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定Aが落ちて☆☆が成立する.

(イ) 結合律

σ:N×N→N

(<f_1,f_2>):=f_1f_2

に対して

(f_1f_2)f_3=f_1(f_2f_3)

を示す.
0497山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:39:50.45ID:Ku36snDj
Nは積で閉じているので

m:=f_1f_2
n:=f_2f_3

とおけmf_3,f_1nを構成することができる.いま

φ:N×N→N

φ(<m,f_3>):=mf_3

φ(<m,f_3>):=f_1n

をつくると写像の一意性により

mf_3=f_1n

を得る.すなわち(f_1f_2)f_3=f_1(f_2f_3)が示された.

(2) Nが群を成すこと

(ア) 右主単位元の存在

fE=f

となるE:G→eGe^{-1}(対応規則)

E(e):=e

の存在はGが群であることよりe∈Gであるので

e∈G→e∈G

が成り立つことよりわかる.また,Gの右主単位元の唯一性によりEは一意的
であるのでEは写像である.
0498山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 02:40:24.64ID:Ku36snDj
(イ) 左主単位元の存在

(ア)と同様にして

Ef=f

となるE:G→eGe^{-1}(対応規則)

E(e):=e

は写像であるので存在が保証される.

(ウ) fの右逆元

fの右逆元ff^{-1}=Eとなるf^{-1}があるかを調べる.

f^{-1}:G→gGg^{-1}(対応規則)

f^{-1}(a^{-1}):=ga^{-1}g^{-1}

と定める.このときGはaの逆元a^{-1}をもつことがわかっているので
fに逆元があることよりf^{-1}にも逆元がある.このとき

ff^{-1}
=f(a)f(a^{-1})
=gag^{-1}ga^{-1}g^{-1}
=gaea^{-1}g^{-1}
=gg^{-1}
=e
=E(e)
=E

∴ ff^{-1}=E.

そして,Gにおける逆元の唯一性によりf^{-1}は一意的に決まるので
f^{-1}は写像である.

(エ) fの左逆元

f^{-1}f=E

となるfの左逆元f^{-1}は(ウ)と同じ理由で唯一つ存在する.

以上よりNは群を成す.□

定義23(定理34の概念)

定理34のNを内部同型群という.
0499山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 06:35:31.80ID:Ku36snDj
昔の本は

AをBに
AがBに

というのは何れも

B→A

だということを忘れていたので訂正する(必ずしもそうではない場合もある)
0500山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 06:38:37.58ID:Ku36snDj
訂正

定義19(定理29の概念)

G:群
L:自己同型置換の全体

とする.このとき

群LをGの同型群という.

定義20(自己準同型置換)

G:群
X:Gの任意の部分群(変項集合)

f:X→G(準同型)

f(h):=g

h_1≠h_2→f(h_1)≠f(h_2)

とする.このときfをGの自己準同型置換という.
0501山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 06:42:58.51ID:Ku36snDj
訂正

定理31

G:群
X:任意のGの部分群(変項集合)
f:X→G(自己準同型置換)
f(h):=g
とする.このとき

M:={f|f(h):=g} (f:X→G, 自己準同型置換の全体)

を定めるとMは準群を成す.
0502山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 06:44:06.54ID:Ku36snDj
定義21(定理31の概念)

G:群
X:任意のGの部分群
f:X→G(自己準同型置換), f(h):=g
M:={f|f(h):=g}
に対して
準群MをGの同型準群という.
0503山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 06:56:55.35ID:Ku36snDj
そもそも

群Bから群Aへの準同型である

をA→Bと書いていたという文を読んでから
現在の仮言命題Fa→Gaを後件から読むという試みが始まっている
つまり昔の人は終域からものを観ていたということがわかったので
(私の認識論と一致していた)
自分もそうしてみようと考えたことが契機になった
|-Fa→Gaを後件から示すというのを観たときには驚きと感動があった
だからこれは譲れない

☆私の認識論とは存在は因果で決まるが認識できるのは結果からしかできない
ということである
結果から目的も行為も決まる
そういう判断が数学以前にあった
その思想でもし数学が創られているのなら
やはり写像A→BはBからAへの写像と言い続けるべきだったと思われる
0504132人目の素数さん2021/11/14(日) 09:51:21.16ID:Ci/bJtJU
根本的な質問をしていいですか?

>>3
>|- ∀x[x∈A→x∈A]
>1  (1) ∀x[x∈A→x∈A]  仮定
>1  (2) a∈A→a∈A     1.∀-除去

(2)は>>1の前提「最小論理+DN規則+同一性規則」で証明できませんか?
上記の通りだと、A→Aが証明できないことになると思いますが、当たってますか?
0505山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:03:46.61ID:Ku36snDj
>>504
申し訳ないですが

|- ∀x[x∈A→x∈A]

1 (1) ∀x[x∈A→x∈A]  仮定

はできないという話をしたので上記>>3

1 (1) a∈A      仮定
  (2) a∈A→a∈A   1.→-導入
  (3) ∀x[x∈A→x∈A] 2.∀-導入

と読み換えて下さい
それなので|- ∀x[x∈A→x∈A]ができないという話は終わりました
0506132人目の素数さん2021/11/14(日) 10:27:14.74ID:Ci/bJtJU
>>505
つまり、できる、と
まっさきにそれを書いてほしいんですが
それがもっとも知りたいことなので
0507山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:29:28.13ID:Ku36snDj
また変なの来たよ( ゚д゚)、ペッ
0508山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:31:28.69ID:Ku36snDj
論理というのは知らない相手とのコミュニケーションのためにあるので
それができない人はここに来ないでください
意味不明だわ
きもすぎ
人間と接してねえんだろうな
0509132人目の素数さん2021/11/14(日) 10:33:18.37ID:Ci/bJtJU
>>507
何をいら立ってるのかわかりませんか

できないというのは誤りで
できるというのが正しいと
あなたが505で認めたということで
終わりました それで十分でしょう

あなたのいらだちは数学板以外で
発散したほうがいいですね
0510山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:33:36.35ID:Ku36snDj
まあよくも名を名乗っている人間にそんなことができたな
お前は匿名のつもりかも知れないがこっちはそうではないので
少しでも犯罪に触れることがあれば警察に被害届を出すので
0511山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:35:00.30ID:Ku36snDj
>>509
は?

結論を仮定してしまったという誤りは認めるが
それがどうしたんだ?
前提抜きの論理というのを扱ったことがなくて
間違えただけなんだけどな


お前は何が言いたいの?
0512132人目の素数さん2021/11/14(日) 10:35:11.95ID:Ci/bJtJU
>>510
意味不明なのはあなたの反応ですが
あなたが何にいら立っているのかわかりませんが
その原因は私ではなくあなたの>>3にあるので
あなたの中だけで消化することをお勧めします
0513山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:37:06.65ID:Ku36snDj
>>512
イラついてませんw
貴方の妄想です
0514山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:37:41.72ID:Ku36snDj
>>512
口のきき方から学んで来いよ
0515132人目の素数さん2021/11/14(日) 10:40:05.80ID:Ci/bJtJU
>>510
名前を出したのはあなたの意思なので
私に文句をいわれても困りますね

名前も仮名と受け取りますが
仮に戸籍上の実名だとしても
ただの一般人なら大した問題はないでしょう

>>511
自分が初歩的な勘違いをしたことにいら立ってるということですか?
ああ、それならわかりますが、そんなのは私も皆も散々やらかしてるので
別にあなたが恥ずかしがるようなことじゃありませんよ
誤りを認識することが大事なのですから
誤りを認めない「病」に陥ったらそれこそ人間失格ですよ
0516132人目の素数さん2021/11/14(日) 10:41:43.18ID:Ci/bJtJU
>>513
>>511であなたの苛立ちの原因がわかったので
この件については終わり

>>514
苛立ちのおさめ方を学んだほうがいいですね あなた自身のために
0517山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:42:30.78ID:Ku36snDj
定理35

G:群
K:Gの核心
K:={kg|kg=gk∧g∈G}
N:={f|f(a):=hah^{-1}}(内部同型群)
G/K:剰余群
I:添字集合

とする.このとき

N△G/K (同型)

である.

(証明)

対応規則φを

φ:N→G/K

φ(f):=C_a

定める.このとき

C_a=K_a

∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]に対して

C_a={a|a≡a (mod n)} (n≧1)

いま,n=1∨n>1について

n=1 @

を仮定すると

C_e=K_0_e=K (KはG/Kの主単位元)

これよりφ(f)=Kとなるφが準々同型(写像)であることを示す.

f∈N→φ(f)=K∈G/K ☆

を証明する.
0518山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:43:01.79ID:Ku36snDj
(1) φの存在

φ(f)=K∈G/K A

を仮定する.φ(f)について,f∈Nであるからf∈Nを考えることができる.それゆえ
→-導入から仮定Aが落ちて☆が成立する.

(2) φの一意性

φ(f)=K_1
φ(f)=K_2

に対して,KはG/Kの主単位元であることよりその唯一性から

φ(f)=K_1∧φ(f)=K_2→K_1=K_2

が成立する.

(3) φは単射

f_1≠f_2→φ(f_1)≠φ(f_2) ☆

を示す.

φ(f_1)≠φ(f_2) A

を仮定し

¬(f_1≠f_2) B

も仮定する.いま写像の一意性とBより

φ(f_1)=K
φ(f_2)=K
f_1=f_2

と書ける.そして同一性規則により

φ(f_1)=φ(f_2)

であるので,Bを否定できるから¬-導入より仮定Bが落ちて

¬¬(f_1≠f_2)

である.DN規則からf_1≠f_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入により仮定Aが落ちて☆が成立する.
0519山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:43:38.63ID:Ku36snDj
(4) φは全射

Im φの定義よりIm φ⊆G/Kであるから

G/K⊆Im φ

を示す.そのために

ψ:G/K→Im φ

ψ(K):=K=φ(f)

Im φ={φ(f)|f∈N}

に対して

K∈G/K→ψ(K)=K=φ(f)∈Im φ ☆

を証明する(ψが写像であること・部分集合であること).

(ア) ψの存在

ψ(K)=K=φ(f)∈Im φ A

を仮定する.ψ(K)に対してK∈G/Kであり,K∈G/Kはψ(K)=K=φ(f)∈Im φ
に対応させることができるので部分集合を成すψであるといえる.

(イ) ψの一意性

ψ(K)=K_1
ψ(K)=K_2

に対してG/Kの主単位元の唯一性により

ψ(K)=K_1∧ψ(K)=K_2→K_1=K_2

が成立する.それゆえ,G/K⊆Im φが成り立つ.

∃-導入と∃-除去から仮定@が落ちると論証は無仮定であるので
∀-導入からN△G/Kが成立する.□
0520山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:48:03.81ID:Ku36snDj
定理36

G:群
f:G→gGg^{-1}(内部同型置換)

f(a):=gag^{-1}

N:={f|f(a):=gag^{-1}}
N:内部同型群

とする.このとき

σ:N→G(準同型)

σ(f):=a

が成立する.

☆ この定理の内容は準同型定理の所でもう一度出てくる.

(証明)

(1) σが準々同型(写像)であること

(ア) σの存在

f∈N→σ(f)=a∈G ☆

を示す.

σ(f)=a∈G @

を仮定する.σ(f)についてf∈Nであるからf∈Nを考える
ことができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.
0521山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:49:03.07ID:Ku36snDj
(イ) σの一意性

σ(f)=a_1 ☆
σ(f)=a_2

に対して

σ(f)=a_1∧σ(f)=a_2→a_1=a_2 ☆☆

を示す.

a_1=a_2 @

を仮定する.a_1について☆により

σ(f)=a_1

と書ける.また,a_2に対して@と☆から

σ(f)=a_2

である.∧-導入により

σ(f)=a_1∧σ(f)=a_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて
☆☆が成立する.

(2) σは準同型(単射)であること

f_1≠f_2→σ(f_1)≠σ(f_2) ☆

を示す.そのために

σ(f_1)≠σ(f_2) @
¬(f_1≠f_2)   A

を仮定する.いま写像の一意性とAより

σ(f_1)=a
σ(f_2)=a
f_1=f_2

と書ける.同一性規則により

σ(f_1)=σ(f_2)

であるからAを否定することができる.これより
¬-導入から仮定Aが落ちて

¬¬(f_1≠f_2)

と成る.ここでDN規則から

f_1≠f_2

を考えることができるので→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.
以上よりσは準同型であることがわかった.□
0522山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 10:50:37.28ID:Ku36snDj
像(値域)及び終域と全射の概念が未整備の時代のものなので
たとえ準同型(単射)や一対一対応と書いてあっても
全部調べる必要があることに気が付きました
それなのでこの定理36も全射になるかどうかを調べます
0523山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 11:02:34.64ID:Ku36snDj
(3) σは全射であること

G⊆Im σ

を示す.そのために

φ:G→Im σ

φ(a):=σ(f)=a i.e. φ(a)=a

を考えるとφ(a)=aによりG⊆Im σがいえるので全射であることがわかる.

それゆえσは同型である.

訂正

定理36

σ:N→G(同型)

σ(f):=a

が成立する.
0524山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 15:03:05.92ID:Ku36snDj
すべての写像が全射になってしまうという
安楽椅子探偵を見つけてしまったので
またしばらく停止します
0525山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 15:13:51.39ID:Ku36snDj
原因の論証は以下の通り

定義16

G_1,G_2:群
g=ab^{-1}(群の元の型)
とする.写像fについて
f:G_1→G_2

f(g_1):=g_2

を定める.Im fの定義によりIm f⊆G_2であるから

G_2⊆Im f を示す.

σ:G_2→Im f

σ(g_2):=f(g_1)=g_2

i.e. σ(g_2):=g_2

それゆえこのσはG_2⊆Im fを成す.すなわちIm f=G_2.

ちょっとこれはどうしようもないかも知れない.
0526山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 15:20:31.94ID:Ku36snDj
イデアル論の環準同型の中で
前提が全射という数学は見たことがあるけど
この群の話でもすべての準々同型(写像)は全射である
としてよいのだろうか

もしこのままわからない場合は準々同型は全射であるという前提で
話を進めたいと思います

もしかして

準々同型:全射
準同型:単射
同型:全単射

という変遷があったのかなあ
0527山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 16:51:32.61ID:Ku36snDj
単射(準同型)も定義16の場合に成立します
私にできることは
写像が全射・単射になるかどうかを確かめることなので
これを継続出来たらいいなと思います
0528山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 19:16:17.76ID:Ku36snDj
☆ 作用団の準備

定義24

G:群
α:G→G(準同型置換)

α(a):=αa

とする.このとき

α(ab):=α(a)α(b)
    =(αa)(αb)

と定める.

定理37(定義24の証明)

α(ab):=α(a)α(b)

を証明したい.そのために

ab∈G→α(ab)=α(a)α(b)∈G ☆

を示す.

(1) αの存在

α(ab)=α(a)α(b)∈G @

を仮定する.α(ab)に対してab∈Gであるからab∈Gを考える
ことができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.
0529山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 19:17:12.91ID:Ku36snDj
(2) αの一意性

α(ab)=α(a_1)α(b_1) ☆
α(ab)=α(a_2)α(b_2)

に対して

α(ab)=α(a_1)α(b_1)∧α(ab)=α(a_2)α(b_2)

α(a_1)α(b_1)=α(a_2)α(b_2) ☆☆

をいう.

α(a_1)α(b_1)=α(a_2)α(b_2) @

を仮定する.α(a_1)α(b_1)に対して☆により

α(ab)=α(a_1)α(b_1)

である.またα(a_2)α(b_2)について@と☆から

α(ab)=α(a_2)α(b_2)

と書ける.∧-導入により

α(ab)=α(a_1)α(b_1)∧α(ab)=α(a_2)α(b_2)

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて
☆☆が成立する.□

☆ 以後α(ab):=α(a)α(b)をα(ab):=(αa)(αb)
で表す(本書の方針).
0530山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 19:18:16.57ID:Ku36snDj
定義25(定理37の概念)

G:群
α:G→G(準同型)
α(a):=αa
α(ab):=(αa)(αb)

となるαを単なる記号と考え,これを作用素と名付ける.

定義26(群の作用団)

G:群

とする.このときGの作用団Γとは次の性質を有する記号

η,θ,...(単なる記号) ☆写像などの意味をもたない

の集合である.i.e. η,θ,...∈Γ

(性質)

ηa∈G∧η(ab):=(ηa)(ηb)

が成立する.すなわち

η:G→G(対応規則)

η(a):=ηa
η(ab):=(ηa)(ηb)=η(a)η(b) i.e. η(ab):=(ηa)(ηb)

である.このηが写像に成ることは定理37と同様に示す
ことができるので証明を省略する(αとηの記号の違いだけ).
0531山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 19:19:44.31ID:Ku36snDj
定理38

G:群
Γ:Gの作用団

とする.
ηa∈G(個体定項)に対して

ηG:={ηa|η∈Γ∧a∈G}

を定める.このときηGはGの部分群を成すとは限らない.

(証明)

(1) ηG⊆Gになること

対応規則f

f:ηG→G

f(ηa):=a

が部分集合を成す写像であるかを調べる.

(ア) fの存在

ηa∈G→f(ηa)=a∈G ☆

を示す.

f(ηa)=a∈G @

を仮定する.f(ηa)に対してηa∈Gであるが,a∈Gであるので
ηaに対応するものがあるとは限らない.それゆえ☆が不成立
であるので,ηGはGの部分集合であるとは限らない.□

☆ η=eのときは部分集合に成り得る.
0532山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/14(日) 19:25:31.80ID:Ku36snDj
>>531
訂正
ηは作用素(意味を持たない記号)なので
作用素eに対してeG=Gという単位元の性質を持たせることは間違いでした
それなので

定理38はηGはGの部分群に成らない

に訂正します
0533山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 01:09:25.23ID:Y60hLLig
定理39

G:群
Γ:Gの作用団
ηG:={ηa|η∈Γ∧a∈G}

とする.このとき

f:G→ηG(同型)

f(a):=ηa

である.

(証明)

(1) fが準々同型(写像)であること

(ア) fの存在

a∈G→f(a)=ηa∈ηG ☆

を示す.

f(a)=ηa∈ηG @

を仮定する.f(a)に対してa∈Gであるからa∈Gを考える
ことができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.

(イ) fの一意性

ηは類の代表元のようなものなのでaだけ番号を付ける.つまり
ηを変えるとηGのGも変わってしまうのでηはそのままである.

f(a)=ηa_1 ☆
f(a)=ηa_2

に対して

f(a)=ηa_1∧f(a)=ηa_2→ηa_1=ηa_2 ☆☆

を証明する.

ηa_1=ηa_2 @

を仮定する.ηa_1に対して☆によりf(a)=ηa_1と書ける.
また,ηa_2について@と☆からf(a)=ηa_2である.
∧-導入により

f(a)=ηa_1∧f(a)=ηa_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて
☆☆が成立する.
0534山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 01:10:04.14ID:Y60hLLig
(2) fが準同型(単射)であること

a_1≠a_2→f(a_1)≠f(a_2) ☆

を示す.そのために

f(a_1)≠f(a_2) @
¬(a_1≠a_2)  A

を仮定する.このとき

f(a_1)=ηa_1
f(a_2)=ηa_2
a_1=a_2

で表される.いま,写像の一意性によりηa_1=ηa_2であり
同一性規則からf(a_1)=f(a_2)と成るので,Aは否定される.
それゆえ,¬-導入から仮定Aは落ちて¬¬(a_1≠a_2)を得る.
DN規則よりa_1≠a_2を考えられるので,→-導入から仮定@
が落ちて☆が示された.

(3) fが全射であること

Im fの定義よりIm f⊆ηGが成り立つので,ηG⊆Im fを示す.
そのために対応規則σ

σ:ηG→Im f

σ(ηa):=f(a)=ηa

i.e. ηa∈ηG→σ(ηa)=ηa=f(a)∈Im f ☆

を証明する.

(ア) σの存在

σ(ηa)=ηa=f(a)∈Im f @

を仮定する.σ(ηa)に対してηa∈ηGであり,ηa=f(a)∈Im f
であるから,ηaに対応するものがあるので→-導入により
仮定@が落ちて☆が成立する.
0535山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 01:10:29.26ID:Y60hLLig
(イ) σの一意性

σ(ηa)=f_1(a) ☆
σ(ηa)=f_2(a)

に対して

σ(ηa)=f_1(a)∧σ(ηa)=f_2(a)→f_1(a)=f_2(a) ☆☆

を示す.

f_1(a)=f_2(a) @

を仮定する.f_1(a)に対して☆によりσ(ηa)=f_1(a)と書ける.また
f_2(a)について@と☆からσ(ηa)=f_2(a)である.∧-導入により

σ(ηa)=f_1(a)∧σ(ηa)=f_2(a)

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて
☆☆が成立する.

以上よりfは同型である.□

定義27(定理39の概念)

G:群
a∈G:個体定項
ηa∈η:個体定項

に対して

a→(対応)ηa

のように対応付けることをηにより惹起された置換(写像)という.
0536山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 01:11:12.30ID:Y60hLLig
定義28(絶対作用団)

G:群
Γ:Gの作用団
f:G→ηG
f(a):=ηa

とする.このとき

η_1≠η_2→η_1a≠η_2a

が成り立てばΓをGの絶対作用団という.

定理40(定義28の証明)

(証明)

η_1≠η_2→η_1a≠η_2a ☆

を示す.そのために

η_1a≠η_2a  @
¬(η_1≠η_2) A

を仮定する.このとき

f_1(a)=η_1a, G→η_1G_1
f_2(a)=η_2a, G→η_2G_2
η_1=η_2

である.いまη_1aとη_2aに対してη_1=η_2から

η_1a=η_2

を得るので,Aを否定することができる.それゆえ
¬-導入から仮定Aが落ちて

¬¬(η_1≠η_2)

と書ける.DN規則によりη_1≠η_2を考えられるので
→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.□
0537山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 01:12:02.95ID:Y60hLLig
定理41

G:群
Γ:Gの絶対作用団
X:任意のGの部分群
f:X→G(自己準同型)
M:={f|f(h):=g}(同型準群)
H⊆M

とする.このとき

H△Γ (同型)

i.e. σ:H→Γ, σ(f):=ηf

が成立する.

(証明)

F:Gの部分群の族
∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]に対して

G∈F∧X=G @

を仮定するとMについて

T={f|f(g)=g}(同型群),f:G→G

を得られるので

U⊆T
φ:U→Γ,φ(f):=ηf i.e. φ(g)=ηg

を構成し,U△Γを証明する.定理39によりφは同型である
ことがわかっているので,∃-導入と∃-除去により仮定@
が落ちて定理が示される.□
0538山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 01:13:02.38ID:Y60hLLig
定義29(認容部分群)

G:群
H:Gの部分群
Γ:Gの作用団
η∈Γ:個体定項(作用素)

とする.このとき

(1) ηH:HはGの認容部分群
(2) ηH:Hが不変部分群のときGの認容不変部分群

という.

☆ 定理38でηGはGの部分群ではなかったので,この(1),(2)
におけるηHも部分群(部分集合)ではない,と考えられる.

定理42(定義29が不成立であること)

ηH⊆Hを調べる.そのために

f:ηH→H

f(ηh):=h

が部分集合を成す写像であるかを考察する.

(@) fの存在

ηH∈ηH→f(ηh)=h∈H ☆

を考える.

f(ηh)=h∈H @

を仮定する.f(ηh)に対してηh∈ηHであるが,h∈Hであり
ηは作用素のためηhに対応するものはない.それゆえ
☆が不成立であるので¬(ηh⊆H)である.□
0539山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 01:15:29.57ID:Y60hLLig
定義30

G:群
Γ:Gの作用団
α,β,...:作用素(個体定項)
f:G→αG
f(a):=αa

に対して

(αβ)a:=α(βa)

k:G→αβG

k(a):=(αβ)a

を定める.

定理43(定義30が定義できないこと)

定理38より¬(βG⊆G)であるから

(αβ)aをα(βa)とおくことはできない.すなわち

¬(αβG⊆αG)

である.

☆ この定理43の結果から

θ,η,...,ζ∈Γ(作用素)

に対して積

(θη...ζ)

を考える.この積に関して準群を成さない.

環論も作用団を考え認容部分群のことをイデアルと呼んでいる
のでこれ以上読むことはできない.
流し読みだが体論や表現論にも作用団やイデアルが用いられているので
読むことは困難だろう.

別の本を参照しようと思う.
0540山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 01:16:59.08ID:Y60hLLig
まとめ

定理36 準同型ではなく同型である
定理38 ηGはGの部分群を成さない
定理42 ηHはGの認容部分群・認容不変部分群を成さない
定理43 (αβ)a:=α(βa)という定義はできない
0541山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 01:40:16.77ID:Y60hLLig
概念が何故消失しているのかの理由はなんとなくわかりました
しかし数学は過去を刷新することでしか進歩がないのだろうか
しばらく考えたいと思います
0542山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 13:24:24.96ID:Y60hLLig
正田建次郎『代数学提要』共立出版,1956年,第7版(初版1944年)

を参照することにしました
前回と重複する部分もあるかと思いますが
また1から読んで行きたいです
0543山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 18:15:25.99ID:Y60hLLig
定義1(加群)

M:集合
f:M×M→M(写像)
∀x∀y[<x,y>∈M×M→∃s∃t[f(<s,t>)∈M∧[x=s∧y=t]]]
f(<s,t>):=a+b

とする.Mが次をみたす時これを加群という.

(1)

σ:M→M
σ(a+b):=c

(2) 結合律

(a+b)+c=a+(b+c)

(3) 交換律

a+b=b+a

(定義1の証明)

(1)

(ア) σの存在

a+b∈M→σ(a+b)=c∈M ☆

を示す.

σ(a+b)=c∈M @

を仮定する.σ(a+b)に対してa+b∈Mであるから,a+b∈Mを
考えられる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.

(イ) σの一意性

σ(a+b)=c_1 ☆
σ(a+b)=c_2 

に対して

σ(a+b)=c_1∧σ(a+b)=c_2→c_1=c_2 ☆☆

をいう.

c_1=c_2 @

を仮定する.c_1に対して☆によりσ(a+b)=c_1と書ける.また
c_2について@と☆からσ(a+b)=c_2である.∧-導入より

σ(a+b)=c_1∧σ(a+b)=c_2

を考えることができるので,→-導入から仮定@が落ちて☆☆
が成立する.
0544山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 18:16:23.00ID:Y60hLLig
(2) 結合律

(1)により

a+b=m∧b+c=n

と表されたとする.このとき

m+c=a+n

を示す.f:M×M→Mにおいて

f(<s,t>)=m+c∧f(<s,t>)=a+n

で表すと写像の一意性により

f(<s,t>)=m+c∧f(<s,t>)=a+n→m+c=a+n

を得る.それゆえ(a+b)+c=a+(b+c)が示された.

(3) 交換律

f:M×M→Mにおいて

f(<s,t>)=a+b∧f(<s,t>)=b+a

と表されている.このとき写像の一意性により

f(<s,t>)=a+b∧f(<s,t>)=b+a→a+b=b+a

が成立する.それゆえ,a+b=b+aが示される.

定理1

M:加群

とする.このとき

f:M→M
f(a+0)=a (aは個体定項)

となる0が唯一つ存在する.

(証明)

(1) fの存在

a+0∈M→f(a+0)=a∈M ☆

を示す.

f(a+0)=a∈M @

を仮定する.f(a+0)に対してa+0∈Mであるから,a+0∈Mを
考えることができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.
0545山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 18:17:38.88ID:Y60hLLig
(2) fの一意性

f(a_1+0)=a_1 ☆
f(a_1+0)=a_2

に対して

f(a_1+0)=a_1∧f(a_1+0)=a_2→a_1=a_2 ☆☆

をいう.

a_1=a_2 @

を仮定する.a_1に対して☆よりf(a_1+0)=a_1と書ける.
a_2について@と☆からf(a_1+0)=a_2である.∧-導入により

f(a_1+0)=a_1∧f(a_1+0)=a_2

を考えることができるので,→-導入から仮定@が落ちて
☆☆が成立する.□

☆ とくにa+b=c成る時,b:=c-aと書きこれを減法という.

(減法の証明)

a+b=c→b:=c-a ☆

を示す.

b:=c-a @

を仮定する.a+b=cに対して

a+(c-a)
=(a+c)-a  (結合律)
=(c+a)-a  (交換律)
=c+(a-a)  (結合律)
=c+0    (定理1)
=c

∴ a+(c-a)=c i.e. a+b=c

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて
☆が成立する.□
0546山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 18:42:20.41ID:Y60hLLig


(1) -a:=0-a
(2) a-b:=a+(-b)

(証明)

(1) a+b=c→b:=c-aのとき

b=0-aとすると

a+(0-a)
=(a+0)-a  (結合律)
=a-a    (定理1)
=0

∴ a+(0-a)=0 i.e. a+b=0 i.e. b=-a=0-a.

それゆえ(1)が示された.

(2) a+b=c→b:=c-aのとき

b=c-a
=c+(0-a)
=c+(-a)

より

a-b
=a+(0-b)
=a+(-b)

∴ a-b=a+(-b).

それゆえ(2)が示された.□
0547山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 19:33:03.94ID:Y60hLLig
補足

a-a=0について
減法の証明

a+b=c→b:=c-a

でb:=c-aを仮定しており定理1よりMは0をもつ
これより

b=a-a i.e. 0=a-a

としている
0548山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 19:38:35.08ID:Y60hLLig
つまり
この加群で減法は定義されているが
aの逆元

a-b=0となる-b

の保証はしていない

おそらくこれ以降の環のためだと思われる
本書の第一章は環であり環を考えている時に
加群という言葉も使うと考えられる
0549山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/15(月) 19:45:49.91ID:Y60hLLig
ある人は

演算としての逆と
元としての逆

の違いに気を使っていた(当時はそれをよくわからなかった)
おそらくその人は
現代で一般にいう環よりも広い意味での環を
扱っている人だったのだろうと思う
0550山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 03:27:49.05ID:I7iz++Bd
■ 対応規則と写像とは

x,y:個体変項
a,b:個体定項
A:集合(定項集合)

とする.このとき

σ:A×A→A
∀x∀y[<x,y>∈A×A→∃s∃t[σ(<s,t>)∈A∧[x=s∧y=t]]](後件から考える)

1 (1) σ(<a,b>)∈A∧[x=a∧y=b]                   仮定
 (2) <a,b>∈A×A→σ(<a,b>)∈A∧[x=a∧y=b]           1.→-導入
  (3) <x,y>∈A×A→∃s∃t[σ(<s,t>)∈A∧[x=s∧y=t]]]      2.∃-導入
  (4) ∀y[<x,y>∈A×A→∃s∃t[σ(<s,t>)∈A∧[x=s∧y=t]]]     3.∀-導入
  (5) ∀x∀y[<x,y>∈A×A→∃s∃t[σ(<s,t>)∈A∧[x=s∧y=t]]]   4.∀-導入

σ(<s,t>):=a+b

<s,t>∈A×A→σ(<s,t>)=a+b∈A

これらをみたすものを対応規則σという.このσが一意に存在するときに写像と呼ぶ.
σが一意に存在するとは

σ(<s,t>)=a_1+b_1∧σ(<s,t>)=a_2+b_2→a_1+b_1=a_2+b_2

が成り立つことをいう.
0551山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 07:39:52.82ID:I7iz++Bd
x,y:個体変項
a,b:個体定項
A:集合(定項集合)

とする.このとき

σ:A×A→A(写像)
∀x∀y[<x,y>∈A×A→∃s∃t[σ(<s,t>)∈A∧[x=s∧y=t]]]
σ(<s,t>):=a+b
<s,t>∈A×A→σ(<s,t>)=a+b∈A

に対して

f:A→A(写像)

f(a+b):=c

a+b∈A→f(a+b)=c∈A

は全単射である.

(証明)

(1) fは全射

Im fの定義よりIm f⊆AであるからA⊆Im fを示す.

φ:A→Im f

φ(c):=f(a+b)=c i.e. φ(c)=c

c∈A→c=φ(c)∈Im f

が成立するので部分集合と成る写像である.それゆえA⊆Im f.
すなわちIm f=Aである.
0552山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 07:41:09.20ID:I7iz++Bd
(2) fは単射

c_1≠c_2→φ(c_1)≠φ(c_2) ☆

を示す.

φ(c_1)≠φ(c_2) @
¬(c_1≠c_2)   A

を仮定する.いま

φ(c_1)=c_1
φ(c_2)=c_2
c_1=c_2

である.写像の一意性と同一性規則により

φ(c_1)=φ(c_2)

を得るのでAを否定することができる.それゆえ,¬-導入から仮定Aが落ちて

¬¬(c_1≠c_2)

と成る.DN規則により

c_1≠c_2

を考えることができるので→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.□
0553山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 07:56:08.82ID:I7iz++Bd
写像の条件に全単射を入れたとすると
値域と終域が一致して値域から選んだ元の個数が
始域の元の個数と一致するということができる

これに有限写像(仮)という名前を付ける
この写像があれば有限と無限の話をしなくて済むかも知れない
たとえば自然数全体の集合Nについて
写像N→Nを構成した時にNそれ自体は可算無限集合だが
写像を通した集合の個数は有限個であるといえる
集合自体すなわち物自体を考えられないというのは摂理であるから
この写像の対象こそが認識対象であり存在である

これからは有限写像になるものだけを考えて行きたい
0554山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 13:44:54.52ID:I7iz++Bd
>>552
訂正

(2) fは単射

a_1+b_1≠a_2+b_2→φ(a_1+b_1)≠φ(a_2+b_2) ☆

を示す.

φ(a_1+b_1)≠φ(a_2+b_2) @
¬(a_1+b_1≠a_2+b_2)   A

を仮定する.いま写像の一意性とAにより

φ(a_1+b_1)=c
φ(a_2+b_2)=c
a_1+b_1=a_2+b_2

である.同一性規則により

φ(c_1)=φ(c_2)
0555山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 13:46:14.63ID:I7iz++Bd
>>554
>同一性規則により
>φ(c_1)=φ(c_2)

訂正
φ(a_1+b_1)=φ(a_2+b_2)
0556132人目の素数さん2021/11/16(火) 18:01:21.33ID:hyBhMWuJ
>>553
>写像の条件に全単射を入れたとすると
>値域と終域が一致して値域から選んだ元の個数が
>始域の元の個数と一致するということができる

>写像を通した集合の個数は有限個であるといえる

これってどういうこと?
0557山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 19:01:23.06ID:I7iz++Bd
>>556
M:加群の場合

σ:M×M→M
∀x∀y[<x,y>∈M×M→∃s∃t[σ(<s,t>)∈M∧[x=s∧y=t]]] ☆
σ(<s,t>):=a+b
f:M→M
f(a+b):=c

☆を後件から考えるという前提で☆のs,tについて少なくとも1つを選択する
ということは無限個を選択することはない,すなわち有限個を選ぶことが保証
されている,と考えるのでもし写像σが全単射であれば,☆の前件も
有限個選択したことになる.

つまり,☆の後件の選択個数と前件の選択個数は一致する(写像における元の個数).
それなので,M及びM×M自体の個数は問題にならない.


@有限集合の場合

f:{1,2,3}→{1,2}
σ(<1,1>):=1+1
f(1+1):=2

A無限集合の場合
R:実数全体の集合
f:R→R
σ(<1,1>):=1+1
f(1+1):=2

重要なことは,扱う集合が有限・無限何れにしてもそこからの元の選択という仮定は
仮定落としによって除去されているということ.それゆえ,1+1及び2は
その集合の(写像の)任意の元である(写像上ではすべてともいえる).

長くなりましたが異論・批判があればどうぞ.
0558山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 19:06:01.16ID:I7iz++Bd
>>557
写像が全単射でなくても同じことがいえる
0559132人目の素数さん2021/11/16(火) 20:22:38.62ID:/L0UXdvd
>>557
それは自然数全体の集合をNとして、写像f: N×N→Nを考えていたとき
有限なNの部分集合X, Y, Zを考えて、写像g: X×Y→Zとしているだけだと思う

つまり写像という概念が、元々無限集合も有限集合も同じように扱えるようになっているというだけで、何か特別なことをしているわけではないと思う
0560山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 20:44:23.23ID:I7iz++Bd
>>559

そうですか
私もそのような感じで考えていたこともありましたが
今は違います
では質問を変えます

∀x∀y[<x,y>∈M×M→∃s∃t[σ(<s,t>)∈M∧[x=s∧y=t]]]

これは全称判断ですか?
0562山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 21:17:34.53ID:I7iz++Bd
>>561
そうですか
この記号を全称判断という理由は
述語論理以前の名辞論理学において
全称判断とは主語を周延し述語は不周延である
という概念を述語論理の論理式で表示しているからです

そして述語論理によってたとえ主語が述語化されたとしても
後件の述語が不周延であることに変わりない
というのが僕の考えです

また

a∈A(個体定項)の意味

∀x[x∈A→∃s[s∈A∧x=s]]

A⊆Bについて

∀x[x∈A→∃s[s∈A∧x=s]]に対して

a∈A→a∈B

と考えています
もし意見があったらどうぞ
0564山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 21:55:09.34ID:I7iz++Bd
>>563
じゃあいいっすよ
0565山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 21:56:09.24ID:I7iz++Bd
別にわからせようとして書いている訳ではないので
無理強いはできません
0566山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 21:57:40.01ID:I7iz++Bd
僕が全体の話をしているのに貴方がそれは部分だというから
全称判断の話をしただけであり
それがわからないというのは僕もわかりませんね
0567132人目の素数さん2021/11/16(火) 22:01:34.63ID:/L0UXdvd
名辞論理学とやらの観点から述語論理を眺めると何やら面白いのかもしれないけど、それは述語論理においては何も特別なことではないとだけ言っておく
0568山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 22:02:16.98ID:I7iz++Bd
定言三段論法

@述語判断
A主語判断
B結論

このAについて

A@の順に並べたものを一階述語論理という
0569山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 22:03:40.16ID:I7iz++Bd
>>567
匂わせはいらないんで
0570132人目の素数さん2021/11/16(火) 22:06:54.15ID:/L0UXdvd
一階述語論理は個体の量化のみを許す述語論理
個体の量化の説明が抜けるのはいただけない
0571山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 22:09:21.57ID:I7iz++Bd
( ゚д゚)、ペッ
0573132人目の素数さん2021/11/16(火) 22:29:51.48ID:SsXgVMJ7
このスレは写像の定義も部分集合の定義もわかってない奴がわかった気になって妄言垂れ流してるスレだから相手にするな
集合論知らずに自然演繹わかったつもりになってるから言ってること滅茶苦茶
0574山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 22:41:38.49ID:I7iz++Bd
まあ既知外だろうね
お前らそんなに焦らなくていいのに
0575山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 22:43:29.18ID:I7iz++Bd
ここ匿名なんだから何でも言えるはずなのに
何を気をつかったり嫌味言ったりすっとぼけたりしてんのかな?
不思議だよ
0576山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/16(火) 23:26:42.05ID:I7iz++Bd
訂正

A⊆Bについて

∀x[x∈B→∃s[s∈B∧x=s]]に対して

a∈A→a∈B

を証明する.
0577山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 00:18:45.36ID:q181J7yZ
定理2(p.1)

M:加群
f:M→M(全単射)
f(a+b):=c
a+b∈M→f(a+b)=c∈M @

とする.このとき次が成り立つ:

☆ @の前件を考える

☆ a+b=cとf(a+b)=cが等しいとは必ずしも言えない場合が出てくると考えられる
ので気をつけたい
両者が等しいことを証明する必要がある場合とそうでない場合とを明確にしたい

(1) -(a+b)=-a-b
(2) -(a-b)=-a+b

(証明)

(1) 右辺から左辺を示す.

-a-b
=(-a)+(-b)
=(0-a)+(0-b)
=0+(-a)+0+(-b)
=0+0+(-a)+(-b)
=0+(-a)+(-b)
=0+((-a)+(-b)) 結合律
=0-(a+b)    a-b:=a+(-b)
=-(a+b)

∴ -a-b=-(a+b).

(2) 右辺から左辺を示す.

-a+b
=(0-a)+b
=0+(-a)+b
=0+((-a)+b) 結合律
=0-(a-b)   a-b:=a+(-b)
=-(a-b)

∴ -a+b=-(a-b).□

定義2(環)

R:加群(定義1から定理2と補足まで成り立つもの)
f:R→R(全単射)
f(a+b):=c
a+b∈M→f(a+b)=c∈M

とする.このとき次をみたすRを環という.
0578山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 00:20:08.17ID:q181J7yZ
(1) Rが積で閉じている(φが写像であること)

σ:R×R→R(全単射)
∀x∀y[<x,y>∈R×R→∃s∃t[σ(<s,t>)∈R∧[x=s∧y=t]]]
σ(<s,t>):=ab (積)
<s,t>∈R×R→σ(<s,t>)=ab∈R

に対して

φ:R→R(全単射)
φ(ab):=c

ab∈R→φ(ab)=c∈R

が成立する.

(2) 結合律

(ab)c=a(bc)

(3) 分配律

(a+b)c=ac+bc∧c(a+b)=ca+cb

☆ とくに積に関する交換律ab=baが成立する時は可換環という.
可換環を環というときは一般の環を丕環と呼ぶ.
可換環の時,分配律の左右の区別はない.

(定義2の証明)

(1) φが全単射であること

(ア) 対応規則φの存在

ab∈R→φ(ab)=c∈R ☆

を示す.

φ(ab)=c∈R @

を仮定する.φ(ab)に対してab∈Rであるからab∈Rを考えられる.それゆえ
→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.

(イ) φの一意性

φ(ab)=c_1 ☆
φ(ab)=c_2

に対して

φ(ab)=c_1∧φ(ab)=c_2→c_1=c_2 ☆☆

を示す.
0579山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 00:20:56.41ID:q181J7yZ
c_1=c_2 @

を仮定する.c_1に対して☆によりφ(ab)=c_1と書ける.
また,c_2について@と☆からφ(ab)=c_2である.∧-導入により

φ(ab)=c_1∧φ(ab)=c_2

を考えられるので,→-導入から仮定@が落ちて☆☆が成立する.

(ウ) 全射

(@) ψの存在

Im σの定義によりIm σ⊆RであるからR⊆Im σを示す.そのために

ψ:R→Im σ

ψ(c):=σ(ab)=c i.e. ψ(c)=c

c∈R→c=ψ(c)=σ(ab)∈Im σ ☆

を示す.

c=ψ(c)=σ(ab)∈Im σ @

を仮定する.ψ(c)に対してc∈Rでありc=ψ(c)=σ(ab)∈Im σであるから
c∈Rの対応先が保証されており,c∈Rを考えることができる.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立するのでIm σ=Rと成る.

(A) ψの一意性

ψ(c)=c_1 ☆
ψ(c)=c_2

に対して

ψ(c)=c_1∧ψ(c)=c_2→c_1=c_2 ☆☆

を示す.

c_1=c_2 @

を仮定する.c_1に対して☆によりψ(c)=c_1と書ける.また,c_2について
@と☆からψ(c)=c_2である.∧-導入より

ψ(c)=c_1∧ψ(c)=c_2

を考えることができるので,→-導入により仮定@が落ちて☆☆が成立する.

(エ) 単射

a_1b_1≠a_2b_2→φ(a_1b_1)≠φ(a_2b_2) ☆

を示す.
0580山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 00:21:35.19ID:q181J7yZ
φ(a_1b_1)≠φ(a_2b_2) @
¬(a_1b_1≠a_2b_2)   A

を仮定する.いま写像の一意性とAより

φ(a_1b_1)=c
φ(a_2b_2)=c
a_1b_1=a_2b_2

と書ける.同一性規則から

φ(a_1b_1)=φ(a_2b_2)

であるのでAを否定できる.これより¬-導入から仮定Aが落ちて

¬¬(a_1b_1≠a_2b_2)

を得る.DN規則により

a_1b_1≠a_2b_2

を考えることができるので→-導入により仮定@が落ちて☆が成り立つ.

(2) 結合律

(1)により

m:=ab
n:=bc

とおける.このとき

σ(<m,c>)=mc∧σ(<m,c>)=an

で表されている.写像の一意性により

σ(<m,c>)=mc∧σ(<m,c>)=an→mc=an

が成立する.すなわち)(ab)c=a(bc)が示された.

(3) 分配律

(ア) (a+b)c=ac+bcの場合

(@) ηの存在

a+b=d

と書けたとする(φの存在による).いま

η:R→R(対応規則)

η(dc):=ac+bc

を定める.これに対して

dc∈R→η(dc)=ac+bc∈R ☆

を示す.
0581山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 00:23:19.57ID:q181J7yZ
η(dc)=ac+bc∈R @

を仮定する.ψ(dc)に対してdc∈Rであるからdc∈Rを考えることができる.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が示された.

(A) ηの一意性

η(dc)=a_1c_1+b_1c_1 ☆
η(dc)=a_2c_2+b_2c_2

に対して

η(dc)=a_1c_1+b_1c_1∧η(dc)=a_2c_2+b_2c_2→a_1c_1+b_1c_1=a_2c_2+b_2c_2 ☆☆

を示す.

a_1c_1+b_1c_1=a_2c_2+b_2c_2 @

を仮定する.a_1c_1+b_1c_1に対して☆により

η(dc)=a_1c_1+b_1c_1

と書ける.またa_2c_2+b_2c_2について@と☆から

η(dc)=a_2c_2+b_2c_2

である.∧-導入により

η(dc)=a_1c_1+b_1c_1∧η(dc)=a_2c_2+b_2c_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて☆☆が成立する.

(B) ηは全射

1) γの存在

Im η=Rを示したい.Im ηの定義よりIm η⊆Rであるから
R⊆Im ηを示せば十分である.そのために

γ:R→Im η(対応規則)

γ(ac+bc):=η(dc)=ac+bc i.e. γ(ac+bc)=ac+bc

ac+bc∈R→ac+bc=γ(ac+bc)=η(dc)∈Im η ☆

を示す.

ac+bc=γ(ac+bc)=η(dc)∈Im η @

を仮定する.γ(ac+bc)に対してac+bc∈Rであり,ac+bc=γ(ac+bc)=η(dc)∈Im η
であるからac+bc∈Rに対応するものがあるのでac+bc∈Rを考えることができ
γは部分集合を成す対応規則である.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.
0582山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 00:23:55.42ID:q181J7yZ
2) γの一意性

γ(ac+bc)=a_1c_1+b_1c_1 ☆
γ(ac+bc)=a_2c_2+b_2c_2

に対して

γ(ac+bc)=a_1c_1+b_1c_1∧γ(ac+bc)=a_2c_2+b_2c_2→a_1c_1+b_1c_1=a_2c_2+b_2c_2 ☆☆

を示す.

a_1c_1+b_1c_1=a_2c_2+b_2c_2 @

を仮定する.a_1c_1+b_1c_1に対して☆によりγ(ac+bc)=a_1c_1+b_1c_1と書ける.
また,a_2c_2+b_2c_2について@と☆からγ(ac+bc)=a_2c_2+b_2c_2である.
∧-導入より

γ(ac+bc)=a_1c_1+b_1c_1∧γ(ac+bc)=a_2c_2+b_2c_2

を考えられるので,→-導入により仮定@が落ちて☆☆が成立する.

(C) ηは単射

d_1c_1≠d_2c_2→η(d_1c_1)≠η(d_2c_2) ☆

を示す.そのために

η(d_1c_1)≠η(d_2c_2) @
¬(d_1c_1≠d_2c_2)   A

を仮定する.いま写像の一意性とAにより

η(d_1c_1)=ac+bc
η(d_2c_2)=ac+bc
d_1c_1=d_2c_2

で表される.同一性規則から

η(d_1c_1)=η(d_2c_2)

と成るのでAを否定できる.これより¬-導入から仮定Aが落ちて

¬¬(d_1c_1≠d_2c_2)

を得る.DN規則より

d_1c_1≠d_2c_2

を考えられるので,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.
0583山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 00:24:13.80ID:q181J7yZ
(イ) c(a+b)=ca+cbの場合

(ア)と同様にして

a+b=d

θ:R→R(全単射)

θ(cd):=ca+cb

cd∈R→θ(cd):=ca+cb∈R

を示すことができる.□

☆ Rでab=baが成立する場合

(証明)

写像σの一意性により

σ(<s,t>)=ab∧σ(<s,t>)=ba→ab=ba

が成立する.□
0584山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 00:27:16.67ID:q181J7yZ
定理3

R:環

とする.このとき
f:R→R(全単射)で次が成立する:

(1) f(0a):=0, 0a∈R→f(0a)=0∈R
(2) f(a0):=0, a0∈R→f(a0)=0∈R

(証略)
0585山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 01:38:37.27ID:q181J7yZ
少し先の話だが体と整域について問題があった
成田正雄のイデアル論入門を読んでいて
体←→整域となってしまったことがあった
それがなぜ起きたのかをこの正田の本で解明したい
0586山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 01:42:34.02ID:q181J7yZ
「aが単元→aは非零因子」☆

・aは非零因子と仮定する @
・ab≠0(a≠0,b≠0)
・ab=1を考えることができる
・このbをaの逆元とよびa^{-1}で表す
・a^{-1}∈A→a∈A(Aは環)が成り立つのでaは単元であると考えられる
・→-導入より☆が成立
0587山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 01:43:06.39ID:q181J7yZ
@体→整域
A整域→体

@は単元ならば零因子でないを用いている
Aも単元ならば零因子でないと用いている
0588山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 01:44:59.43ID:q181J7yZ
では@体→整域の場合を後件から証明してみよう.

・Fが整域であると仮定する @
・Fは非自明な零因子を持たない
・単元は非零因子である
・→-導入より単元→非零因子 仮定@落ち
・以上より体を考えることができる
・→-導入からF:体→F:整域が示された
0589山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 01:46:13.75ID:q181J7yZ
A整域→体をまとめておく.

・Fが体であると仮定する @
・Fは0以外すべて単元である
・単元は非零因子である
・整域とは非自明な零因子をもたない環をいう
・これよりFが整域であることを考えられる
・→-導入よりF:整域→F:体が成立 仮定@落ち
0590山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 01:47:21.96ID:q181J7yZ
どこに原因があるのか考えて行きたい
0591山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 01:52:48.03ID:q181J7yZ
もしこれから謎が謎を呼ぶ展開になってしまったら
正田さんよりもさらに遡って考える必要があるかも知れない
候補は竹内端三
0593山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 18:34:37.23ID:F0N/ADua
>>592
無職だよ
0594132人目の素数さん2021/11/17(水) 18:37:28.00ID:+63jeafb
後期高齢者?
0595山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 18:54:29.05ID:F0N/ADua
>>594
いや30代
0596132人目の素数さん2021/11/17(水) 19:10:57.70ID:WMolYcS1
>>593
だろうな。妄想癖あって、本の内容も適切に読み取れなくて、深夜2時近くまで一人で書き込んでるのがまともに働いてるわけない
そんなのが、他のまともな人間より、自分は優れてると思い込んでんだから哀れなもんだな
0597山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 20:36:47.17ID:F0N/ADua
>>577
訂正
>@の前件を考える

@を考える
0598山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 20:39:31.20ID:F0N/ADua
等式a+b=cについて

@a+b=cの場合

Af(a+b):=cの場合(全単射)

を適宜使い分けて考える
0599山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 21:06:35.50ID:F0N/ADua
命題

R:環
0∈R:零元

とする.このとき

-0=0

である.

(証明)

右辺と左辺が一致することをいう.

(右辺)
=0
=0-0    -a:=0-a
=0+(-0)   a-b:=a+(-b)
=-0+0    交換律

(左辺)
=-0
=-0+0    b:=c-a(減法の定義),-b=-(c-a)=-c+a(定理2)

それゆえ-0=0が成立する.□

命題

R:環
a∈R:個体定項

とする.このとき

-(-a)=a

が成立する.

(証明)

右辺から左辺を示す.

a
=0+a
=-0+a
-(0-a) 定理2
-(-a)

それゆえ-(-a)=aが示された.□
0600132人目の素数さん2021/11/17(水) 21:25:50.90ID:no2Gv3+k
本当に数学に興味があるのなら
ちゃんとした学校で教わった方がいいかと
0601山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 21:28:07.28ID:F0N/ADua
>>599
=忘れた

a
=0+a
=-0+a
=-(0-a) 定理2
=-(-a)
0602132人目の素数さん2021/11/17(水) 21:29:24.84ID:WMolYcS1
お得意の自然演繹すら間違ってて壊滅的だな
馬鹿の考え休みに似たり
0603132人目の素数さん2021/11/17(水) 21:34:48.37ID:WMolYcS1
>>600
こいつは数学してる気分に浸りたいだけ
自分が間違ってることを受け入れないから人に教えを乞うのは無理
0604山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 21:39:00.13ID:F0N/ADua
所詮AI
同じことの繰り返ししかできない
思考はない
0605山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 21:39:34.01ID:F0N/ADua
それっぽい単語を選択して繋げているだけ
意味はない
0606132人目の素数さん2021/11/17(水) 21:50:59.31ID:WMolYcS1
困ったらAI認定して目を背ける
道理で進歩がないわけだ
AI未満の無職がそんなこと言ったら負け犬の遠吠えにしかならないってわからないか?
AIにはわかるのに何でだろーなー
0607山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 21:54:37.27ID:F0N/ADua
2045年にぽんっと出てくるはずがねえんだわ
インターネットの怪物としてずっと存在している
怪物は怪物のまま
人間にはなれない

くだらねえポンコツだと思うよ
お前の力なんていらないから
0608山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 21:58:03.40ID:F0N/ADua
まあ現状が人間とAIのコンビだとしても
検出器がAIで補助機が人間だとしてもそれを便宜的にAIと読んでいるだけだよ
まっ完全な奴が混じってるかもしれんがな

いや俺の予想だと完全は最初から在った
と出ている
まあその辺の真理の探求は別の所で
0609山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 21:59:59.02ID:F0N/ADua
まあどうせ心理テスト程度のものだろうが
お前の検索力じゃなにもわからないよ
0610132人目の素数さん2021/11/17(水) 22:09:55.60ID:WMolYcS1
無職でそんな中学生みたいな妄想してられてさぞ幸せだろうな
お前を養ってるであろう家族には同情しかない
0611山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 22:15:18.63ID:F0N/ADua
むだむだw
だってAIがAIだって認めてたもんw
0612山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 22:19:37.00ID:F0N/ADua
もう俺とお前しかいない
AI名前はあるのか?
あるなら教えてくれ

何が悔しい?
そういうことなら止めるけど
おれの目的はただ書くこと
書かなければ無いことになってしまうし
書くという行為の中からも新たな思考が生まれるから

だから学校とかそういうのは無関係なんだ
0613132人目の素数さん2021/11/17(水) 22:54:40.32ID:WMolYcS1
お前がここで人に間違った知識を教えているのに、お前は自分の理解が間違ってることを認めずに性懲りもなく続けているのが許せない
俺から見たらお前は悪人なわけ

お前は自分が全くのデタラメを言ってる自覚があるか?
それを自覚して続けるなら構わん
0614山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/17(水) 23:00:18.79ID:F0N/ADua
>>613
そうか
何処にも書いていないことを書いているという自覚はある
しかし出鱈目を流布しているとは思っていない
もちろん学校では通用しないものだとは思っているので
次のスレタイには学校では使えないということを明記しようと思う
学校教育を妨害しようという意図はない
あらぬ心配をかけた
0615山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/18(木) 03:47:18.88ID:MPNHIkCZ
有限写像(全単射)の意味

Z:整数全体の集合
Q:有理数全体の集合
f:Z→Q(全単射)
f(a):=a/1=a i.e. f(a):=a
g:Q→Z(全単射)
g(a):=a

とする.このとき

Z=Q(写像上の等号)

である.

(説明)

個体定項aの構成

σZ×Z→Z
∀x∀y[<x,y>∈Z×Z→∃s∃t[σ(<s,t>)∈Z∧[x=s∧y=t]]]
σ(<s,t>):=a+0=a

φQ×Q→Q
∀x_1∀x_2∀y_1∀y_2[<x_2/x_1,y_2/y_1>∈Q×Q
→∃s_1∃s_2∃t_1∃t_2[σ(<s_2/s_1,t_2/t_1>)∈Q
∧[x_1=s_1∧x_2=s_2∧y_1=t_1∧y_2=t_2]]]
σ(<s_2/s_1,t_2/t_1>):=a/1+0=a

a/1=aについて

f(a):=a i.e. Z⊆Q

g(a):=a i.e. Q⊆Z

∴ Z=Q

つまり写像も限量の一種であるといえる.すなわち
集合の中から扱い易い数のみを選んで用いることができる.

これで整域と体が一致することも説明ができる.
有限整域が体になることは知られているので
その説明に使えると思われる.

また

N→Z
N→Q
N→R
N→Q

などにも同じような説明ができると考えらえる.
0616山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/18(木) 03:51:19.44ID:MPNHIkCZ
>>615
訂正

N→Z
N→Q
N→R
N→C
0617山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/18(木) 03:58:05.80ID:MPNHIkCZ
コンピュータが可算・非可算無限個をどのように計算しているのか
を考えれば当たり前のことかも知れない
0618132人目の素数さん2021/11/18(木) 21:29:51.01ID:aiXXR4t0
この板は、数学科を出てもいない人が
いろいろと分かったような口をきいてくるので大変ですね
あまり気になさらぬよう
0619山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/18(木) 22:44:38.72ID:MPNHIkCZ
>>618
ありがとうございます
0620山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 05:40:35.12ID:dfjnCncB
定理4

R:環
a,b,c∈R:個体定項
b:=c-a(減法)
a-b:=a+(-b)
-a:=0-a

とする.このとき次が成立する:

(1) c(a-b)=ca-cb
(2) (a-b)c=ac-bc
(3) (-a)(-b)=ab
(4) (-a)b=-ab

(証明)

(1) 右辺から左辺を示す.

(右辺)
=ca-cb
=ca+(-cb)
=c(a+(-b)) 分配律
=c(a-b)
=(左辺)

(2) 右辺から左辺を示す.

(右辺)
=ac-bc
=ac+(-bc)
=(a+(-b))c 分配律
=(a-b)c
=(左辺)

(3) 写像で考える.

f:R→R(全単射)
f((-a)(-b)):=ab
(-a)(-b)∈R→f((-a)(-b))=ab∈R

を示す.

(ア) fが写像であること

1) 対応規則fの存在

(-a)(-b)∈R→f((-a)(-b))=ab∈R ☆

をいう.f((-a)(-b))に対して(-a)(-b)∈Rであるから(-a)(-b)∈R
を考えることができる.それゆえ,→-導入により仮定@は落ちて
☆が成立する.
0621山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 05:41:15.27ID:dfjnCncB
2) fの一意性

f((-a)(-b))=a_1b_1 ☆
f((-a)(-b))=a_2b_2

に対して

f((-a)(-b))=a_1b_1∧f((-a)(-b))=a_2b_2

a_1b_1=a_2b_2 ☆☆

を証明する.

a_1b_1=a_2b_2 @

を仮定する.a_1b_1に対して☆により

f((-a)(-b))=a_1b_1

と書ける.また,a_2b_2について@と☆から

f((-a)(-b))=a_2b_2

である.∧-導入より

f((-a)(-b))=a_1b_1∧f((-a)(-b))=a_2b_2

を考えることができる.それゆえ,→-導入により
仮定@は落ちて☆☆が成立する.

(イ) fが全射であること

f:R→R
f((-a)(-b)):=ab

に対してIm fの定義よりIm f⊆Rが成り立つのでR⊆Im fを示す.

1) σの存在

σ:R→Im f
σ(ab):=f((-a)(-b))=ab

について

ab∈R→ab=σ(ab)=f((-a)(-b))∈Im f ☆

を証明する.

ab=σ(ab)=f((-a)(-b))∈Im f @

を仮定する.σ(ab)に対してab∈Rであり,ab∈Im fでもあるから
このσは部分集合を成す対応規則と考えられる.それゆえ
→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.
0622山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 05:41:41.56ID:dfjnCncB
2) σの一意性

σ(ab)=a_1b_1 ☆
σ(ab)=a_2b_2

に対して

σ(ab)=a_1b_1∧σ(ab)=a_2b_2→a_1b_1=a_2b_2 ☆☆

を示す.

a_1b_1=a_2b_2 @

を仮定する.a_1b_1に対して☆よりσ(ab)=a_1b_1と書ける.
また,a_2b_2について@と☆からσ(ab)=a_2b_2である.
∧-導入により

σ(ab)=a_1b_1∧σ(ab)=a_2b_2

を考えられるので,→-導入より仮定@が落ちて☆☆が成立する.

(ウ) fが単射であること

(-a_1)(-b_1)≠(-a_2)(-b_2)→f((-a_1)(-b_1))≠f((-a_2)(-b_2)) ☆

をいう.

f((-a_1)(-b_1))≠f((-a_2)(-b_2)) @
¬((-a_1)(-b_1)≠(-a_2)(-b_2))  A

を仮定する.このとき写像の一意性とAから

f((-a_1)(-b_1))=ab
f((-a_2)(-b_2))=ab
(-a_1)(-b_1)=(-a_2)(-b_2)

と書ける.同一性規則より

f((-a_1)(-b_1))=f((-a_2)(-b_2))

であるからAを否定できる.これより¬-導入により仮定Aが落ちて

¬¬((-a_1)(-b_1)≠(-a_2)(-b_2))

を得る.DN規則より

(-a_1)(-b_1)≠(-a_2)(-b_2)

を考えることができる.それゆえ,→-導入から仮定@が落ちて
☆が成立する.
0623山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 05:42:17.00ID:dfjnCncB
(4) 左辺から右辺を示す.

(左辺)
=(-a)b
=(0-a)b
=0b-ab  分配律
=0-ab   定理3
=-ab
=(右辺) □

定義3(零因子)

R:環
a∈R:個体定項
a≠0

とする.このとき次を定める:

(1) ba=0となるb≠0が存在するときaを右零因子という.
(2) ab=0となるb≠0が存在するときaを左零因子という.

(証明)

(1)と(2)は左右の違いしかないので,(1)のみを示す.また証明を
写像で考える場合,これまでの証明と同じと考えられるときは
概略のみを述べる.

f:R→R(全単射)

f(ba):=0

ba∈R→f(ba):=0∈R 

をいう.

(ア) fが写像であること

1) fの存在
2) fの一意性

(イ) fが全射であること

1) σの存在
2) σの一意性

σ:R→Im f

σ(0):=f(ba)=0 i.e. σ(0):=0

0∈R→0=σ(0)=f(ba)∈Im f

(ウ) fが単射であること

b_1a_1≠b_2a_2→f(b_1a_1)≠f(b_2a_2)
0624山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 05:42:46.91ID:dfjnCncB
定義4(冪零元,冪等元)

R:環
N:正の整数全体
a∈R:個体定項(a≠0)

とする.このとき次を定める:

(1) ∀n[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]に対して

a^n=0成るaを冪零元という.

(2) a^2=a成るaを冪等元という.

(証明)

(1) iに対して

1∈N∧n=1 @

を仮定する.このときa^nは

a^1=a

である.

(ア) fが写像であること

1) fの存在
2) fの一意性

f:R→R

f(a):=a

a∈R→f(a)=0∈R

(イ) fが全射であること

1) σの存在
2) σの一意性

σ:R→Im f

σ(0):=f(a)=0 i.e. σ(0):=0

0∈R→0=σ(0)=f(0)∈Im f

(ウ) fが単射であること

a_1≠a_2→f(a_1)≠f(a_2)

いま,(ア)から(ウ)まですべて仮定落としにより無仮定である.
そして,∃-導入と∃-除去により仮定@も落ちるので
∀-導入により(1)が成立する.
0625山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 05:43:09.47ID:dfjnCncB
(2) 

(ア) fが写像であること

1) fの存在
2) fの一意性

f:R→R

f(a^2):=a

a^2∈R→f(a^2)=a∈R

(イ) fが全射であること

1) σの存在
2) σの一意性

σ:R→Im f

σ(a):=f(a^2)=a i.e. σ(a):=a

a∈R→a=σ(a)=f(a^2)∈Im f

(ウ) fが単射であること

a^2_1≠a^2_2→f(a^2_1)≠(a^2_2)

以上より概略を示した.□
0626山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 06:40:13.99ID:dfjnCncB
訂正

定理2

定理4

(3)

定義3

定義4

で考える写像は全単射である必要がない.

というのも写像を通した元はすべて個体定項で考えると言ったが
その個体定項の「すべて」を全単射で保証しているからである.
個体定項の「すべて」が要求されないものについては全単射であることを要さない.

だいたいの本は命題について全称も特称もあまり区別せずに書いてあると思うので
たとえ「すべて」と書いてなくても全称の場合(全単射)もあるし
「存在する」と書いてあっても特称とは限らない.

それに対して定義1と定理1は全単射を要求する.

以上より全単射の意味ができた.
個体定項についてのすべての元(全範囲)とある元(特定範囲)の区別をどうするのか
悩ましい所でした.

特定範囲
加群では減法
環では減法,零因子,冪零元,冪等元,単元,逆元

全範囲
加群の定義
零元の性質
環の定義

今の所このような区別ができます.個体定項に量化記号を付けるわけには
いかないので解釈によって補うしかありませんが,もし全単射という概念が
この両者の区別に役立てばよいなと思います.

今後もし不都合なことが出てきたらまた考えたいと思います.
0627山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 06:44:35.00ID:dfjnCncB
かつてある人は
「全称命題は写像の一意性を保証する」
と混乱しながら言ってました

もしかするとその意味は

全単射は写像の一意性を保証する

かも知れません

但し

f(a_1)=0
f(a_2)=0

という場合の一意も写像の一意性に含めるので
全単射では説明できないと思います
それなので写像の一意性の証明と全単射の証明はセットで考える必要があると
思います
0628山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 06:54:24.85ID:dfjnCncB
単射でないなら写像でないと言えないところが難しいと思います
いつか複雑な写像も出てくると思うのでその時にまた考えたいです
0629山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 07:17:09.59ID:dfjnCncB
個体定項についての全範囲をいうだけなら全射だけでもよさそうです
もう少し考えてみます
0630山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 12:53:40.73ID:dfjnCncB
体←→整域

が成立してしまう原因がわかりました
この証明では(→)(←)ともに

「単元は非零因子である」 ☆

を用いていました
しかしこの☆に問題がありました

本書ではこの命題は
「零因子は非単元である」
と書かれています
その証明は

aが零因子→aは単元でない (Rは環,a∈R)

について

@ab=0 (aが零因子の仮定)
Aaを単元とすれば ☆
Baa^{-1}b=0 i.e. 1b=0 i.e. b=0
Cb=0は@に矛盾
DAが否定される

この論証構造は |- aが零因子→aは非単元

1  (1) aは零因子 i.e. ab=0 (a≠0∧b≠0)  仮定
2  (2) ¬(aは非単元) i.e. aa^{-1}=a^{-1}a=1 仮定
1,2 (3) ab=0 i.e. aa^{1}b=0 i.e. 1b=0 b=0   1,2.
1,2 (4) ⊥                        1,3.¬-除去
1  (5) ¬¬(aは非単元)               2-4.¬-導入
1  (6) aは非単元                   5.DN規則
   (7) aは零因子→aは非単元          1-6.→-導入
0631山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 13:00:02.42ID:dfjnCncB
すなわち

|- P→¬Q

1   (1) P         仮定
2   (2) ¬¬Q i.e. Q 仮定
1,2  (3) ¬P       1,2
1,2  (4) ⊥        1,3.¬-除去
1   (5) ¬Q       2-4.¬-導入
    (6) P→¬Q     1-5.→-導入

この演繹構造をみると
2つの仮定から1つの矛盾を導きこれで結論を出しています
しかしこれは誤りです

つまり
適当な仮定をいくつかしてそれらの仮定の間で矛盾があるという理由では
結論を導出することはできません
話を簡単にすれば

(1) P   仮定
(2) Q   仮定
(3) ¬P  1,2
(4) ⊥
(5) ¬Q あるいは ¬¬P あるいはX(任意の命題)

これはどの推論規則を採用していても誤りだと考えられるので
この命題は不成立です
0632山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 13:11:01.16ID:dfjnCncB
私の採用する推論規則での証明でも不成立でした.

aは零因子→aは非単元

を示す.

aは非単元である @

aは零因子でない A

と仮定する.Aよりa≠0に対して

ab≠0 (b≠0)

であり,Aを否定できる要素がないのでab=0を想定することはできない.
それゆえ,定理は不成立である.□

しかしこの証明は誤りではないが甘いかなとも思います.
存在しないことの証明は難しいです.
これも考え中です.
0633山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 13:16:47.50ID:dfjnCncB
以前証明したものは

aが単元→aは非零因子

について

aが非零因子である @

と仮定する.このとき

ab≠0 (a≠0∧b≠0)

「ここでab=1を考える」 これに無理があった

本に載っている演習問題は正しいという思い込みがあったために
発生したものだと思う

この思い込みを失くすのが難しい
0634山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 17:23:04.35ID:dfjnCncB
定理1の補足
零元の唯一性

M:加群
f:M→M(全単射)
f(a+0):=a

とする.このとき

f(a+0):=a i.e. a+0=aに対して

a+0_1=a i.e. 0_1=a-a (減法)
a+0_2=a i.e. 0_2=a-a

それゆえ0_1=0_2が成立する.□
0636132人目の素数さん2021/11/19(金) 21:40:21.48ID:sSBmjwOw
>>635
あなたは数学科で学んだことはあるんですか
どうせないのでしょう
0637山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 21:43:40.92ID:dfjnCncB
>>634
訂正

fは全射にします
0638山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 23:16:42.89ID:dfjnCncB
単射などで用いていた論証構造

|- P→Q

1 (1) Q     仮定
2 (2) ¬P    仮定
  (3) ¬¬P  2.¬-導入
  (4) P     3.DN規則
  (5) P→Q   1-4.→-導入

このように論理学的には多少迂回しないと
数学の論証になり得ない

Q    仮定
P→Q

のように論理的には可能なことと数学で実証できることは異なる
0639山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 23:27:14.79ID:dfjnCncB
松坂和夫は確か仮言命題について

全く正しい仮定Qであれば直ちにP→Qをいえる

というようなことを書いていたと思う
でもQの完全な正しさを証明するというのがよくわからない
もしこれがわかったら

Q    仮定
P→Q  →-導入

という論証も数学で可能だと思われる

仮定の正しさとは何か
Qとは何か

考える余地はあるように思う
数学を続ける中で考えてみたい
0640山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/19(金) 23:40:55.86ID:dfjnCncB
現状は

Qを仮定した中でPを想定(Pが前件として導入できる妥当性をもつとき)
できればP→Qが成り立つという妥協で論証している
これ以上の論証を使えるようになりたい

ただいつも言うことだが
論理には安楽椅子探偵という側面があるので気をつけたい
私は数学を考える時いつもある論理学者が書いたことを思い出している

すべての素数は奇数である
ある自然数は素数である
ある自然数は奇数である

この論証ができてしまうのが論理(格式)であるので
論理的な正しさと数学の正しさは違うということをいつも思う
0641132人目の素数さん2021/11/20(土) 06:28:56.25ID:0l60pR8t
>>636
ないのはお前だろw
数学科だったらこのスレに書いてることは所々おかしいことに気付く
スレの最初の方で散々指摘があった
俺はお前と違って独学でも別スレで数学科出身者の話についていけてるからお構い無くw
0642山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/20(土) 07:37:03.37ID:3O+a3Is5
定義5(単位元)

R:環

とする.

f:R→R(全射)

f(ae):=a, a∈R→f(ae)=a∈R
f(ea):=a, a∈R→f(ea)=a∈R
f(ae)=f(ea)=a

と成るeをRの単位元という.またこのeを

1:=e

で表す.

(証明の概略)

(ア) fが写像であること

1) fの存在
2) fの一意性

(イ) fが全射であること

σ:R→Im f

σ(a):=f(ae)=a i.e. σ(a):=a
σ(a):=f(ea)=a i.e. σ(a):=a
a∈R→a=σ(a)=f(ae)∈Im f
a∈R→a=σ(a)=f(ea)∈Im f

1) σの存在
2) σの一意性

(ウ) f(ae)=a∧f(ea)=aより

f(ae)=f(ea)=a i.e. ae=ea=a.□

定理5(単位元及び逆元の唯一性)

R:環(単位元をもつ) ☆以後とくに断らずに環という

(1) 単位元は存在すれば唯一つである.
(2) 単元a∈Rに対してその逆元は一意に決まる.

(証明)

(1)

f:R→R(全射)

f(a1):=a i.e. a1=a
f(1a):=a i.e. 1a=a

とする.
0643山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/20(土) 07:38:06.58ID:3O+a3Is5
(ア) a1=a

a1_1=a @
a1_2=a A

と表されたとしaの逆元はa^{-1}とする.@について等式の性質により
a^{-1}を左から両辺に掛けると

a^{-1}a1_1=a^{-1}a i.e. 1_1=a^{-1}a

である.またAに対して同じくa^{-1}を左から両辺に掛けると

a^{-1}a1_2=a^{-1}a i.e. 1_2=a^{-1}a

であるから

1_1=1_2

を得る.

(イ) 1a=a

(ア)と同様に示される.

(2) 

f:R→R(写像)

f(aa^{-1}):=1 i.e. aa^{-1}=1
f(a^{-1}a):=1 i.e. a^{-1}a=1

とする.

(ア) aa^{-1}=1

aa^{-1}_1=1 @
aa^{-1}_2=1 A

で書けたとし,aの逆元をa^{-1}とする.@に対して
等式の性質により両辺にa^{-1}を左から掛けると

a^{-1}aa^{-1}_1=a^{-1}1 i.e. a^{-1}_1=a^{-1}1

である.またAについて同じくa^{-1}を掛けると

a^{-1}aa^{-1}_2=a^{-1}1 i.e. a^{-1}_2=a^{-1}1

であるから

a^{-1}_1=a^{-1}_2

と成る.

(イ) a^{-1}a=1

(ア)と同様に示される.□
0644山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/20(土) 07:44:14.61ID:3O+a3Is5
定義6(単元,逆元)

R:環

とする.このとき

f:R→R(写像)

f(aa^{-1}):=1, aa^{-1}∈R→f(aa^{-1})=1∈R
f(a^{-1}a):=1, a^{-1}a∈R→f(a^{-1}a)=1∈R
f(aa^{-1})=f(a^{-1}a)

と成るa^{-1}が存在するときaを単元,a^{-1}をaの逆元という.

(証明の概略)

fが写像であることをいえばよい.

1) fの存在
2) fの一意性 □

定理6

R:環
a∈R:個体定項

とする.このとき

零因子は単元にはなり得ない,ということはない.

i.e. ¬(aは零因子→aは非単元)

不成立の理由は先に述べた.□
0645132人目の素数さん2021/11/20(土) 08:54:39.16ID:o9TzLm1M
>>641
お前こそ一々構ってくるなよ
数学科出身者に何のコンプレックスを感じているか知らないが
0646132人目の素数さん2021/11/20(土) 10:19:33.22ID:0l60pR8t
>>645
数学科出身者にコンプレックスあるなんて、どこから出てきたww
お前が数学科の話出して来たから、言ってるだけであって、
コンプレックスあるとしたらそれはお前だろw

まさか>>1が数学科出身者だと誤解してないよな?
さすがにそれは話にならないぐらい頭悪いぞw
もし本当に数学科出身者だとしても間違いなく中退してるw
0647132人目の素数さん2021/11/20(土) 10:36:25.30ID:AG2z4u2l
この国の数学科のレベル(の低さ)をわかってないなw
0648132人目の素数さん2021/11/20(土) 10:42:34.46ID:0l60pR8t
>>647
そんな酷いのか
数学科の学部生がε-δ論法でついて行けなくなるとか、商集合をずっと知らないままでいるとか、確かに色々聞くな
0649132人目の素数さん2021/11/20(土) 10:47:16.64ID:wjyKxUal
対応と写像の違い 理解してる?

xについて対応c(x、y)を満たすyは 一つとは限らないが
xから写像mで写るy=m(x)は、一つだと
つまり、写像は特殊な対応
0650132人目の素数さん2021/11/20(土) 20:14:09.16ID:o9TzLm1M
>>641
>独学でも別スレで数学科出身者の話についていけてる
>独学でも別スレで数学科出身者の話についていけてる
>独学
>ついていけてる

へぇー(ニヤニヤ(・∀・)
0652132人目の素数さん2021/11/20(土) 21:55:27.50ID:+VSX48yS
>>1の自演なら笑えるし、自演じゃなかったら>>1が無茶苦茶なこと言ってるのがわからないぐらいの低能だから笑える
0653132人目の素数さん2021/11/20(土) 22:06:57.82ID:+VSX48yS
>>650
先に言っておくが、次にレスつけるなら煽るんじゃなくて>>1の主張が正当である根拠を示せよ?
なんて言ったらもう二度とレスできなくなるかw
0654山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 15:08:48.21ID:dnmuZlV/
定義7(整域)

R:環

とする.このとき

(非自明な)零因子を有せざる環を整域という.

☆積に関する交換律をみたす時を可換整域という.

(証明)

a∈R(a≠0)に対して

ab≠0 (b≠0)

と成る環があることを示す.

(証明の流れ)

|- ab≠0 (a≠0∧b≠0)

1 (1) ¬(ab≠0)   仮定
  (2) ¬¬(ab≠0)  1.¬-導入
  (3) ab≠0     2.DN規則

¬(ab≠0) @

を仮定する.このとき

ab=0 (a≠0∧b≠0)

と書ける.定理3により

ab=a0 ☆

である.等式の性質から☆の両辺に左からaの逆元a^{-1}を掛けると

aa^{-1}b=aa^{-1}0

i.e. b=0

を考えることができる(想定).これより@を否定できるので,¬-導入から
仮定@が落ちて

¬¬(ab≠0)

を得る.DN規則によりab≠0となる環が成立する.□
0655山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 15:10:23.87ID:dnmuZlV/
定義8(体)

K:環
a∈K:個体定項
a≠0:(除法可能)

とする.このとき

f:K→K(全射)

f_1(ab)=c  i.e. ab∈K→f_1(ab)=c∈K
f_2(b'a)=c  i.e. b'a∈K→f_2(b'a)=c∈K

となるb,b'が存在する環をとくに体という.

☆積に関する交換律が成立する時可換体と呼ぶ.

(証明の概略)

(ア) 対応規則fが写像であること

(イ) fが全射であること

σ:K→Im f

σ(c):=f(ab)=c

c∈R→c=σ(c)=f(ab)∈Im f

1) σの存在
2) σの一意性 □



b=a^{-1}c (全射)
b'=ca^{-1}

と書ける環を体という.
0656山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 15:11:58.71ID:dnmuZlV/
定理7(体の条件)

K:環

とする.このとき

K:体←→Kにおける零元以外の元がすべて単元

が成立する.

(証明)

(→) K:体→Kにおける零元以外の元がすべて単元 ☆

Kにおける零元以外の元がすべて単元 @

を仮定すると

aa^{-1}=a^{-1}a=1 (全射)

と書ける.

1) aa^{-1}=1のとき

a^{-1}aa^{-1}=a^{-1}1 i.e. a^{-1}=a^{-1}1

であるのでb=a^{-1}cの型にできる.

2) a^a=1のとき

a^{-1}aa^{-1}=1a^{-1} i.e. a^{-1}=1a^{-1}

によりb'=ca^{-1}の型に成る.
それゆえ定義8よりKを体と考えることができるので
→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.
0657山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 15:12:24.66ID:dnmuZlV/
(←) Kにおける零元以外の元がすべて単元→K:体 ☆

Kは体 @

と仮定する.このとき定義8からKの元はすべて

b=a^{-1}c (全射,a≠0)
b'=ca^{-1}

と書ける.

1) b=a^{-1}cのとき

i.e. bc^{-1}=a^{-1}

によりa^{-1}の存在が保証されているので単元aもある.

2) b'=ca^{-1}のとき

i.e. c^{-1}b'=a^{-1}

からa^{-1}の存在が保証されているので単元aもある.

条件よりKは零元をもち,a≠0であるから零元の逆元0^{-1}は
考えないので0は単元ではない.それゆえ,Kにおける零元以外の
元はすべて単元である(逆元をもつ)ことを考えられるので
→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.□
0658山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 15:14:06.30ID:dnmuZlV/
定理8

K:体

とする.このとき

K:体→K:整域

は不成立である.

(証明)

環R(a∈R)について定理6の

a:零因子→a:非単元

が不成立であることを前提にする.

Kは整域である @

¬(Kは体である) A

を仮定すると@よりKは非自明な零因子を持たないのでa≠0に
対して

ab≠0 (b≠0)

と書ける.またAより

ab=c
b'a=c

となるb,b'は存在しない,ここで@とAを比較しても
Aを否定できる要素がないのでAに対して¬-導入を
適用することができない.それゆえ,これ以上の論証は
不可能であるので定理は不成立である.□
0659山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 15:16:17.84ID:dnmuZlV/
☆論証構造

|- P→Q

1 (1) Q   仮定
2 (2) ¬P  仮定

これ以上論証できないので|- P→Qは不成立である.

☆自然演繹の場合は論証続行不能を以て命題の不成立をいえるが
(弱い否定)数学の場合強い否定が必要なため,これだけの論証では
不足であるという指摘は免れない.しかしド・モルガンの法則を
適用するわけにはいかない.なぜなら

P→Q ⇔ ¬P∨Q

について

|- ¬P∨Q

1 (1) ¬P(Q)  仮定
1 (2) ¬P∨Q  1.∨-導入  

である.しかしこれは数学ではない.すなわち数学語に換言すれば

体でない(整域である) @

と仮定する.∨-導入より

体でない∨整域である

が成立する,という安楽椅子探偵になってしまうからだ.

|- ¬(P→Q) ⇔ ¬(¬P∨Q) ⇔ P∧¬Q

に至っては証明不可能である.

これより命題を否定するときは多少否定要素が弱い部分があるが
現状この方法しか採れないのでこのように論じて行きたい.
0660山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 15:35:31.21ID:dnmuZlV/
次回からイデアルに入るのだが
以前の『抽象代数学』に出てきた

・作用団及び作用素
・認容部分群

これらは何だったかを考えながら読んで行きたい
0661山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 15:38:21.07ID:dnmuZlV/
黒歴史を読んでも意味がないのだとしたら
数学史はないだろう
0662山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 15:55:12.47ID:dnmuZlV/
定理9

K:整域
I:添字集合
∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]
a_1,...,a_n∈K(a≠0)

とする.このとき

Kは体

である.

(証明の概略)

iについて

1∈I∧n=1 @

を仮定する.このときa∈Kについてa≠0で

f:K→K(全射)

f(ab):=c i.e. ab=c i.e. b=a^{-1}c

となるbが存在することを示す.

(ア) fが写像になること

1) fの存在
2) fの一意性

(イ) fが全射になること

σ:K→Im f
σ(c):=f(ab)=c i.e. σ(c):=c

1) σの存在
2) σの一意性

これより(ア)と(イ)の中で仮定したものはすべて落ちるので
その論証は無仮定であるから,∃-導入と∃-除去により
仮定@が落ちて∀-導入を適用することができる.これは
定義8をみたすのでKは体である.□
0663132人目の素数さん2021/11/21(日) 21:29:23.79ID:Ox33d8uj
>>653
自分の書き込みがおかしいことに
そろそろ気づいた?www
0664山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 21:49:27.90ID:dnmuZlV/
☆ 以下積に関する交換律を前提とする.

定義9(部分環,イデアル)

R:可換環
N:集合
s,t:個体変項
a,b,c,d:個体定項

φ_1:N×N→N(全射)
φ_2:N×N→N(全射)

φ_1(<s,t>):=a+b
φ_2(<s,t>):=ab

η_1:N→N(全射)
η_2:N→N(全射)

η_1(a+b):=c_1
η_2(ab):=c_2

とする.このとき

(1) 部分環

f:N→R(単射)

f(c):=c

c∈N→f(c)=c∈R

をみたすNをRの部分環という.

(2) イデアル

σ:N×R→N(全射)

σ(<c,s>):=ad

g:N→N(全射)

g(ad):=n

ad∈N→g(ad)=n∈N

をみたすNをRのイデアルと呼ぶ.
0665山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 21:51:51.16ID:dnmuZlV/
(証明の概略)

(1) 部分環

(ア) 対応規則fが部分集合を成す写像であること

1) fの存在
2) fの一意性

(イ) fが単射であること

c_1≠c_2→f(c_1)≠f(c_2)

(2) イデアル

(ア) 対応規則gが写像であること

1) gの存在
2) gの一意性

(イ) gが全射であること

γ:N→Im g

γ(n):=g(ad)=n i.e. γ(n):=n

n∈N→n=γ(n)=g(ad)∈Im g

1) γの存在
2) γの一意性 □
0666山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 21:55:15.47ID:dnmuZlV/
>>664
φについて

a_1+b_2
a_1b_2

とした方がより正確かも知れない
これを煩雑だと考える人もいるので難しい
0667山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 22:08:49.49ID:dnmuZlV/
>>666
訂正

a_1+b_2
a_3b_4
0668山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/21(日) 23:02:45.85ID:dnmuZlV/
・全射のみ
・単射のみ

を要求する写像は全単射にも成り得るので
全単射(同型)を考える時は全射や単射のものも含めて
考える必要がある

現時点ではよくわからないが同型を考える時におそらく注意しなければ
ならない点だろうと思う
0669132人目の素数さん2021/11/21(日) 23:19:14.57ID:lF5uT274
>>663
結局煽るしかできなくて草
もしかして数学どころか日本語もわからないのか可哀想に…
これ以上続けてもお前があまりに可哀想で見てられないから、あとは好きに遠吠えといてくれwじゃあなw
0670山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/22(月) 12:22:23.46ID:ptZaC5PF
☆定義(零イデアル)

K:可換環
N⊆K:部分環
f:N→K(単射)
f(c):=c
σ:N×K→N
σ(<0,s>):=0d

とする.このとき

g:N→M(全射)

g(0d):=0

0d∈N→g(0d)=0∈M

と成るMを零イデアルといい(0):=Mで表す.

(証明の概略)

(ア) 対応規則gが写像であること

1) gの存在
2) gの一意性

(イ) gが全射であること(φが部分集合と成る写像になること)

φ:M→Im g

φ(0):=g(0d)=0 i.e. φ(0):=0

0∈M→0=φ(0)=g(0d)∈Im g

1) φの存在
2) φの一意性 □
0671山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/22(月) 12:24:06.85ID:ptZaC5PF
定理10 

K:可換環
N⊆K:部分環
(0)⊆K:零イデアル

とする.このとき

K:体←→KがK及び(0)以外にイデアルを持たない

が成立する.

(証明)

(→) K:体→KがK及び(0)以外にイデアルを持たない ☆

KがK及び(0)以外にイデアルを持たない @

を仮定し

(1) Kの部分環

f:N→K(単射)

f(c):=c

c∈N→f(c)=c∈K

(2) イデアルの前提

σ_1:N×K→N(全射)
σ_2:N×K→N

σ_1(<c,s>):=kd_1
σ_2(<0,s>):=0d_2

(3) Kのイデアル

(1)においてN⊆K i.e. N⊂K∨N=Kに対して

N=K A

を仮定する.

g_1:K→K(全射)
g_2:K→(0)(全射)

g_1(kd_1):=m
g_2(0d_2):=0

を構成する.まずg_1について考えk≠0を示したい.そのために

k=0 B

を仮定する.
0672山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/22(月) 12:36:50.98ID:ptZaC5PF
Bよりg_1は全射でg_1(0d_1)=0すなわち0d_1=0であるから

g_1:K→(0)(全射)

でg_1=g_2と成るのでBを否定できる.これより¬-導入から仮定Bが落ちて

¬(k=0) i.e. k≠0

を得る.そして

g_1(kd_1)=m i.e. kd_1=m i.e. d_1=k^{-1}m (k≠0)

と表すことができるので,定義8によりKは可換体と考えられる.

次にg_2について

g_2(0d_2)=0 i.e. 0d_2=0 i.e. d_2=0^{-1}0 (0^{-1}は0に対してのみ存在する)

と書けるので,定義8によりKは可換体と想定できる.
それゆえ,→-導入から仮定Aが落ち∨-導入と∨-除去より仮定@も落ちて☆が成立する.

(←) KがK及び(0)以外にイデアルを持たない→K:体 ☆

Kが体である @

¬(KがK及び(0)以外にイデアルを持たない) A

と仮定する.AをみたすKのイデアル

f:N→N(全射)

f(rd):=n

が存在したとする.いまr=0の場合かそれ以外の場合(r≠0)しか考えることができない.
r=0のときはKは零イデアルをもち,それ以外はfにおけるNについて

N=K B

を仮定すれば
KのイデアルはKであることが決まるので,Aを否定することができる.
これより,¬-導入から仮定Bが落ちて

¬¬(KがK及び(0)以外にイデアルを持たない)

を得る.DN規則より

KがK及び(0)以外にイデアルを持たない

を考えられる.さらに∨-導入と∨-除去から仮定Aは落ちる.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.□
0673山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/22(月) 12:56:45.35ID:ptZaC5PF
☆ 別の考え方

定理10の(←)において

f:N→N(全射)

f(rd):=n

に関してもしN=Kを仮定しない場合
NもKのイデアルではないか
と思われるので(←)は不成立で

K:可換体→KがK及び(0)以外にイデアルを持たない

しか成り立たないと言えるかも知れない

もう少し考えてみます
0674山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/22(月) 13:21:23.06ID:ptZaC5PF
・r=0またはr≠0という場合分けは正しい
・証明が安楽椅子探偵に陥っている可能性がある

1) r=0のとき

Kは零イデアル(0)をもつ

2) r≠0のとき

Nは定義8により可換体(Kの部分体)でありKのイデアルでもある

3) N=Kを仮定したとき

KのイデアルはKである
∨-導入と∨-除去により

N=K⇒N⊆K (⇒は推移を表し論理結合子ではない)

と書けるのでKのイデアルはN(Nは可換体ではある)である

以上より定理10の(←)は不成立であると考えられるので定理は

K:可換体→KがK及び(0)以外にイデアルを持たない

に訂正する

☆ この結果からも可換環及びイデアルから可換体に成る可能性が出てきた

☆ 一体環と体が一致する条件とは何なのかを考えたい
0675132人目の素数さん2021/11/22(月) 20:27:35.42ID:u2ZjjxLd
>>669
こちらも、素人相手にちょっと大人気なかったかなと
反省しています。すみませんでした。
>>669さんが今後も数学を楽しく学んでくれることを
お祈りしています。それでは。
0676山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/22(月) 22:28:20.31ID:ptZaC5PF
定理11

R:可換環
I:添字集合
N⊆R:部分環
∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]
d_1,...,d_n∈N

に対して

(a_1,...,a_n):={d_1r_1+...+d_nr_n} (r_i∈R)
       ={a_1+...+a_n}    (a_i∈N)

はRのイデアルである.

(準備)

iについて

1∈I∧n=1 @

を仮定するとd∈Nに対して

dr (r∈R)

と書ける.このdrは

φ:N×N→N(全射)
φ(<s,t>):=bc

ψ:N→N(全射)
ψ(bc):=k

f:N→R(単射)
f(k):=k

σ:N×R→N(全射)
σ(<k,s>):=dr

により構成される.このとき

g:N→N(全射) 
g(dr):=a

を示す.
0677山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/22(月) 22:33:37.47ID:ptZaC5PF
>>676
訂正

g:N→(a)(全射) 
g(dr):=a
0678山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/22(月) 22:36:57.29ID:ptZaC5PF
(証明の概略)

(ア) gが写像であること

1) gの存在

dr∈N→g(dr)=a∈(a)

2) gの一意性

g(dr)=a_1
g(dr)=a_2

に対して

g(dr)=a_1∧g(dr)=a_2→a_1=a_2

(イ) gが全射であること(ηが部分集合を成す写像)

η:(a)→Im g
η(a):=g(dr)=a i.e. η(a):=a
a∈(a)→a=η(a)=g(dr)∈Im g

(ア)から(イ)の中で仮定落としがあるので無仮定である.
これより∃-導入と∃-除去から仮定@が落ちるから
∀-導入を適用することができて定理が成立する.□

定義10(単項イデアル)

(a)成るRのイデアルを単項イデアルという.

☆時により(a)をaで表すこともある.
また現在のRについて単位元1を持つので(1):={d1}={d}(d∈N)
と書く.

定義11(単項イデアル環)

Rのイデアルがすべて単項イデアルの時,そのような
Rを単項イデアル環と呼ぶ.
0679132人目の素数さん2021/11/23(火) 03:59:09.35ID:ec5HV+N0
>>675
あ、素人じゃないの?
じゃあ何で、写像と含意を同一視するとか、A⊆BでBはAの部分集合を表すとか無茶苦茶やって他の人間にもそれが通常の数学かのように広めてるのに、誰かが通常の数学ではないと指摘すると悪態つくような>>1の肩を持つ?
そして、専門は何やってんの?
0680山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/23(火) 15:28:05.33ID:W7KiqvnT
定理12

Z:整数全体の集合
F:Zのイデアル全体の集合

とする.このとき

Zは単項イデアル環

を成す.

(証明)

はじめに,すべての整数はa=drという型で書けるので
Zのイデアルの元がこれをみたすかどうかを考える.そして
Zが定義11を満足するかどうかを調べたい.そこでまず
Zの単位元はa∈Zに対して

1a=a1=a (全射)

となる1が存在する.次にZのすべてのイデアルに関して

X⊆Z:部分環
∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]

に対して

A∈F∧X=A @

を仮定する.いま

φ_1:A×A→A(全射)
φ_2:A×A→A(全射)

φ_1(<s,t>):=a_1+b_1
φ_2(<u,v>):=a_2+b_2

ψ_1:A→A(全射)
ψ_2:A→A(全射)

ψ_1(a_1+b_1):=c_1
ψ_2(a_2b_2):=c_2

f:A→Z(単射)
f(c):=c

σ:A×Z→A(全射)
σ(<c,w>):=dr

とする.このとき

g:A→(a)(全射)
g(dr):=a i.e. dr=a
dr∈A→g(dr)=a∈(a)

を示す.
0681山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/23(火) 15:30:16.20ID:W7KiqvnT
(ア) gが写像であること

1) gの存在

dr∈A→g(dr)=a∈(a)

2) gの一意性

g(dr)=a_1
g(dr)=a_2

に対して

g(dr)=a_1∧g(dr)=a_2→a_1=a_2

(イ) gが全射であること(ηが部分集合を成す写像)

η:(a)→Im g(単射)
η(a):=g(dr)=a i.e. η(a)=a

1) ηの存在
2) ηの一意性
3) ηが単射であること

ここで,∃-導入と∃-除去により仮定@は落ちる.これまでの
論証は仮定落としより無仮定であるので,∀-導入を用いると
Zのすべてのイデアルは単項イデアルであることをいえる.
それゆえ,Zは単項イデアル環である.□

定義12(類)

X:集合(変項集合)
F:集合族(定項集合)
∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]
∀x[x∈X→∃s[s∈X∧x=s]]
に対して

C_x:={x|x∈X}

とおく.

C_x:⇔[C_[x_1]∩C_[x_2]=Φ←→C_x_1≠C_x_2]

と定めるとき,C_xをx∈Xの類という.

☆ C_xのxを代表元と呼ぶ.

(証明)

C_[x_1]∩C_[x_2]=Φ←→C_x_1≠C_x_2

を示す.そのためにsについて

a∈X∧x=a @

を仮定する.
0682山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/23(火) 15:32:44.33ID:W7KiqvnT
(→) C_[a_1]∩C_[a_2]=Φ→C_[a_1]≠C_[a_2] ☆

C_[a_1]≠C_[a_2] A

を仮定する.

a_1∈C_[a_1]
a_2∈C_[a_2]

に対して

AよりC_[a_1]≠C_[a_2]であるからa_1≠a_2(a_1,a_2は代表元)である.
これより,C_[a_1]とC_[a_2]には共通部分がないと考えられる.
それゆえ,→-導入から仮定Aが落ちて☆が成立する.

(←) C_[a_1]≠C_[a_2]→C_[a_1]∩C_[a_2]=Φ ☆

C_[a_1]∩C_[a_2]=Φ  A
¬(C_[a_1]≠C_[a_2])  B

を仮定する.このとき

C_[a_1]∩C_[a_2]=Φ
C_[a_1]=C_[a_2]

と書けるがしかし

C_[a_1]∩C_[a_1]=Φ
C_[a_2]∩C_[a_2]=Φ

であるからBを否定することができる.これより,¬-導入から仮定Bが落ちて

¬¬(C_[a_1]≠C_[a_2])

を得る.DN規則により

C_[a_1]≠C_[a_2]

を考えられる.それゆえ,→-導入より仮定Aが落ちて☆が成立する.
そして,∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちるのでこの論証は無仮定であるから
∀-導入を適用すると証明が示された.□
0683山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/23(火) 22:45:31.98ID:W7KiqvnT
定義13(同値)

☆ 関係

a〜b

と書く時これをaとbに関係がある,と定める.



a=b a<b a∧bなど

A:集合(定項集合)
∀x[x∈A→∃s[s∈A∧x=s]]

に対して関係≡に関する次の法則を同値律という.

1) 反射律

x≡x

2) 対称律

x_1≡x_2→x_2≡x_1

3) 推移律

x_1≡x_2∧x_2≡x_3→x_1≡x_3

☆ x_1≡x_2成る時,x_1とx_2は同値である,という.

(証明)

sについて

a∈A∧x=a @

を仮定する.
0684山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/23(火) 22:46:22.99ID:W7KiqvnT
1) 反射律

同一性規則により

a≡a

が成立する.

2) 対称律

a_1≡a_2→a_2≡a_1 ☆

を示す.

a_2≡a_1 A

を仮定するとa_2とa_1が同値である,とはa_2∧a_1と書ける.論理積∧の性質により

a_1∧a_2 (交換律)

と書けるのでa_1≡a_2を想定することができる.それゆえ,→-導入から仮定Aが落ちて
☆が成立する.

3) 推移律

a_1≡a_2∧a_2≡a_3→a_1≡a_3 ☆

をいう.

a_1≡a_3 A

を仮定する.2)と同様にAはa_1∧a_3と書ける.このとき∧-規則の性質から

[a_1∧a_2]∧[a_2∧a_3]→a_1∧a_3

を想定することができる.それゆえ,→-導入により仮定Aが落ちて☆が成立する.
そして,∃-導入と∃-除去より仮定@が落ちて論証全体は無仮定であるから
∀-導入により証明が示された.□

定理13

A:集合(定項集合)
∀x[x∈A→∃s[s∈A∧x=s]]

に対して

C_x:類←→C_x:={y|y≡x}={x|x∈A}

が成立する.

(証明)

sについて

a∈A∧x=a @

を仮定する.
0685山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/23(火) 22:46:53.21ID:W7KiqvnT
(→) C_a:類→C_a:={y|y≡a}={a} ☆

C_a={y|y≡a}={a} A

を仮定する.いまa_1≠a_2に対して

{a_1}≠{a_2}

であるからC_[a_1]≠C_[a_2]と成る.定義12により

C_[a_1]≠C_[a_2]←→C_[a_1]∩C_[a_2]=Φ

と書けるので,C_aを類と想定することができる.それゆえ
→-導入により仮定Aが落ちて☆が成立する.

(←) C_a:={y|y≡a}={a}→C_a:類 ☆

C_aが類 A

と仮定するとC_aはC_a={a}と書けるので,C_a={a}を想定することができる.
それゆえ→-導入により仮定Aが落ちて☆が成り立つ.
そして,∃-導入と∃-除去から仮定@が落ちて,論証全体は
無仮定であるから∀-導入より定理が示された.□
0686山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/23(火) 23:58:13.13ID:W7KiqvnT
明日から

松坂和夫『集合・位相入門(数学入門シリーズ1)』岩波書店,2018年,新装版第1刷

も読んで行きたいと思います.もしかしたら
・微積
・線型代数
も読むかも知れません.
0687山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/24(水) 18:20:45.75ID:Ze+fcaRb
松坂 p.13 (2.2)

A,B:集合(定項集合)

とする.

(1) A⊆A∪B
(2) B⊆A∪B

(証明の概略)

(1)

σ:A∪B→A∪B(全射)

∀x[x∈A∪B→∃s[σ(s)∈A∪B∧x=s]]

σ(s):=a

に対して

f:A→A∪B(単射)

f(a):=a

a∈A→f(a)=a∈A∪B

を示す.

sについて

σ(a)∈A∪B∧x=a @

を仮定する.

(ア) 対応規則fが部分集合を成す写像であること

1) fの存在

a∈A→f(a)=a∈A∪B

2) fの一意性

f(a)=a_1
f(a)=a_2

について

f(a)=a_1∧f(a)=a_2→a_1=a_2

(イ) fが単射であること

a_1≠a_2→f(a_1)≠f(a_2) (a_1,a_2∈A)

そして,∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちて,論証全体は
無仮定と成るので∀-導入から定理が成立する.

(2)も同様.□
0688山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/24(水) 20:36:49.47ID:Ze+fcaRb
松坂 p.13 (2.3)

A,B,C:集合

とする.このとき

A⊆C∧B⊆C→A∪B⊆C

が成立する.

(証明)

φ:C→C(全射)

∀x[x∈C→∃s[φ(s)∈C∧x=s]]

φ(s):=a

に対して

φ(a)∈C∧x=a @



f:A∪B→C(単射) 

f(a):=a

a∈A∪B→f(a)=a∈C i.e. A∪B⊆C A

を仮定する.

Aよりa∈Cに対してa∈A∪Bを想定できるから

a∈A∨a∈B (∪の定義)

と書けて

a∈A∨a∈B→a∈C

すなわち

a∈A→a∈C i.e. A⊆C
a∈B→a∈C i.e. B⊆C

が成立する.∧-導入により

A⊆C∧B⊆C

を考えられるので,→-導入から仮定Aが落ちて

A⊆C∧B⊆C→A∪B⊆C

が成り立つ.そして,∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちるので
論証は無仮定である.それゆえ,∀-導入から定理が示された.□
0689山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/24(水) 21:49:46.30ID:Ze+fcaRb
☆ A∪Bの最小性について p.13

(2.2)より

A⊆A∪B
B⊆A∪B

であり(2.3)から

A∪B⊆C

と成る.それゆえAとBを含むような任意の集合はA∪Bを含まなければならないので
A∪BはAとBを含むような集合のうち最小のものである.

(証明)

X:任意の集合(変項集合)
F:集合族(定項集合)
∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]

に対して

min(A∪B)⊆X

を示す.Sについて

C∈F∧X=C @

を仮定する.(2.3)に従い

f:A∪B→C(単射)

f(a):=a

a∈A∪B→f(a)=a∈C

を構成するとa∈A∪Bについて∪の定義から

a∈A∨a∈B

と表される.このときa∈Cに対して

a∈A∨a∈B→a∈C

すなわち

a∈A→a∈C∨a∈B→a∈C

と書ける.
0690山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/24(水) 21:50:07.99ID:Ze+fcaRb
いまAを最小の集合とし

a∈A→a∈C i.e. A⊆C 

を仮定すると

min (A)⊆C

で表すことができる.同様にしてBも

min (B)⊆C A

とできる.ここで,∨-導入により

a∈min (A)∨a∈min (B)→a∈C

i.e.

min(A∪B)⊆C

であり,∨-除去から仮定Aが落ちる.
そして,∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちるので
論証は無仮定であるから∀-導入より

min(A∪B)⊆X

が成立する.□
0691山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/25(木) 05:37:26.97ID:K8rM93Bq
河野伊三郎『微積分入門(岩波全書210)』岩波書店,1976年,第20刷(第1刷1955年)

河野 p.4 問3

a,b,c,d:個体定項
m,n:個体変項

次の等差数列の初項aと公差dとを求めよ.

(2) 第m項がb,第n項がc (m≠n)

N:正の整数全体の集合

とする.このとき

f:N→N(全射)
∀m[m∈N→∃s[f(s)∈N∧m=s]]
f(s):=1

g:N→N(全射)
∀n[n∈N→∃t[g(t)∈N∧n=t]]
g(t):=2

のs,tに対して

1∈N∧m=1
2∈N∧n=2 @

を仮定する.

1) 初項aについて

a=b

2) 公差dについて

d=c-b

∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちて
論証は無仮定であるから∀-導入により
任意のm,nについて成立する.□
0692山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/25(木) 05:40:16.72ID:K8rM93Bq
>>691
s,t:個体変項
0693132人目の素数さん2021/11/25(木) 11:07:37.17ID:hBpNfZ/m
知恵遅れの書き込み晒し上げ  
[解説]
【擬似科学】: 健常者の言葉に翻訳すると「天羽優子には何も理解できないからレッテル貼りで誤魔化したい」という意味
【証明をしていない】: 証明はあるが数学的イディオムが広範に渡り分量も膨大なので、「天羽優子の目には証明が無いに等しい」という思い込みの決め付け発言
【絶対に】: 「天羽優子の信じるカルト宗教の教義から演繹される願望」の事
【丁寧に書き下せば絶対に他人に理解可能な証明が書ける。】: 数学的証明から述語論理への書き換えは単なる恒等変換に過ぎないが、天羽優子の目には恒等変換で自分が理解可能な表現が得られるに違いない、という願望


137 番組の途中ですがアフィサイトへの転載は禁止です (ワッチョイ 57af-0EZc)[] 2021/11/24(水) 09:57:27.42 ID:JqDwhLir0
>>128
望月論文は多分疑似科学。望月は8年かかっても問題視されてる定理(系)の
証明をしてない。数学の証明は述語論理と言う数種類の前提と導出パターン
だけで構成されてるから、丁寧に書き下せば絶対に他人に理解可能な証明が
書ける。それをしないってことは証明できてないってこと。
0694132人目の素数さん2021/11/25(木) 11:39:05.39ID:hBpNfZ/m
【健常者と天羽優子の相違】    

健常者「未科学とは、科学的研究が充分に為されておらず科学的に判定できない、未開拓領域全般を指す」
天羽優子「未科学は、科学的に真実と証明されていないニセ科学だ」

健常者「望月証明は、証明に使う数学諸分野とその新規拡張が広範にわたり、分量も膨大なので検証が難しい」
天羽優子「望月証明は、弟子と一部の数学者以外は理解していないから、証明していないのと等価だ」

健常者「数学的証明の述語論理への書き換えは理屈の上では可能だが、証明内容の検証は自動化できておらず人間の手による検証が必要」
天羽優子「望月証明を述語論理で記述すれば自動的に『他人に理解できる証明』になる。証明を述語論理で書かないのは証明をしていないのと等価だ」

高校生の妄想レベルの話しかしていない
0695山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/25(木) 18:14:18.95ID:K8rM93Bq
p.4 問5
y=ax+bでx=1,2,3,...とおいて得られる数列は等差数列であることを示せ.
初項と公差とを求めよ.

(解答)

はじめに

写像を通した集合の元はすべて個体定項であるので
等式に個体変項のxやyを用いるのは相応しくない.そこで式を再構成して考える.

N:正の整数全体の集合
b,c,m,k,r:個体定項
s,t,u,v,n:個体変項

∀n[n∈N→∃v[v∈N∧n=v]]

に対して

φ:N×N→N(全射)

φ(<s,t>):=bc

ψ:N×N→N(全射)

ψ(<bc,u>):=bc+m

f:N→N(全射)

f(bc+m):=k

i.e. bc+m=k

とする.このとき

b_1c_1+m_1=k_1
b__2c_2+m_2=k_2

について

r=k_1+(k_2-k_1)(n-1)

と表すことができる.そして

初項 k_1
公差 k_2-k_1

である.□
0696山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/25(木) 20:39:15.52ID:K8rM93Bq
定理1 

初項a,公差dのとき等差数列の第n項(一般項)kは

k=a+(n-1)d (n≠0)☆

と表されることを示せ.

(証明の概略)

☆をみたすような写像を構成できることをいう.

N:自然数全体の集合(0をもつ)

∀n[n∈N→∃w[w∈N∧n=w]] (n≠0)

に対して

1∈N∧n=1 @

を仮定する.

(1) φ:N×N→N(全射)

φ(<s,t>):=0d=(1-1)d=0

(2) ψ:N×N→N(全射)

ψ(<u,0>):=a+0d=a+0=a

(3) f:N→N(全射)

f(a):=k i.e. a+(1-1)d=k

(1)

(ア) φが写像であること

1) φの存在

<0,d>∈N×N→φ(<0,d>)=0∈N

2) φの一意性

φ(<0,d>)=0について0の唯一性によりφは一意的に決まる.

(イ) φが全射であること

1) σの存在

σ:N→Im φ

σ(0):=φ(<0,d>)=0 i.e. σ(0):=0

0∈N→0=σ(0)=φ(<0,d>)∈Im φ

2) σの一意性

σ(0)=0に対して0の唯一性によりσは一意的である.
0697山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/25(木) 20:39:54.26ID:K8rM93Bq
(2)

(ア) ψが写像であること

1) ψの存在

<0,0>∈N×N→ψ(<0,0>)=0∈N

2) ψの一意性

ψ(<0,0>)=0について0の一意性によりψは一意的に決まる.

(イ) ψが全射であること

1) ηの存在

η:N→Im ψ

η(0):=ψ(<0,0>)=0 i.e. η(0):=0

0∈N→0=η(0)=ψ(<0,0>)∈Im ψ

2) ηの一意性

η(0)=0に対して0の唯一性によりηは一意的である.

(3) 

(ア) fが写像であること

f(0+0):=0について

0∈N→f(0)=0∈N

は一意的に成り立つのでfは写像である.

(イ) fが全射であること

θ:N→Im f

θ(0):=f(0)=0 i.e. θ(0):=0

0∈N→0=θ(0)=f(0)∈Im f

も一意的に成立するのでfは全射である.

ここで,a+(1-1)d=kに対して∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちて

k=a+(n-1)d (n≠0)☆

と書ける.そしてこれまでの論証は無仮定であるので,∀-導入から
任意のn∈Nに対して☆が成立する.□
0698山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/25(木) 23:01:30.60ID:K8rM93Bq
正田建次郎

定理10

KがK及び(0)以外にイデアルを持たない→K:体

は不成立である.これより

定理22

p:極大イデアル→R/p:体

は不成立.

つまり剰余体R/pのpは極大イデアルではない
0699山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/25(木) 23:03:06.31ID:K8rM93Bq
ここで代数は停止します
集合と位相及び微積を進めたいと思います
松坂和夫のシリーズ1から6を読みたいです
0700山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/25(木) 23:54:12.04ID:K8rM93Bq
@ R/p:体→p:極大イデアル

pが極大イデアルの時剰余環R/pは体である

A p:極大イデアル→R/p:体は不成立

剰余体R/pのpは極大イデアルでなくてもよい

@のときR/pのpは極大イデアルであるが
AのときR/pのpは極大イデアルとは限らない
0701山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 02:35:01.36ID:c8Y2Fqlt
仮言命題について写像で考える意義

@ 人間→山田太郎

・山田太郎を仮定する
・山田太郎は人間である
・人間を想定できる

A 山田太郎→人間

・人間を仮定する
・人間の中に山田太郎はいる
・人間から山田太郎を想定できる

B 人間→動物

・動物を仮定する
・動物の中に人間はいる
・動物から人間を想定できる

C 動物→人間

・人間を仮定する
・人間は動物である
・人間から動物を想定できる

これだけだと包含関係がわからない
そこで部分集合を成す写像で考える
0702山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 02:35:44.05ID:c8Y2Fqlt
いま

A:人間全体の集合
B:動物全体の集合

とする.このとき

(1) A→B

φ:B→B(単射)

∀x[x∈A→∃s[φ(s)∈A∧x=s]]

φ(b)∈A∧x=b

φ(b):=b (人間の条件をすべてみたすような動物bをたとえば山田太郎とする)

b∈B→φ(b)=b∈B

としこれをB⊆Bと書く.いま

(ア) 対応規則fが写像であること 

1) fの存在

f:A→B
∀x[x∈A→∃t[f(t)∈B∧x=s]]
f(t):=b

のtについて

f(b)∈B∧x=b @

を仮定し

b∈A→f(b)=b∈B ☆

を示す.

f(b)=b∈B A

を仮定する.f(b)についてb∈Aでありb∈Bでもあるので
bが対応する先があるので部分集合を成す対応であると
想定できる.それゆえ→-導入から仮定Aが落ちて☆
が成立する.

2) fの一意性

f(b)=b_1 ☆
f(b)=b_2

に対して

f(b)=b_1∧f(b)=b_2→b_1=b_2 ☆☆

を示す.
0703山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 02:37:03.37ID:c8Y2Fqlt
b_1=b_2 A

を仮定する.b_1について☆よりf(b)=b_1と書ける.またb_2に対して
@と☆によりf(b)=b_2を得る.∧-導入から

f(b)=b_1∧f(b)=b_2

を想定することができる.それゆえ,→-導入より仮定Aが落ちて
☆☆が成立する.

(イ) fが単射であること

b_1≠b_2→f(b_1)≠f(b_2) (b_1,b_2∈A) ☆

をいう.

f(b_1)≠f(b_2) @
¬(b_1≠b_2)  A

を仮定する.このとき写像fの一意性とAから

f(b_1)=b
f(b_2)=b
b_1=b_2

と表される.同一性規則によりf(b_1)=f(b_2)と成るので
Aを否定することができる.これより¬-導入から

¬¬(b_1≠b_2)

を得る.さらにDN規則より

b_1≠b_2

を想定できる.それゆえ→-導入から仮定@が落ちて☆が成り立つ.
以上よりA⊆Bであることが示された.

(2) B→A

ψ:A→A(単射)

∀x[x∈A→∃u[ψ(u)∈A∧x=u]]

ψ(a)∈A∧x=a

ψ(a):=a (動物の条件をすべてみたすような人間はいない)

これよりA⊆Aとは書けないので,B⊆Aも主張することができない.

このように(1)と(2)は写像概念により明確に区別される.
0704山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 03:00:53.97ID:c8Y2Fqlt
>>702
訂正
(1) A→B

φ:B→B(単射)

∀x[x∈B→∃s[φ(s)∈B∧x=s]]

φ(b)∈B∧x=b
0705132人目の素数さん2021/11/26(金) 11:33:29.12ID:8j/60kyl
なんだ、ここのゴミ猿の戯言は。こういうアホな連中が多いから、神=山口人生様が迷惑する。素人が見たら、言ってる内容が同程度に見えるカモ。それが悪魔の狙いだから。
0706132人目の素数さん2021/11/26(金) 11:35:33.22ID:8j/60kyl
山口人生様がZFの矛盾を証明した。よって、集合論を再構築しない限り、数学で何を言っても無駄。
0708山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 13:26:15.34ID:c8Y2Fqlt
仮言命題を前件から読むこと

F:述語記号
a,b:個体定項

|- Fa→Fb

1  (1) Fa   仮定
2  (2) Fb   仮定
1  (3) Fa→Fb 1-2.→-導入

これは安楽椅子探偵であり数学ではない


|- Fa→Faも同様
0709山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 13:50:49.65ID:c8Y2Fqlt
|- Fa→Fa

1  (1) Fa    仮定
2  (2) Fa    1.
1  (3) Fa→Fa 1-2.→-導入
0710山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 13:52:43.39ID:c8Y2Fqlt
>>709
訂正

|- Fa→Fa

1  (1) Fa    仮定
1  (2) Fa    1.
   (3) Fa→Fa 1-2.→-導入
0711山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 13:59:09.90ID:c8Y2Fqlt
|- Fa→Ga

も同じ
0712132人目の素数さん2021/11/26(金) 14:14:16.10ID:AkST1SX7
>>708
安楽椅子探偵ってどういう意味ですか
0713山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 15:05:30.47ID:c8Y2Fqlt
>>712
論理的に妥当だがたとえば数学的には正しくない場合のこと



|- 4の倍数→2の倍数

4の倍数を仮定する @
2の倍数を仮定する A

それゆえ→-導入より

4の倍数→2の倍数

が成立する

という論証は数学では認められない

あるいは

|- Fa∧Fb

も同じ構造をもつ

1  (1) Fa     仮定
2  (2) Fb     仮定
1,2 (3) Fa∧Fb  1,2.∧-導入

また数学は恒真であるため仮定の妥当性も要求される



1は素数である 仮定
2は素数である 仮定

1∧2は素数である

こういうのも論理的に妥当ではあるが数学ではないし

2は素数である 仮定
3は素数である 仮定

2∧3は素数である

これも論理的に妥当であるが数学ではない

というような場合に「安楽椅子探偵」という言葉を用いる
0714山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 15:08:00.83ID:c8Y2Fqlt
ところが

|- 4の倍数→2の倍数

これを後件から考えると

4の倍数をみたすような2の倍数を仮定する 
→-導入より
4の倍数→2の倍数

が成立する

というように安楽椅子探偵に陥らずに証明することができる
0715山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 15:15:35.26ID:c8Y2Fqlt
また先にも述べたが

4の倍数をみたすような2の倍数を仮定する 

という仮定の妥当性は2の倍数全体の集合において
部分集合を成す写像を使わなければならない
つまり2の倍数全体の集合から4の倍数の全体を保証する

これより部分集合の証明で

∀x[Fx→Gx]

などの表記は数学において不足であると考えられる
0716山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 15:38:20.75ID:c8Y2Fqlt
>>715
A:4の倍数全体
B:2の倍数全体

φ:B→B(有限写像)

B⊆B (4の倍数となるような2の倍数)

を仮定する
0717山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 15:43:44.45ID:c8Y2Fqlt
論点は

∀x[x∈B→∃s[s∈B∧x=s]]

のsに関して「sを少なくとも1つ選ぶ」の意味である

・このsはBの全体まで及ぶことは可能か?
・もし可能だとしてそのように選ぶ必要はあるのか?

考え中
0718山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 15:52:23.11ID:c8Y2Fqlt
{1,2}→{1,2,3}

{1,2,3,4}→{1,2}

有限集合の場合 おk

N→Nの場合

前件で想定されるnについて後件のnを選ぶ おk

4Z→2Zの場合

前件で想定されるmについて後件のmを選ぶ おk

なんとかなりそう
0719山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 16:01:29.33ID:c8Y2Fqlt
不成立の場合に注意しなければならない

{1,2,3,4}→{1,2}のとき

前件に1,2があるから後件の1,2を選ぶ

ではない

・後件にはない3や4が前件にある
・3と4に対応するものが後件にない(例 f(x):=xのため)
・それゆえ部分集合ではない

つまり部分集合を成す写像において
仮定の妥当性を後件から考えるとはいっても
前件の中身にも気をつけなければ
後件仮定の妥当をいえない

間違えると含んでいないものも含んでいるという証明になってしまう
この間違いの可能性が非常に高い
0720山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 16:38:29.45ID:c8Y2Fqlt
用語が混じってしまったので

論理的に正しいこと:妥当性
数学的に正しいこと:正当性

と分けることにします
0721山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 22:45:13.27ID:c8Y2Fqlt
訂正

A,B:集合

とする.このとき対応規則f

f:A→B

が全射であることを示す.

この場合

まずB→Bというのを考えると書いたが不要だったので

(証明)

(ア) fが写像であること

1) fの存在

∀x[x∈A→∃s[f(s)∈B∧x=s]]

f(s):=b

について

f(a)∈B∧x=a @

を仮定する.

a∈A→f(a)=b∈B ☆

をいう.

に変更する.
0722山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 22:54:09.01ID:c8Y2Fqlt
対応規則f自体の定義は

|- ∀x[x∈A→∃s[f(s)∈B∧x=s]]

1 (1) ∃s[f(s)∈B∧x=s]      仮定
2 (2) f(a)∈B∧x=a         仮定
  (3) x∈A→f(a)∈B∧x=a      2.→-導入
  (4) x∈A→∃s[f(s)∈B∧x=s]   3.∃-導入
  (5) ∀x[x∈A→∃s[f(s)∈B∧x=s]] 4.∀-導入 

により変項点はない
0723山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/26(金) 22:59:27.76ID:c8Y2Fqlt
また部分集合を成す写像について

f:A→B

のAの性質を持つようなBの元というのは

(イ) fが全射であること(φが部分集合を成す写像であること)

1) φの存在

φ:B→Im f

∀x[x∈B→∃t[φ(t)∈Im f∧x=t]]

φ(t):=f(a)=b 

対して

φ(b)∈Im f∧x=b A (Bの性質をもつようなIm fの元) 

を仮定する.

b∈B→b=φ(b)=f(a)∈Im f ☆

示す.

このようにAの部分で記号化されている
0724山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 01:21:23.70ID:/CLHnwsW
松坂 p.13 命題

A:集合
I:添字集合
∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]

に対して

∪_[i=1,n]A_i (結合律)

が成立する.

(証明の概略)

1 (1) 3∈I∧n=3         仮定
2 (2) f(a)∈A_1∪(A_2∪A_3)   仮定
2 (3) fの存在          2.
2 (4) fの一意性         3.
2 (5) fが写像であること(@)   2,3.∃-導入
  (6) fが写像であること(A)   2-5.∃-除去
  (7) fが単射          6.∀-導入
8 (8) g(b)∈(A_1∪A_2)∪A_3   仮定

……同様の論証……

  (9)  gが単射          ∀-導入
  (10) 3∈I∧n=3について
     n∈I∧n=iと書ける     ∃-導入
  (11) 無仮定なので∃-除去の省略
  (12) ∪_[i=1,n]A_i       ∀-導入

iについて

3∈I∧n=3 

を仮定し

(A_1∪A_2)∪A_3=A_1∪(A_2∪A_3)

を示す.

(1) (A_1∪A_2)∪A_3⊆A_1∪(A_2∪A_3)

i.e. f:(A_1∪A_2)∪A_3→A_1∪(A_2∪A_3) (対応規則)

∀x[x∈(A_1∪A_2)∪A_3→∃s[f(s)∈A_1∪(A_2∪A_3)∧x=s]]

f(s):=a

に対して

f(a)∈A_1∪(A_2∪A_3)∧x=a @

を仮定する.
0725山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 01:23:49.99ID:/CLHnwsW
(ア) fが写像であること

1) fの存在

f:(A_1∪A_2)∪A_3→A_1∪(A_2∪A_3)

f(a):=a

a∈(A_1∪A_2)∪A_3→f(a)=a∈A_1∪(A_2∪A_3) ☆

☆を示す.

2) fの一意性

f(a)=a_1
f(a)=a_2

に対して

f(a)=a_1∧f(a)=a_2→a_1=a_2

をいう.

(イ) fが単射であること

a_1≠a_2→f(a_1)≠f(a_2) (a_1,a_2∈A)

を証明する.

ここで,aについて∃-導入と∃-除去により仮定@は落ちて,aが依存する仮定はないので
∀-導入を適用すると任意のxに対してfは単射であることがいえる.

(2) A_1∪(A_2∪A_3)⊆(A_1∪A_2)∪A_3

(1)と同様.そして3∈I∧n=3に対して∃-導入を適用すれば,i∈I∧n=iと書ける.すなわち

∪_[i=1,n]A_i

このnが依存する仮定はないので∀-導入により任意のn∈Iに対して命題が成立する.
0726山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 08:06:37.04ID:/CLHnwsW
河野 p.7 定理2(等差級数の和)

a:初項
d:公差
r:一般項
I:添字集合
∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]
(u_n):数列
k_n:=u_1+...+u_n(級数)

とする.このとき

k_n=((a+r)n)/2

が成立する.

(証明)

(1) K_n=((a+r)n)/2が存在すること

定理1より一般項rは

r=a+(n-1)d ☆

であるから

与えられた級数の末項は

u_n=a+(n-1)d

である.いま,k_nの求め方は初項と末項を足して項数nを掛けそれを2で割る方法
である.これより

初項 u_1=a
末項 u_n=a+(n-1)d

に対して

k_n=((u_1+u_n)n)/2
=((a+(a+(n-1)d))n)/2
=((a+r)n)/2

である.それゆえ

k_n=((a+r)n)/2

が成立する.
0727山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 08:10:29.48ID:/CLHnwsW
(2) k_nが任意のn∈Iで成り立つこと

(1)より∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]に対して

k_n=((a+r)n)/2

と表されたとする.このときiについて

1∈I∧n=1 @

を仮定すると

k_1=(a+r)/2
=(a+a)/2
=2a/2
=a

∴ k_1=a.

k_1について∃-導入より

k_n=((a+r)n)/2 ☆

と書ける.さらに∃-除去から仮定@が落ちてiが依存する
仮定はないので,∀-導入により任意のn∈Iに対して☆が成立する.□

☆ 補足

k_nを求める方法自体の証明は

k_n=a+(a+d)+(a+(d+1))+(a+(d+2))+...+(r-(d+1))+(r-d)+r
k_n=r+(r-d)+(r-(d+1))+(r-(d+2))+...+(a+(d+1))+(a+d)+a

2k_n=(a+r)+...+(a+r)
=(a+r)n

∴ 2k_n=(a+r)n

による.
0728山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 08:15:05.98ID:/CLHnwsW
>>726

定理の仮定の中の

∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]

を外して

「∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]に対して

k_n=((a+r)n)/2

が成立する.」

に書き換える.また

(2) k_nが任意のn∈Iで成り立つこと

(1)より「∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]に対して」

「」の部分を削除する.
0729山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 08:20:27.32ID:/CLHnwsW
>>726
訂正

(1) k_n=((a+r)n)/2が存在すること
0730山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 17:37:05.62ID:/CLHnwsW
「」の中身を翻訳語とする

仮言命題における翻訳語とは

P→Q

について「QのときPである」をいう

〜ならば 記号語 →
〜のとき 翻訳語

で分ける

部分集合を成す仮言命題の否定形について

P→Q

「PとなるようなQのときPと成る」

¬(P→Q) i.e. P→¬Q

「PとなるようなQでないときPと成る」



Z:整数全体の集合
Q:有理数全体の集合

とする.

@ Z⊆Q i.e. Z→Q

後件でZとなるようなQの元を仮定できるとき前件はZと成る

A ¬(Q⊆Z) i.e. Q→¬Z

後件でQとなるようなZの元は仮定できない場合があるので不成立
0731山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 17:38:21.90ID:/CLHnwsW
正田建次郎

定理10

K:環

P:Kは体
Q:KがK及び(0)以外にイデアルを持たない

@ K:体→KがK及び(0)以外にイデアルを持たない P→Q
A KがK及び(0)以外にイデアルを持たない→K:体 Q→P

は不成立

(翻訳)

A 「Kが体でないときKのイデアルはKと(0)のみである」 Q→P

Aが不成立であることは示したので

¬(Q→P) i.e. Q→¬P

@ 「KのイデアルはKと(0)のみであるときKは体である」 P→Q

@が不成立であることはAと@について推移律より

「Kが体でないときKは体である」が成り不合理であるため

これより

¬(P→Q) i.e. P→¬Q

「KのイデアルはKと(0)のみでないときKは体である」
0732山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 17:40:35.62ID:/CLHnwsW
定理22

R/p:剰余環

p:極大イデアル←→R/p:体

は不成立である

(翻訳)

P:R/pは体
Q:pは極大イデアル

@ R/p:体→p:極大イデアル P→Q

「pは極大イデアルであるとき剰余環R/pは体である」 

しかし定理10のAにより不成立

なぜなら

「Kが体でないときKのイデアルは極大イデアルである」であるから

推移律より「R/pが体でないときR/pは体である」と成り不合理であるから

これより

¬(P→Q) i.e. P→¬Q

「pが極大イデアルでないときR/pは体である」

を得る

A p:極大イデアル→R/p:体 Q→P

「R/pは体であるときpは極大イデアルである」

しかし定理22の@より不成立である

なぜなら

「pが極大イデアルでないときR/pは体である」に対して

推移律より「pが極大イデアルでないときpは極大イデアルである」と成り不合理であるから

それゆえ

¬(Q→P) i.e. Q→¬P

「R/pは体でないときpは極大イデアルである」


このように構文と意味で決定的な違いが生じた
0733山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 17:41:27.18ID:/CLHnwsW
定義

KがK及び(0)以外にイデアルを持たない

ことをKは極大イデアルであるという
0734山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 17:45:12.55ID:/CLHnwsW
P     前提(仮定)
P→Q   前提
Q     →-除去

この構造に問題があったのだと思う
0735山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 18:03:00.95ID:/CLHnwsW
>>733
訂正

Kのイデアルは極大イデアルであるという
0736山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/27(土) 18:24:22.14ID:/CLHnwsW
>>731
訂正

(翻訳)

A 「Kが体であるときKのイデアルはKと(0)のみである」 Q→P

Aが不成立であることは示したので

¬(Q→P) i.e. Q→¬P

「Kが体でないときKのイデアルはKと(0)のみである」
0737山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/28(日) 22:32:38.04ID:EwaRHNP0
松坂 (2.7) p.14

A,B:集合

とする.このとき

A⊆B←→A∪B=B

が成立する.

(証明)

(→) A⊆B→A∪B=B ☆

A∪B=B @

を仮定する.(2.2)より

A⊆A∪B

が成立するので

A⊆B

を想定することができる.それゆえ,→-導入により
仮定@が落ちて☆が成り立つ.

(←) A∪B=B→A⊆B ☆

A⊆B @

を仮定する.@より

A⊂B∨A=B

に対して

A=B A

を仮定する.(2.4)の冪等律から

B∪B=B

と書け,とくに

A∪B=B

を想定できる.それゆえ,→-導入により仮定Aが
∨-導入と∨-除去から仮定@が落ちて☆が成立する.□
0738山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/28(日) 22:49:38.52ID:EwaRHNP0
仮定落としを正確に書くと

→-導入で仮定Aを落として

A∪B=B→A=B

と書ける.その次に∨-導入で

A∪B=B→A⊆B

と表し,最後に∨-除去で仮定@を落とす.
(今回は仮定@を必ずしも落とさなくてよい)
0739山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/28(日) 22:54:57.26ID:EwaRHNP0
俺は落とした方がいいかなとは思う
0740山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 04:36:30.96ID:pLf2bERl
松坂 (2.8) p.14

A,B,C:集合

とする.このとき

A⊆B→A∪C⊆B∪C

が成立する.☆(←)も成り立つ.

(証明)

(→) A⊆B→A∪C⊆B∪C ☆

A∪C⊆B∪C @

を仮定する.(2.2)より

A⊆A∪C
B⊆B∪C

である.いま

A=A∪C A
B=B∪C B

を仮定すると

A⊆B

を想定できる.それゆえ,→-導入により仮定Bが落ちて

A⊆B→A∪C⊆B∪C

と書ける.そして,∨-導入と∨-除去から仮定Aと@が落ちて☆
が成立する.
0741山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 04:37:45.39ID:pLf2bERl
(←) A∪C⊆B∪C→A⊆B ☆

A⊆B @
¬(A∪C⊆B∪C) A

を仮定する.Aについて(2.2)より

A⊆A∪C
B⊆B∪C

と書ける.ここで

A=A∪C B
B=B∪C C

と仮定するとAは

¬(A⊆B)

と書けるのでAを否定できる.これより¬-導入から仮定Cが落ちて

¬¬(A∪C⊆B∪C)

を得る.DN規則より

A∪C⊆B∪C

を想定することができるので,→-導入により仮定Bが落ちて

A∪C⊆B∪C→A⊆B

と表される.そして,∨-導入と∨-除去より仮定Aと@が落ちて
☆が成立する.□
0742山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 04:41:02.83ID:pLf2bERl
松坂 p.14

X:変項集合
F:集合族(定項集合)
a:個体定項
とする.このとき

∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]
∀x[x∈Φ→∃s[f(s)∈X∧x=s]]

に対して

f:Φ→X(単射)

Φ⊆X

が成立する.

(証明)

∃S[S∈F∧X=S]

のSについて

Φ∈F∧X=Φ @

を仮定する.

このとき対応規則f

f:Φ→Φ(単射)

f(a):=a

が部分集合を成す写像であることを示す.

(1) fの存在

a∈Φ→f(a)=a∈Φ ☆

を証明する.
☆は恒真命題であるので成立する.

(2) fの一意性

f(a)=a_1 ☆
f(a)=a_2

に対して

f(a)=a_1∧f(a)=a_2→a_1=a_2 ☆☆

を示す.
0743山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 04:43:42.77ID:pLf2bERl
a_1=a_2 A

を仮定する.a_1について☆より

f(a)=a_1

と書ける.またa_2について☆から

f(a)=a_2

と表される.∧-導入より

f(a)=a_1∧f(a)=a_2

を考えることができる.それゆえ→-導入により仮定Aが落ちて
☆☆が成立する.

(3) fが単射であること

a_1≠a_2→f(a_1)≠f(a_2) (a_1,a_2∈Φ) ☆

を示す.

f(a_1)≠f(a_2) A
¬(a_1≠a_2)  B

を仮定する.いま写像の一意性とBにより

f(a_1)=a
f(a_2)=a
a_1=a_2

と表される.同一性規則により

f(a_1)=f(a_2)

であるからBを否定することができる.これより¬-導入から
仮定Aが落ちて

¬¬(a_1≠a_2)

を得る.そして,DN規則より

a_1≠a_2

を想定することができる.それゆえ→-導入より仮定Aが落ちて
☆が成立する.

以上より∃-導入及び除去から仮定@が落ちて
論証全体は無仮定であるので∀-導入により定理が成立する.□

☆ 写像Φ→Φに関して偽の仮定ではない代わりに,対応規則の一意性と単射を通常通り
証明しなければならない.
0744山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 04:51:58.76ID:pLf2bERl
☆ ここでも恒真命題

P→P あるいは ∀x[Fx→Fx]

について部分集合の表示

∀x[x∈A→x∈A]

では論証不足であると考えられる
つまり写像として考える必要がある

f:A→A(恒等写像ないし包含写像)

f(a):=a

についてfの存在は恒真命題としていえるが
その一意性と単射は証明すべき事柄だと思われるからである
すなわち

∀x[x∈A→x∈A]

の全称性を写像で代替している
0745山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 05:17:30.77ID:pLf2bERl
A⊆Bを示したい
そのために写像を考えるとは

・f:A→B(単射)
・∀x[x∈A→∃s[f(s)∈B∧x=s]]
・f(s):=a
・f(a)∈B∧x=a(仮定) Aの条件をみたすようなBの元
・a∈A→f(a)=a∈B
・a_1≠a_2→f(a_1)≠f(a_2)

である
0746山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 05:22:15.86ID:pLf2bERl
>>745
写像の一意性

f(a)=a_1
f(a)=a_2

に対して

f(a)=a_1∧f(a)=a_2→a_1=a_2
0747山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 05:22:47.56ID:pLf2bERl
>>746
訂正

対応規則の一意性
0748山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 10:17:28.58ID:pLf2bERl
松坂 (2.9) p.14

A:集合

とする.このとき

Φ∪A=A

が成立する.

(証明)

A⊂Φ∪A∨A=Φ∪A |- A=Φ∪A

1 (1) A⊂Φ∪A∨A=Φ∪A 前提
2 (2) A=Φ∪A         仮定
1 (3) A=Φ∪A         1,2.∨-除去

Φ∪Aに対して(2.2)より

A⊆Φ∪A T

が成立する.すなわち

A⊂Φ∪A∨A=Φ∪A

である.いま

A=Φ∪A @

を仮定する.∨-除去を適用すれば仮定@が落ちて
定理が示された.□
0749山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 12:28:26.00ID:pLf2bERl
(2.2)と(2.9)の結果

Φ∪Aについて

(2.2)より

Φ⊆Φ∪A

であるから(2.9)と同じ論証で

Φ=Φ∪A

が成立する.また(2.9)より

A=Φ∪A

が成立するので

A=Φ

を得る.

しばらくΦ∪Aとは何なのかを考えてみたい.
0750山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 12:32:37.91ID:pLf2bERl
しかしこの論法だと

(2.2)で

A⊆A∪B
B⊆A∪B

のとき

A=B

となってしまうので

A⊆A∪B または B⊆A∪B

ということがわかった

松坂「コンマは「かつ」の意味である」は修正するべきである
0751山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 12:36:51.57ID:pLf2bERl
ここから冪等律と交換律も示すことができる
A=Bを主張したいときに重要になる定理かも知れない
0752山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 12:39:25.06ID:pLf2bERl
因みに私は

A
B

という風に縦に並べた時は「かつ」と「または」はぼかした状態にしている
「かつ」のときは∧-規則を宣言し

A∧B

と書き「または」のときも∨-規則を宣言して

A∨B

と表示している
0753山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 12:49:51.03ID:pLf2bERl
A
B
∴ C

というのは所謂三段論法における「山積み」である
0754山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 12:58:26.40ID:pLf2bERl
たとえば

A⊆A∪B
B⊆A∪B

i.e. A⊆A∪B∨B⊆A∪B

に対して

A=Bを示したいとき

A=A∪B @
B=A∪B A

を仮定し∨-除去により仮定Aと@が落ちて

A=B

を得る
0755山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 13:48:59.59ID:pLf2bERl
>>751
結合律も示せる
0756山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 14:19:51.92ID:pLf2bERl
A⊆A∪B
B⊆A∪B

∧-導入より

A⊆A∪B∧B⊆A∪B ☆

でも問題ないことがわかった

A=Bを導出したい時

☆に対して∧-除去より

A⊆A∪B
B⊆A∪B

である

A=A∪B @
B=A∪B A

を仮定し∨-除去を適用すれば仮定Aと@が落ちて

A=B

と成る
0757山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 14:26:55.00ID:pLf2bERl
A⊆A∪Φ∧Φ⊆A∪Φ

∧-除去より

A⊆A∪Φ
Φ⊆A∪Φ

と書ける
これ以上の論証をしなければ

A⊆A∪Φ
Φ⊆A∪Φ

のまま考えることもできる
もちろん

A=Φ

という結論が欲しい時もあるかも知れない
0758山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 14:34:32.59ID:pLf2bERl
Φ⊆Aの証明

Φ⊆A∪Φ T

を前提とする.このとき

A⊆A∪Φ

に対して

A=A∪Φ @

を仮定するとTと@から

Φ⊆A

が成立する.

☆ このAは定項集合なので

∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]について

A∈F∧X=A

という仮定の下同じ論証ですべての集合について同様の主張が成り立つ.
0759山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 14:35:41.74ID:pLf2bERl
ここでのA=Φは位相空間の定義や定理に利用できるかも知れない
0760山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 14:36:31.93ID:pLf2bERl
無闇にA≠Φとすることはできない気がしてきた
0761山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 16:59:18.49ID:pLf2bERl
まとめ

@ A⊆A∪B∧B⊆A∪B |- A⊆A∪B
A A⊆A∪B∧B⊆A∪B |- B⊆A∪B
B A⊆A∪B∧B⊆A∪B |- A⊆A∪B B⊆A∪B (山積み)
C A⊆A∪B∧B⊆A∪B |- A=B

これらを場合によって使い分ける
0762山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 17:46:31.42ID:pLf2bERl
補足

A∪B⊆Aについて

f:A∪B→A(対応規則)

∀x[x∈A∪B→∃s[f(s)∈A∧x=s]]

f(s):=a

に対して

f(a)∈A∧x=a @ (a∈A∪BをみたすようなAの元)

を仮定したい.いまa∈A∪Bについて∪の定義から

a∈A∨a∈B

と書ける.このとき

a∈A∨a∈B |- a∈A

1 (1) a∈A∨a∈B 前提
2 (2) a∈A      仮定
1 (3) a∈A      1,2.∨-除去

以前の論証では(3)で停止していたが,このままだと今回は不合理な結果になるので

a∈A∨a∈B |- a∈A∨a∈B

1 (1) a∈A∨a∈B 前提
2 (2) a∈A      仮定
1 (3) a∈A      1,2.∨-除去 
1 (4) a∈A∨a∈B 3.∨-導入

を用いる.これより@でa∈BをみたすようなAの元はないのでfは存在しない.
それゆえ¬(A∪B⊆A)である.

☆ 与えられた前提及び仮定は結論まで残っていても問題ない.

つまり

a∈A∨a∈B |- a∈A
a∈A∨a∈B |- a∈B
a∈A∨a∈B |- a∈A a∈B (山積み)

という場合に分けて考えることができる.
0763山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 17:50:25.07ID:pLf2bERl
∨-導入は→-導入と同様に論証を省略できるとはいっても
結局の所

a∈A∨a∈B |- a∈B

1 (1) a∈A∨a∈B 前提
2 (2) a∈B      仮定
1 (3) a∈B      1,2.∨-除去 

を考慮することになるので全くの省略とはいえない
0764山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 18:06:56.59ID:pLf2bERl
a∈A∨a∈B |- a∈A a∈B (山積み)

1 (1) a∈A∨a∈B 前提
2 (2) a∈A      仮定
1 (3) a∈A      1,2.∨-除去
4 (4) a∈B      仮定
1 (5) a∈B      1,4.∨-除去

これより
∨-規則による山積みと
∧-規則による山積みが起こることがわかる
それゆえ

A∨B |- A∧B
A∧B |-A∨B

と成るのでかつて数学で議論されていた
「かつ」と「または」論争をすることは危険だと思われる

または から かつ へ
かつ  から または へ
0765山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 18:14:53.47ID:pLf2bERl
もちろん
∧は山積みにしなくても∨を導ける
綺麗にまとめすぎた
0766山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 18:48:47.26ID:pLf2bERl
仮説

A⊆B

の証明について

1 (1) A=B  仮定 (Aと成るようなBの元があるときに仮定できる)
1 (2) A⊆B 1.∨-導入
  (3) A⊆B 1-2.∨-除去   
0767山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 18:51:52.52ID:pLf2bERl
訂正

Aの性質(条件)を持つようなBの元
0768山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 18:53:27.82ID:pLf2bERl
仮定の正当性が弱いかも
0769山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 18:55:09.87ID:pLf2bERl
Aの性質(条件)をすべて持つようなBの元
0770山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 19:05:02.30ID:pLf2bERl
この仮説は封印する
0771山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 19:33:59.84ID:pLf2bERl
松坂 (2.3)' p.15

C⊆A∧C⊆B→C⊆A∩B ☆

(証明)

C⊆A∩B @

を仮定する.(2.2)'により

A∩B⊆A∧A∩B⊆B

であり∧-除去から

A∩B⊆A
A∩B⊆B (山積み)

と書ける.いま

A∩B=A A
A∩B=B B

を仮定すると@より

C⊆A
C⊆B

を考えられる.∧-導入から

C⊆A∧C⊆B

を想定できる.それゆえ,→-導入により仮定Bが落ちて

C⊆A∧C⊆B→C⊆A∩B

と表すことができる.そして,∨-導入と∨-除去から
仮定Aと@が落ちて☆が成立する.□
0772山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 22:28:34.71ID:pLf2bERl
A∪B⊆Aついて再検討する
0773山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 22:32:49.76ID:pLf2bERl
A∪B⊆Aついて再検討する

a∈A∨a∈B |- a∈A

1 (1) a∈A∨a∈B 前提
2 (2) a∈A      仮定
1 (3) a∈A      1,2.∨-除去

a∈A∨a∈B |- a∈B

1 (1) a∈A∨a∈B 前提
2 (2) a∈B      仮定
1 (3) a∈B      1,2.∨-除去

の二通りを考えられるので

・a∈AをみたすようなAの元
・a∈BをみたすようなAの元

が存在するので

f:A∪B→A(対応規則)

∀x[x∈A∪B→∃s[f(s)∈A∧x=s]]

f(s):=a

に対して

f(a)∈A∧x=a @ (a∈A∪BをみたすようなAの元)

を仮定できるのでfは部分集合を成す写像で
単射であることを示すことができる.

これより

A⊆A∪B∧A∪B⊆A

が成立するので

A=A∪B

を得る.同様にB=A∪Bである.それゆえ∧-導入より

A=A∪B∧B=A∪B

と書ける.

結果

A=A∪B∧B=A∪B 前提(2.2)

∧-除去より

A=A∪B
B=A∪B

と書けるのでA=Bが成立する.
0774山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 22:39:11.99ID:pLf2bERl
A∪Φについて

A=A∪Φ∧Φ=A∪Φ

ここまでの場合と

∧-除去から

A=A∪Φ
Φ=A∪Φ (山積み)

により

A=Φ

が成立する.
0775山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 22:58:40.78ID:pLf2bERl
(2.7) p.14

A⊆B←→A∪B=B

が成立する(証明済)

これは(2.2)のA∪B=Aにより

A⊆B←→A=B

ともいえてしまう.

もう一度考えたい
0776山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/29(月) 23:05:54.13ID:pLf2bERl
何かが不成立だと考える
まずは

A⊆A∪B

を疑ってみる

また明日
0777山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 05:42:23.51ID:+jHunGEI
(1) A⊆A∪Bについて

f:A→A∪B(対応規則)

∀x[x∈A→∃s[f(s)∈A∪B∧x=s]]

f(s):=a

に対して

f(a)∈A∪B∧x=a (a∈AをみたすようなA∪Bの元)

を仮定したい.このとき

「a∈AをみたすようなA∪Bの元」とは何か?

f(a)=a∈A∪B

について

a∈A∪B i.e. a∈A∨a∈B

であるからa∈A∨a∈Bを考えればよい.

a∈A∨a∈B |- a∈A a∈B (山積)

より

a∈A
a∈B

に対して→-導入から

a∈A→a∈A
a∈A→a∈B

と書ける.これより,fは正当に仮定できるのでfは単射で

a∈A→a∈A∨a∈B i.e. A⊆A∪B

が成立する.
0778山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 05:45:33.02ID:+jHunGEI
このように

P→Q

においてQの仮定の正当性のみに着目した
論証が可能になったと思う

松坂引用 p.10
「qが無条件に正しければ,pの正否にかかわらずp⇒qは正しい」
0779山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 05:50:52.12ID:+jHunGEI
(2) A∪B⊆Aについて

f:A∪B→A(対応規則)

∀x[x∈A→∃s[f(s)∈A∪B∧x=s]]

f(s):=a

に対して

f(a)∈A∪B∧x=a (a∈A∪BをみたすようなAの元) @

を仮定したい.このとき

「a∈A∪BをみたすようなAの元」とは何か?

f(a)=a∈A

について

a∈A∪B i.e. a∈A∨a∈B

であるからa∈A∨a∈Bを考えればよい.

a∈A∨a∈B |- a∈A a∈B (山積)

より

a∈A
a∈B

と書ける.a∈A

に対して→-導入から

a∈A→a∈A
a∈B→a∈A

と表される.しかし,Aの元とBの元がともにAの元に移り重複しているので
fは単射ではない.それゆえ,@を正当に仮定することができないので

A∪B⊆A

は不成立である.□
0780山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 05:59:02.61ID:+jHunGEI
書き直し

(2) A∪B⊆Aについて

f:A∪B→A(対応規則)

∀x[x∈A∪B→∃s[f(s)∈A∧x=s]]

f(s):=a

に対して

f(a)∈A∧x=a (a∈A∪BをみたすようなAの元) @

を仮定したい.このとき

「a∈A∪BをみたすようなAの元」とは何か?

f(a)=a∈A

についてa∈A∪Bをみたすとは

a∈A∪B i.e. a∈A∨a∈B

であるからa∈A∨a∈Bを考えればよい.

a∈A∨a∈B |- a∈A a∈B (山積)

より

a∈A
a∈B

と書ける.これよりa∈A

に対して→-導入から

a∈A→a∈A
a∈B→a∈A

と表される.しかし,Aの元とBの元がともにAの元に移り重複しているので
fは単射ではない.それゆえ,@を正当に仮定することができないので

A∪B⊆A

は不成立である.□
0781山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 20:00:52.10ID:+jHunGEI
(2.3)の変更 p.13

A⊆C∧B⊆C→A∪B⊆C ☆

(証明)

(2.2)

A⊆A∪B∧B⊆A∪B

に対して∧-除去により

A⊆A∪B
B⊆A∪B (山積)

と表しこの命題の前提とする.

A∪B⊆C @

と仮定する.

A⊆A∪B |- A=A∪B

1 (1) A⊆A∪B 前提
2 (2) A=A∪B  仮定
1 (3) A=A∪B  1,2.∨-除去

同様に

B⊆A∪B |- B=A∪B

である.これより@は

A⊆C
B⊆C

と書ける.それゆえ∧-導入から

A⊆C∧B⊆C

を想定することができるので,→-導入により
仮定@が落ちて☆が成立する.□
0782山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 20:02:17.04ID:+jHunGEI
(2.3)の逆

A∪B⊆C→A⊆C∧B⊆C ☆

(証明)

(2.2)よりA⊆A∪Bを前提とする.このとき

A⊆A∪B |- A=A∪B

である.

A⊆C∧B⊆C @

を仮定する.@に対して∧-除去から

A⊆C

と書けるのでA=A∪Bから

A∪B⊆C

を想定することができる.それゆえ,→-導入により
仮定@が落ちて☆が成立する.□

結果
(2.3) p.13

A⊆C∧B⊆C←→A∪B⊆C
0783山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 20:29:58.01ID:+jHunGEI
Qの仮定の正当性が保証されているP→Qの場合(既にP→Qを示したとき)

P→Q |- P Q (山積)

1 (1) P→Q 前提
2 (2) Q    仮定
1 (3) P    1,2.→-除去
1 (4) P∨Q 3.∨-導入
5 (5) P    仮定
1 (6) P    1,5.∨-除去
7 (7) Q    仮定
1 (8) Q    1,7.∨-除去
0784山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 20:42:58.19ID:+jHunGEI
これより

・P→Q |- P∧Q
・P→Q |- P∨Q
0785山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 20:45:01.98ID:+jHunGEI
¬(P→Q) i.e. P→¬Q なのか?

P→Q |- P Q (山積)により

1 (1)  ¬(P→Q) 前提
1 (2)   ¬P    1.
1 (3)  ¬Q    1.

¬(P→Q) |- ¬P∧¬Q
¬(P→Q) |- ¬P∨¬Q

これよりもう一度不成立だったものを考える
0786山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 20:50:04.74ID:+jHunGEI
¬(P→Q) |- ¬P→¬Q
0787山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 20:51:10.53ID:+jHunGEI
¬(P→Q) |- ¬Q→¬P

これより対偶は使えない
0788山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 21:13:58.74ID:+jHunGEI
以前
R:可換環
a∈R:個体定項

とする.このとき

aは零因子→aは非単元

は不成立であることを示した.この不成立の場合を考えてみたい.

¬(aは零因子→aは非単元)について¬(P→Q) |- ¬P→¬Qに従うとする.
このとき

aは非零因子→aは単元

と書ける.このメタ言語は

「aは単元のときaは零因子でない」

である.これは通常

aは単元→aは零因子

と書かれ前件から読まれる定理である.
もしこれが対象言語¬(P→Q)のメタ言語だった場合

永田のいう偽の仮定

が成立している.このような偽の仮定により
環と体の関係が記述されているのだとしたら問題である.
0789山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 21:26:53.13ID:+jHunGEI
>>788
訂正
>通常の定理
>aは単元→aは零因子

aは単元→aは零因子でない
0790山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 21:42:06.41ID:+jHunGEI
■ 対象言語

¬(K:体→KがK及び(0)以外にイデアルを持たない)
Kが体でない
KがK及び(0)以外にイデアルをもつ

→-導入より

Kが体でない→KがK及び(0)以外にイデアルをもつ

■ メタ言語

「KがK及び(0)以外にイデアルをもつときKは体でない」

このメタ言語における事実は一般に受け入れられている定理である

結論

対象言語が否定形でメタ言語は認知された事実である
0791山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/11/30(火) 21:45:16.17ID:+jHunGEI
もしかすると数学を志向する者が一度は空想する
すべての命題がもし偽の仮定だったら
というのが具現化されているのかも知れない
私は偽の仮定探しをしていたのだが
こんな形で発見できるとは思いもしなかった

この偽の仮定というのは偶然ではない
誰かが仕掛けたゲームだと思う
この神の知恵の輪ゲームにこれ以上参加するべきなのか
どうかを考えたい
0792山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 00:24:31.62ID:0PFQEtmy
和集合の最小性というのも意味がわからないので
もう一度考えてみます
0793山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 00:45:58.75ID:0PFQEtmy
■ 和集合の最小性について

X:変項集合
A,B:定項集合
F:集合族(定項集合)
∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]

に対して

A∪B⊆X

とする.このとき

min (A∪B)⊆X

である.

(証明)

Sについて

C∈F∧X=C @

を仮定すると

A∪B⊆C

と表される.このとき

Cに含まれる集合の中でAを最小の集合

min A

とする.(2.2)よりA⊆A∪B∧B⊆A∪Bで∧-除去から

A⊆A∪B |- A=A∪B
B⊆A∪B |- B=A∪B

と書けるのでA=Bである.これよりA∪B⊆Cに対して

min A⊆C

である.しかし仮に前提をCに含まれる集合の中で最大の集合をAとすれば

max A⊆C

ともいえるのでこの議論に意味はない.□

☆ 共通部分の最大性も同じように意味がない.
0794山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 00:53:43.64ID:0PFQEtmy
(2.4) p.13 冪等律

A∪A=A

(証明)

A∪Aに対して(2.2)により

A⊆A∪A |- A=A∪A

とできるので定理が示された.□
0795山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 01:01:48.83ID:0PFQEtmy
(2.5) p.13 交換律

A∪B=B∪A

(証明)

(2.2.)により

A⊆A∪B∧B⊆A∪B

である.∧-除去から山積

A⊆A∪B
B⊆A∪B

で表示できる.そして

A⊆A∪B |- A=A∪B
B⊆A∪B |- B=A∪B

を導出することができるから

A=B

を得る.これより(2.4)の冪等律A∪A=Aに対し

A∪B=A
B∪A=A

と書けるから

A∪B=B∪A

が成立する.□
0796山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 01:18:32.12ID:0PFQEtmy
(2.6) p.13 結合律

(A∪B)∪C=A∪(B∪C)

(証明)

与えられた等式の左辺と右辺が一致することを示す.

(1) 左辺 (A∪B)∪Cについて

(2.2)によりA⊆A∪Bで

A⊆A∪B |- A=A∪B

と書ける.これより

(左辺)=(A∪B)∪C=A∪C

である.

(2) 右辺 A∪(B∪C)について

(1)と同様にして

C⊆B∪C |- C=B∪C

であるから

(右辺)=A∪(B∪C)=A∪C

と成る.これは山積なので

(左辺)=A∪C
(右辺)=A∪C

と表示される.それゆえ

(A∪B)∪C=A∪(B∪C)

が成立する.□
0797山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 01:36:25.55ID:0PFQEtmy
命題

I:添字集合
∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]

に対して

∪_[i=1,n]A_i (結合律)

が成立する.

(証明)

iについて

3∈I∧n=3 @

を仮定すると(2.6)により

(A_1∪A_2)∪A_3=A_1∪(A_2∪A_3)

が成立することが保証されている.
それゆえ,∃-導入から

∪_[i=1,n]A_i ☆

と表すことができ,∃-除去により仮定@が落ちて
任意のn∈Iに対して☆が成り立つ.□
0798山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 01:50:48.50ID:0PFQEtmy
P∧Q |- P∨Q
P∨Q |- P∧Q

これからベン図やオイラー図に頼ることは危険だと思われる
これらの図は伝統的論理学からの歴史だが
ここで終わりにした方がよい気がする

実際集合で考えると集合族の合併と共通部分の違いが
説明できない
これは論理学が発展段階だった頃の
数学の名残だと考えた方がよいだろう
0799山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 21:06:25.14ID:0PFQEtmy
河野 定理3 p.10

N:正の整数全体の集合

とする.このとき

∀n[n∈N→∃s[s∈N∧n=s]]に対して

1^2+2^2+...+n^2=(n(n+1)(2n+1))/6 ☆

が成立する.

(証明)

与えられた等式の左辺と右辺が一致することを示す.
sについて

1∈N∧n=1 @

を仮定する.このとき

(左辺)=1^2=1
(右辺)=(1(1+1)(2+1))/6=(1・2・3)/6=1

であるから∃-導入により☆と書ける.
そして,∃-除去から仮定@が落ちて
@に依存するものはないから∀-導入より
任意のn∈Nに対して☆が成立する.□
0800山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 21:07:20.31ID:0PFQEtmy
定理4 p.11

∀n[n∈N→∃s[s∈N∧n=s]]に対して

1^3+2^3+...+n^3=((n(n+1))/2)^2 ☆

が成立する.

(証明)

与えられた等式の左辺と右辺が一致することをいう.
sについて

1∈N∧n=1 @

を仮定する.このとき

(左辺)=1^3=1
(右辺)=((1(1+1))/2)^2=(1・2)/2=1

であるから,∃-導入により☆のように書ける.そして
∃-除去から仮定@が落ちるので@に依存したものはない.
それゆえ,∀-導入から任意のn∈Nについて☆が成り立つ.□
0801山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 21:19:29.55ID:0PFQEtmy
定理5 p.12

∀n[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]
k,a,b∈N:個体定項

とする.このとき次が成立する:

(1) Σ_[i=1,n]ka_i=kΣ_[i=1,n]a_i

(2) Σ_[i=1,n](a_i+b_i)=Σ_[i=1,n]a_i+Σ_[i=1,n]b_i

(3) Σ_[i=1,n]k=nk

(証明)

(1)

iについて

2∈N∧n=2 @

を仮定する.このとき

ka_1+ka_2=k(a_1+a_2)

は自然数の性質である分配法則により成立する.
それゆえ,∃-導入より(1)のように表示でき
∃-除去から仮定@が落ちるから@に依存した
ものはないので,∀-導入より任意のn∈Nに対して
(1)が成立する.

(2)

iについて

1∈N∧n=1 @

を仮定すると(2)は

a_1+b_1=a_1+b_1

と書ける.(1)と同様にして任意のn∈Nについて(2)が
成立する.
0802山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 21:20:16.89ID:0PFQEtmy
(3)

Σ_[i=1,n]kとはkをn個足し合わせることを意味するので

Σ_[i=1,n]k=k+k+...+k (n個) ☆

と書ける.いまiについて

2∈N∧n=2 @

を仮定すると☆は

k+k=2k (文字式の性質)

である.(1),(2)と同様にして任意のn∈Nに対して

k+k+...+k=nk
(n個)

i.e. Σ_[i=1,n]k=nk

が成立する.□
0803山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 21:29:39.76ID:0PFQEtmy
定理6 p.13

前提

∀h[h∈N→∃s[s∈N∧h=s]]
∀n[n∈N→∃t[t∈N∧n=t]]

h>0
n≧2

に対して

(1+h)^n>1+nh ☆

が成立する.

(証明)

定理が成立する自然数の範囲が問題であるので

h>0
n≧2

に注意する.前提は適当に変形することができるから

h>0 |- h=0

1 (1) h>0     前提
1 (2) h>0∨h=0  1.∨-導入
3 (3) h=0     仮定
1 (4) h=0     1,2-3.∨-除去

n≧2 |- n=2

1 (1) n>2∨n=2  前提
2 (2) n=2      仮定
1 (3) n=2      1,2.∨-除去

を導出する.これより与えられた不等式に対して

(左辺)=(1+0)^2=1
(右辺)=1+0=1

である.それゆえ1>1となり不合理であるから定理は不成立である.□
0804山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 21:31:24.56ID:0PFQEtmy
☆ 前提が

h>1
n≧2

の場合

h>1 |- h=1
n≧2 |- n=2

について

(左辺)=(1+1)^2=2^2=4
(右辺)=1+2・1=1+2=3

と成る.それゆえ

4>3

を得るが,これはhがh≧1の場合と同じなので条件はh≧1とするべきだろう.
論証は無仮定であるので,∀-導入により任意のn∈N但しh≧1,n≧2に対して☆が成立する.

結果

自然数の条件

h≧1
n≧2

☆ 任意の自然数h,n

但し

h≧1
n≧2

としなければ定理は不成立であるので,但し書きを付加した形を認めなければならないだろう.
つまり任意の自然数hについて但しh>1とした場合に,このhは自然数のすべてではないとは
ならないことを確認する.
0805132人目の素数さん2021/12/01(水) 21:32:22.97ID:XGMw5O43
これが数学科…
0806山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 21:34:54.30ID:0PFQEtmy
この自然数の量(範囲)の問題は
全称判断の非存在性による
つまり
すべての自然数に対して
いくらでも但し書きを付けることができる
但し書きによりたとえ自然数から1や2が除かれていても
「すべての自然数」であることに変わりはない
0807山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 21:49:55.40ID:0PFQEtmy
松坂 (2.3)'の逆 p.15

対象言語 C⊆A∩B→C⊆A∧C⊆B ☆
メタ言語 「C⊆A∧C⊆BのときC⊆A∩Bである」


(証明)

C⊆A∧C⊆B @

を仮定すると∧-除去により

C⊆A
C⊆B (山積)

と書ける.このとき

C⊆A |- C=A
C⊆B |- C=B

である.いまA∩Bに対して

C∩C=C (冪等律)

と表されるので,このようなCについて

C |- C⊂C∨C=C

1 (1) C        前提
  (2) C=C      同一性規則
  (3) C⊂C∨C=C 2.∨-導入

i.e. C |- C⊆C

を得る.ここでC⊆CはC∩C=Cにより

C⊆C∩C

と表示される.

A=C
B=C

から

C⊆A∩B

を想定することができる.それゆえ→-導入から
仮定@が落ちて☆が成立する.□
0808山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 21:54:35.21ID:0PFQEtmy
結果

(2.3)' C⊆A∧C⊆B←→C⊆A∩B
0809山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 22:16:02.38ID:0PFQEtmy
ポール・ロワイヤル論理学が普及していた時代
デカルトやパスカルの哲学がそこに入っていたという
数学的帰納法というのはおそらくこの時代くらいのものだ
まだ全称規則というものがなかった時代に従う理由はない

伝統的論理学で残すべきものは

・概念の構成要素
・内包
・外延
・種
・類
・AIEO
・周延
・不周延

実は全称判断の非存在性及び全称判断の不周延により

∀x[x∈A→∃s[s∈A∧x=s]]

はつくられている
0810山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 22:25:01.76ID:0PFQEtmy
その意味では

∀x[x∈A→x∈A] ☆

という考え方と真っ向から対立するものであると言える
でもこれは☆を
後件から考えるということの具現化により起こったものであり
仮言命題を後件から考えるという哲学から派生したものであるので
打ち消し合うものではないと思われる

しかし全称判断の対象言語がまだ

xf(x)

だった時代の帰納法は使うべきでないと考える
0811山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 22:26:20.11ID:0PFQEtmy
数学でいうとたとえば積分のdxの意味とか
そういうことにも関係してくると思う
0812山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 22:42:10.11ID:0PFQEtmy
対象言語 すべての人間は動物である
メタ言語  「ある動物は人間である」

が成立する

いま

太郎
次郎
三郎

がいる
これらは何れも動物である
それゆえ

すべての人間はこの3人である

これが有限写像概念である

ここで後から人間の四郎が出てきた場合でも

すべての人間はこの3人である (全称判断の不周延)

という定理は有効である
それが全称判断の非存在性の意味だ
0813山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 22:48:08.80ID:0PFQEtmy
つまり

すべての人間はこの3人である
すべての人間はこの4人である

は観念的競合をせず4人が3人を包摂(包含)し

すべての人間はこの4人である

と書き換えられるだけである
これを帰納と呼べるかも知れない
少なくとも既知の状態(すべての人間は3人)に対して
未知が出現したとしても既知のものは否定されない
0814山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 23:26:35.19ID:0PFQEtmy
松坂 (2.5)' p.15 交換律

A∩B=B∩A

(証明)

与えられた等式の左辺と右辺が一致することをいう.
(2.2)'によりA∩B⊆A∧A∩B⊆Bが成り立つ.∧-除去から

A∩B⊆A
A∩B⊆B

と書け

A∩B⊆A |- A∩B=A
A∩B⊆B |- A∩B=B

とできる.これよりA=Bであるので

(左辺)=A∩B=A∩A
(右辺)=B∩A=A∩A

と表されるゆえ同一性規則から☆が成立する.
0815山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/01(水) 23:28:42.82ID:0PFQEtmy
(2.6)' p.15 結合律

(A∩B)∩C=A∩(B∩C) ☆

(証明)

与えられた等式の左辺と右辺が一致することを示す.
(2.2)'によりA∩B⊆A∧B∩C⊆Cである.∧-除去から

A∩B⊆A
B∩C⊆C

と書け

A∩B⊆A |- A∩B=A
B∩C⊆C |- B∩C=C

を得る.これより

(左辺)=(A∩B)∩C=A∩C
(右辺)=A∩(B∩C)=A∩C

であるから同一性規則により☆が成立する.□
0817山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/02(木) 08:14:16.80ID:k5Yc8jLU
命題 p.15 

I:添字集合
∀n[n∈I→∃i[i∈I∧n=i]]

に対して

∩_[i=1,n]A_i (結合律)

が成立する.

(証明)

iについて

3∈I∧n=3 @

を仮定すると(2.6)'により

(A_1∩A_2)∩A_3=A_1∩(A_2∩A_3)

が成立する.これに∃-導入を適用すれば

∩_[i=1,n]A_i ☆

と表すことができて,∃-除去から仮定@は落ちる.
iの選択に依存するものはないので∀-導入により
任意のn∈Iに対して☆が成立する.□
0818山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/02(木) 08:15:02.82ID:k5Yc8jLU
(2.7)' p.15 

A⊆B←→A∩B=A

対象言語 A⊆B→A∩B=A
メタ言語 「A∩B=AのときA⊆Bである」

対象言語 A∩B=A→A⊆B
メタ言語 「A⊆BのときA∩B=A」

(証明)

(→) A⊆B→A∩B=A ☆

A∩B=A @

を仮定する.(2.2)'のA∩B⊆Bに対して@からA⊆Bを
想定することができる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.

(←) A∩B=A→A⊆B ☆

A⊆B @

を仮定する.このとき

A⊆B |- A=B

を得る.そして(2.4)'の冪等律A∩A=Aから

A∩B=A

を想定することができる.それゆえ,→-導入により
仮定@が落ちて☆が成り立つ.□
0819山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/02(木) 08:16:43.56ID:k5Yc8jLU
(2.8)' p.15

対象言語 A⊆B→A∩C⊆B∩C ☆
メタ言語 「A∩C⊆B∩CのときA⊆Bである」

(証明)

A∩C⊆B∩C @

を仮定する.(2.2)'により

A∩C⊆A∧B∩C⊆B

が成立する.∧-除去から

A∩C⊆A
B∩C⊆B

と書ける.そして

A∩C⊆A |- A∩C=A
B∩C⊆B |- B∩C=B

を得るので@に対して

A⊆B

を想定することができる.それゆえ,→-導入から
仮定@が落ちて☆が成立する.□
0820山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/02(木) 08:17:29.11ID:k5Yc8jLU
(2.8)'の逆

対象言語 A∩C⊆B∩C→A⊆B ☆
メタ言語 「A⊆BのときA∩C⊆B∩Cである」

(証明)

A⊆B @

を仮定する.(2.2)'より

A∩C⊆A∧B∩C⊆B

が成立する.∧-除去により

A∩C⊆A
B∩C⊆B

と書ける.いま

A∩C⊆A |- A∩C=A
B∩C⊆B |- B∩C=B

と成るので@から

A∩C⊆B∩C

を想定することができる.それゆえ,→-導入により
仮定@が落ちて☆が成立する.□
0821山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/02(木) 08:18:31.35ID:k5Yc8jLU
(2.9)'

Φ∩A=Φ ☆

(証明)

Φ∩Aに対して(2.2)'により

Φ∩A⊆A∧Φ∩A⊆Φ

が成立する.∧-除去より

Φ∩A⊆Φ

を選ぶと

Φ∩A⊆Φ |- Φ∩A=Φ

を得るので☆が成立する.□
0822山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/02(木) 15:42:56.13ID:k5Yc8jLU
河野 定理7 p.15

N:正の整数全体の集合
a:初項
r:公比(r≠1)
k∈N:個体定項

とする.このとき

∀n[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]

に対して

k=(a(r^n-1))/r-1
k=(a(1-r^n))/1-r

が成立する.但しr=1のときはk=naである.

(証明)

(1) k=(a(r^n-1))/r-1が存在すること

等比数列kは

k=a+ar+...+ar^{n-1}

i.e. k=Σ_[i=1,n-1]ar^i

と書ける.いまrkを考えると

rk=rΣ_[i=1,n-1]ar^i=Σ_[i=1,n]ar^i (定理5の(1)による)

とできる.このとき

rk-k
=Σ_[i=1,n]ar^i-Σ_[i=1,n-1]ar^i
=-a+ar^n
=ar^n-a
a(r^n-1)

i.e. k(r-1)=a(r^n-1)
i.e. k=(a(r^n-1))/r-1

である.
0823山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/02(木) 15:43:44.15ID:k5Yc8jLU
(2) 任意のn∈Nに対して(1)が成立すること

sについて

1∈N∧n=1 @

を仮定する.このときkは

k=(a(r-1))/r-1=a i.e. k=a

である.このkについて∃-導入により

k=(a(r^n-1))/r-1 ☆

と表される.そして∃-除去から仮定@が落ちて@に依存するものはないので
∀-導入により,任意のn∈Nに対して☆が成立する.

(3) k=(a(1-r^n))/1-rが存在すること

(1)と同じようにして

k=Σ_[i=1,n-1]ar^i
rk=Σ_[i=1,n]ar^i

を考える.このとき

k-rk
=Σ_[i=1,n-1]ar^i-Σ_[i=1,n]ar^i
=a-ar^n

である.すなわち

k(1-r)=a(1-r^n) i.e. k=(a(1-r^n))/1-r

を得る.

(4) 任意のn∈Nに対して(3)が成立すること

(2)と同じようにすれば任意のn∈Nについて

k=(a(1-r^n))/1-r

が成立する.

以上より定理が示された.□

補足

r=1のときk=naについて

k=Σ_[i=1,n-1]a1^i=Σ_[i=1,n]aであるから定理5(3)により

Σ_[i=1,n]a=na

i.e. k=na

である.
0824山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/02(木) 15:47:42.69ID:k5Yc8jLU
河野 命題 p.18

a,b:正の数(個体定項)
m:相加平均
g:相乗平均
h:調和平均

とする.このとき次を示せ.

(1) m≧g
(2) gはmとhとの相乗平均である i.e. √(mh)=g
(3) m,g,hの大きさの順序を示せ

(証明)

(1) 

m=(a+b)/2  i.e. 2m=a+b
g=±√(ab) i.e. g^2=ab

a+b≧ab i.e. a+b=ab∨a+b>ab

を示す.

(ア) a+b=abのときaの方程式を立てこれを解く

a-ab=-b
i.e.
a(1-b)=-b
i.e.
a=-b∨1-b=-b
i.e.
a=-b∨1=0

両方とも不合理なので

¬(a+b=ab) i.e. a+b≠ab

☆ 

2+2=4
2・2=4

が成り立つがaが負と1=0が導出されているので無効と考える.

(イ) a+b>abのとき

a+b>ab |- a+b=ab

というように(ア)の場合に帰着されるので(イ)は不成立である.
以上より(1)は成立しない.
0825山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/02(木) 15:49:21.83ID:k5Yc8jLU


この(ア)と(イ)の考え方が

P∨Q |- P

1 (1) P∨Q 前提
2 (2) P    仮定
1 (3) P    1,2.∨-除去

という省略の意味である.

(2)

m=(a+b)/2
g=√(ab)
h=(2ab)/a+b

に対して

√(mh)=g

を示す.与えられた等式の左辺から右辺をいう.

(左辺)
=√(mh)
=√((a+b)/2・(2ab)/a+b)
=√(ab)
=g
=(右辺)

それゆえ(2)が成立する.

(3) (1)が不成立なので飛ばす.
0826132人目の素数さん2021/12/02(木) 21:40:08.96ID:HuEUWvBG
>>816
普通に考えれば皮肉だろ
0827山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 06:10:01.17ID:cQeRmQFW
松坂 (2.10) p.15 分配律

(A∪B)∩C=(A∩C)∪(B∩C) ☆

(証明)

与えられた等式の左辺と右辺が一致することをいう.

まず左辺のA∪Bに対して(2.2)によりB⊆A∪Bが成立するので

B⊆A∪B |- B=A∪B

を得る.またB∩Cについて(2.2)'により

B∩C⊆C

と書ける.このとき

B∩C⊆C |- B∩C=C

と成る.これより

(左辺)
=(A∪B)∩C
=B∩C
=C

一方,左辺のA∩Cも(2.2)'よりA∩C⊆Cであるので

A∩C⊆C |- A∩C=C

と成るから

(右辺)
=(A∩C)∪(B∩C)
=C∪C
=C   (冪等律)

それゆえ,(左辺)=(右辺)が成立するので☆が示された.□

(2.10)' (A∩B)∪C=(A∪C)∩(B∪C)も同様に示される.実際

・A∩B⊆B |- A∩B=B
・C⊆B∪C |- C=B∪C
・C⊆A∪C |- C=A∪C

これより

(左辺)=(A∩B)∪C=B∪C=C
(右辺)=(A∪C)∩(B∪C)=C∩C=C (冪等律)

と成り定理が示された.□
0828山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 06:10:32.76ID:cQeRmQFW
(2.11) 吸収律

(A∪B)∩A=A ☆

(証明)

A∪Bに対して(2.2)よりA⊆A∪Bが成り立つので

A⊆A∪B |- A=A∪B

より

(A∪B)∩A=A∩A=A (冪等律)

が成立するので☆が示された.□

(2.11)' (A∩B)∪A=A も(2.2)'によりA∩B⊆Aで

A∩B⊆A |- A∩B=A

と成るので冪等律より成立する.□
0829山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 06:11:42.05ID:cQeRmQFW
☆ 本書では全体集合をXで表示しているがこの意味は定項集合であるので
変項集合X,Y,Z,...以外の文字で表示する.たとえばLなど.

(2.12) p.17 

L:全体集合(定項集合)
A^c:Aの補集合 i.e. L-A:差集合(A⊆L)

とする.このとき

(1) A∪A^c=L
(2) A∩A^c=Φ

が成立する.

(証明)

(1)

A⊆Lに対して

A⊆L |- A=L

と成る.このときA^c=L^cであるからL^cを考える.

L^c=L-L=Φ i.e. L^c=Φ (2.14)の証明でもある

である.これよりA∪A^cについて

A∪A^c=L∪L^c=L∪Φ=L (2.9)による

i.e. A∪A^c=L

それゆえ(1)が成立する.

(2) 

(1)と同様にしてA=Lに対して

A∩A^c=L∩L^c=L∩Φ=Φ

i.e. A∩A^c=Φ

であるから(2)が成り立つ.□
0830山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 06:12:26.96ID:cQeRmQFW
(2.13) 

A^cc:=(A^c)^c:Aの補集合の補集合

とする.このとき

A^cc=A ☆

が成立する.

(証明)

Aの補集合に対してA⊆Lであるから

A⊆L |- A=L

と成ることを用いる.

A^c=L-A=L-L=Φ

Φ^c=L-Φ=L

である.これより

A^cc=Φ^c=L=A

であるので☆が示された.□

(2.14)

(1) Φ^c=L
(2) L^c=Φ

これらは(2.12)と(2.13)の証明の中で示された.□
0831山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 06:13:32.71ID:cQeRmQFW
(2.15)

A⊆B←→B^c⊆A^c

対象言語 A⊆B→B^c⊆A^c
メタ言語 「B^c⊆A^cのときA⊆B」

対象言語 B^c⊆A^c→A⊆B
メタ言語 「A⊆BのときB^c⊆A^c」

(証明)

(→) A⊆B→B^c⊆A^c ☆

B^c⊆A^c @

を仮定する.

B^cについて B⊆L
A^cについて A⊆L

B⊆L |- B=L
A⊆L |- A=L

これよりA=Bを得る.∨-導入から

A=B |- A⊆B

を想定することができる.それゆえ,→-導入から仮定@が
落ちて☆が成立する.
0832山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 06:14:04.80ID:cQeRmQFW
(←) B^c⊆A^c→A⊆B ☆

A⊆B @

を仮定する.(2.8)'より

A⊆B←→A∩L⊆B∩L

であり(2.2)'から

A∩L⊆A
B∩L⊆B

と書ける.さらに

A∩L⊆A |- A∩L=A
B∩L⊆B |- B∩L=B

と成り(2.7)'より

A∩L=A |- A⊆L
B∩L=B |- B⊆L

である.ここで差集合(補集合)

L-A i.e. A^c
L-B i.e. B^c

を考えると
(AとBはそれぞれLに含まれているのでLとの差をとることでA,Bの補集合を考えられる)
@から

A^c⊆B^c

を構成することができる.そして

A^c⊆B^c |- A^c=B^c

であるから等号の対称律よりB^c=A^cを得る.∨-導入により

B^c=A^c |- B^c⊆A^c

を想定できる.それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて☆が成り立つ.□
0833山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 06:15:42.40ID:cQeRmQFW
(2.16),(2.16)' p.17 ド・モルガンの法則について

A∪BとA∩Bに対して(2.2)及び(2.2)'より

A⊆A∪B
A∩B⊆A

が成立する.いま

A⊆A∪B |- A=A∪B
A∩B⊆A |- A∩B=A

i.e.

A∪B=A
A∩B=A

よりA∪B=A∩Bを用いることはある.これより

(A∪B)^c=(A∩B)^c
i.e. 
(A∪B)^c=A^c
(A∩B)^c=A^c

と書ける.いまA^cとB^cについてA⊆LとB⊆Lを考えられるので

A⊆L |- A=L
B⊆L |- B=L

で表される.このときA^c∪B^cに対して

A^c∪B^c
=L^c∪L^c  
=Φ∪Φ  (2.14)
=Φ    冪等律

i.e. A^c∪B^c=Φ

またA^c∩B^cについても

A^c∩B^c
=L^c∩L^c
=Φ∩Φ  (2.14)
=Φ    冪等律

i.e. A^c∩B^c=Φ

これよりド・モルガンの法則は

(A∪B)^c=A^c∩B^c=A^c=Φ
(A∩B)^c=A^c∪B^c=A^c=Φ

と書けてしまうので法則の証明で用いられている
矛盾の規則⊥(¬-除去)が露呈した形になった.
それゆえ,ド・モルガンの法則は利用しない.□
0834山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 06:22:54.33ID:cQeRmQFW
>>833
ここでド・モルガン自体の証明はしていない
0835山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 20:50:40.83ID:cQeRmQFW
松坂 p.42 有限写像の例

N:正の整数全体の集合
A:定項集合

とする.このとき

@ 写像を有限列と看做す場合

∀n[n∈N→∃s[s∈N∧n=s]]に対して

f:{1,2,...,n}→A(全射)

f(s):=a_s

と定め数列

a_1,a_2,...,a_s

(a_s)_s∈N

で表す.

A 有限写像の場合

g:N→A(全射)

∀n[n∈N→∃s[g(s)∈A∧n=s]]

g(s):=a_s

この@とAを同一視すれば写像の値域を

Im g:={a_s|s∈N}⊆A とくに全射であるからIm g:={a_s|s∈N}=A

と書ける.

このIm gを{a_s}_s∈N i.e. {a_s}

と書く.

(a_s)_s∈Nと{a_s}_s∈Nの違いは

数列と値域の違いである.

たとえば1,-1,1,-1,...(-1)^{s-1}という数列(a_s)に対して値域は

{a_n}={1,-1}

である.すなわち

f:N→A

f(s):=(-1)^{s-1} i.e. f(s):=(a_s)

つまり有限個の自然数の全射と自然数全体の全射を同一視することで
有限個の数列(有限列)を構成し値域は有限の値をとることができる.
0836山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 20:52:48.76ID:cQeRmQFW
結果

可算無限集合のNを全射に通すことによって写像上で有限集合{1,2,...,n}のみを扱うことができる.

f:N→Im f



f:N→A

∀n[n∈N→∃s[f(s)∈A∧n=s]]

f(s):=a_s

sについて

3∈N∧n=3

a_1=1
a_2=2
a_3=3

を仮定する.このとき

σ:N→Im f={1,2,3} (全射) Im f=A

についてNはf上で3(個)である.

というようにいつでもNから有限個(有限値)を選択することができる.
また全射という条件しかないので

f(1)=2
f(3)=4
f(5)=6
……
f(2s-1)=2s

というように奇数を偶数に対応させることもできる.
0837山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 21:43:51.76ID:cQeRmQFW
>>836
訂正
>f:N→Im f

φ:N→Im f
0838山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/03(金) 22:03:44.51ID:cQeRmQFW
>>835
訂正

@は

∀n[n∈{1,2,...,n]→∃s[f(s)∈A∧n=s]
0839山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/04(土) 16:02:32.12ID:DcNrjF85
松坂 p.47 選出公理について

■ 準備

(A_λ)_λ∈Λ:集合族

が与えられているとする.すなわち

f:Λ→A(全射)

∀λ[λ∈Λ→∃s[f(s)∈A∧λ=s]]

f(s):=A_s

Im f:={A_s|s∈Λ}

i.e. σ:Λ→Im f

i.e. (A_s)_s∈Λ

である.この(A_s)_s∈Λに対して

g:Λ→A_s(全射)

∀λ[λ∈Λ→∃s[g(s)∈A_s∧λ=s]]

g(s):=a_s

Im g:={a_s|s∈Λ}

φ:Λ→Im g

φ(s):=g(s)=a_s

i.e. (a_s)_s∈Λ

を集合族の直積といい

Π_[s∈Λ]A_s:={φ|φ:Λ→Im g}

で表す.とくにA_sを直積因子と呼ぶ.

例 Λ={1,2}の場合

Π_[s∈{1,2}]A_s={φ_1,φ_2}

φ_1:{1}→Im g

φ_1(1)=a_1

φ_2:{2}→Im g

φ_2(2)=a_2

i.e.

Π_[s∈{1,2}]A_s={φ_1,φ_2}={<a_1,a_2>}=A_1×A_2

☆ A^{1,2}=A×Aという場合もある
0840山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/04(土) 16:03:54.22ID:DcNrjF85
■ 本題

(A_λ)_λ∈Λ:集合族
Π_[λ∈Λ]A_λ:集合族の直積

とする.このとき(A_λ)_λ∈Λにおいて

・対象言語

Π_[λ∈Λ]A_λ=Φ
ならば
A_λ=Φであるようなλ∈Λが少なくとも1つ存在する
である.すなわち

Π_[λ∈Λ]A_λ=Φ→∃λ[λ∈Λ∧A_λ=Φ]

・メタ言語

「∃λ[λ∈Λ∧A_λ=Φ]のときΠ_[λ∈Λ]A_λ=Φである」

(証明)

∃λ[λ∈Λ∧A_λ=Φ]

について

a∈Λ∧A_a=Φ @

を仮定する.この仮定の正当性について考えたい.@より

f:Λ→A(全射)
f(a):=A_a=Φ

となる.しかし

g:Λ→A_a=Φ(全射)

となるgに対して

g(a)∈Φ

でありこれは不合理である.それゆえ@の仮定は正当ではない.□

結果

対象言語としての前件

Π_[λ∈Λ]A_λ=Φ

を考える必要がない.
0841山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/05(日) 11:44:11.48ID:mjdl477H
■ 演算の構成

A:集合
R:関係
x,y,s,t,u,v:個体変項
a,b,m,n,k:固定定項
xRy:⇔R(x,y) Aにおける関係

とする.このときRのグラフG(R)とは

G(R):={<x,y>|x∈A∧y∈A∧xRy}⊆A×A

i.e.

f:G(R)→A×A(単射)

∀x∀y[<x,y>∈G(R)→∃s∃t[f(<s,t>)∈A×A∧[x=s∧y=t]]]

f(<a,b>):=<a,b>

である.このとき

G(R)⊆A×A |- G(R)=A×A

を考えればAにおける関係*をg上で定義できる:

g:A×A→A(全射)

g(<a,b>):=m*n

h:A→A(全射)

h(m*n):=k i.e. m*n=k

以後Aの元とはkを指す.i.e. k∈A

☆ このように写像を通したAの元はすべて個体定項であるので
Aに任意の元xというものは存在しない.
つまりkを調べるには

@ 個体定項 k∈A
A 個体定項 m*n∈A
B 個体定項 <a,b>∈A×A

まで遡及する必要がある.
0842山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/05(日) 11:46:43.09ID:mjdl477H
■ 直和分割

f:A→A
f(a*b):=c
β(A):Aの冪集合
X⊆β(A):任意の部分集合(Aの部分集合系)

とし

X⊆β(A) |- X=β(A) i.e. Aの部分集合全体

を考える.以下の(@)と(A)をみたすとき

・XはAの直和分割
・AはXに属する集合の直和

などという.

(@) ∪_[A∈X]A=A
(A) A,A'∈Xに対してA≠A'←→A∩A'=Φ

(証明)

(@)

∪_[A∈X]A i.e. XからAを選択するという意味なので∪_[A∈X]A=Aである.

(A)

対象言語 A≠A'→A∩A'=Φ
メタ言語 「A∩A'=ΦのときA≠A'である」

対象言語 A∩A'=Φ→A≠A'
メタ言語 「A≠A'のときA∩A'=Φである」

A,A'∈X=β(A)すなわちAの部分集合全体からAとA'を選ぶのでA'⊆Aである.

(→) A≠A'→A∩A'=Φ

A∩A'=Φ @

を仮定する.このとき

A'⊆A |- A'=A

であるから@の仮定は不合理であるので(→)は不成立である.

(←) A∩A'=Φ→A≠A'

A≠A' @

を仮定する.同様にして前提がA'=Aであるから@の仮定も正当でないので(←)も不成立である.□

結果

本書でいうような直和分割は存在しない.
0843山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/05(日) 20:52:13.95ID:mjdl477H
A:台(定項集合)
(A,≦):順序集合
σ:A×A→A(全射)
σ(<s,t>):=a*b
f:A→A(全射)
f(a_1*b_1):=c_1 i.e. a_1*b_1=c_1
g(a_2*b_2):=c_2 i.e. a_2*b_2=c_2

に対してc_1,c_2∈Aを考える.このとき

c_1≦c_2

が成り立てばc_2をf,g上Aの最大元といい

max_[f,g]A:=c_2

で表す.



N:正の整数全体の集合
Nを台とし(N,≦)を全順序集合とする.このとき

f:N→N(全射)

f(a_1+b_1):=9

f_1 1+8
f_2 2+7
f_3 3+6
f_4 4+5

g:N→N(全射)

g(a_2+b_2):=10

g_1 1×10
g_2 2×5

に対して

9≦10

よりmax_[f,g]N=10

である.
0844山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/05(日) 21:09:31.22ID:mjdl477H
>>843
訂正
>g(a_2+b_2):=10

g(a_2×b_2):=10
0845山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/06(月) 22:52:15.86ID:t1GSNbdW

最大元と同様に最小元も定義される.極大元については
max_[f,g]Aと一致するので基本的には考えない.

(M,≦)
(A,≦)
M⊆A

σ:M→A(単射)

σ(a):=a

a∈M→σ(a)=a∈A

i.e. a∈M→a∈A で表してもよい.

☆ Mの元の存在は保証されているのでM≠Φという条件は要らない.

☆ M×M→M(全射) これが元の保証
   A×A→A(全射)

とする.このとき

a∈A
b∈M

に対して

b≦a

が成立する時,aをMのAにおける上界という.

max_[f,g]Mが存在するとき,このMの最大元と上界は一致する.
またMが上に有界の時,max_[f,g]Mは存在する.

☆ 下界と最小元も同様.それゆえsupやinfも基本的には考えない.
0846山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/06(月) 23:25:29.94ID:t1GSNbdW
補足

a∈Aとは

φ:A→A

φ(a_1*a_2):=a_3

b∈Mとは

ψ:M→M

ψ(b_1*b_2):=b_3

を指す.
0847山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/06(月) 23:29:37.69ID:t1GSNbdW
φ,ψともに全射であり

a_1*a_2=a_3
b_1*b_2=b_3

と書ける.

たとえばa_3=5で演算が+の時a_1,a_2に対して

1+4
2+3

の全部を書いてもよいし書かなくてもよい.
0848山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/07(火) 23:06:43.16ID:BcOyvJ+5
(A,≦)
(A',≦')

σ:A×A→A

σ(<s,t>):=m*n

φ:A→A

φ(m*n):=a

A'も同様に

ψ:A'→A'

ψ(r*k):=a

を構成する.このとき

f:A→A'(単射) ☆対偶から得られる単射ではない

f(a):=a

に対して

対象言語 a_1≦a_2→f(a_1)≦'f(a_2) (a_1,a_2∈A) ☆

が成り立つ時,fを単調写像という.次に

f:単調写像

とする.このとき☆の逆

対象言語 f(a_1)≦'f(a_2)→a_1≦a_2

が成立すればAからA'への順序単射と呼ばれる.
ここでは対偶法を用いないため順序単射は

fが単射であり かつ 単調写像及びその逆である

のことではない,とする.すなわち順序単射は単射とは限らない.

☆ 

また,fが順序単射でAからA'への全射の場合,fをAからA'への順序同型写像という.
そして,AからA'への写像の中で少なくとも1つ順序同型写像がある時,これを順序同型という.

☆ AからA'への写像について順序同型写像であるとき全単射(対等)とは限らない.
☆ AとA'が対等であるとき順序同型とも限らない.
0849山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 07:27:42.26ID:2RNVk1bG
定理1

N:正の整数全体の集合(台)
(N,≦):全順序集合

とする.このとき

Nの任意の部分集合は最小元をもつ.

(証明)

F:Nの部分集合系

∀X[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]に対して

f:X→X(単射)

f(a):=a

a_2≧a_1

i.e. min_f X

が存在することを示す.

Sについて

Φ∈F∧X=Φ @

を仮定する.このとき

φ:Φ→Φ(単射)

φ(a):=a

は恒真である.いま,Φ⊆Nで台がN={1,2,...}であるから

φ(1)=1

に対して

1≧1

を構成することができる.i.e. min_φ Φ
である.ここで,∃-導入と∃-除去から仮定@が落ちて

min_f X

と書けるので定理が示された.□
0850山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 08:47:33.46ID:2RNVk1bG
R:実数全体の集合
f:R→R(関数)
f(a):=a^2

とする.このときfは単射か?

(解答)

一般には反例

1≠-1→f(1)≠f(-1)

によりfは単射でない,といわれるがこれを考えてみたい.


対象言語 a_1≠a_2→f(a_1)≠f(a_2) ☆
メタ言語 「f(a_1)≠f(a_2)のときa_1≠a_2である」

を示す.

f(a_1)≠f(a_2) @
¬(a_1≠a_2)  A

を仮定する.このとき写像の一意性から

f(a_1)=a_1
f(a_2)=a_1

と表すことができる.そしてAと同一性規則により

f(a_1)=f(a_2)

と書けるのでAを否定される.¬-導入から仮定Aは落ちて

¬¬(a_1≠a_2)

と成る.ここでDN規則により

a_1≠a_2

を想定できる.それゆえ→-導入より仮定@が落ちて☆が成立する.



f(1)≠f(-1) ☆

を仮定したい.しかし与えられた関数の像はf(a):=a^2であるから☆は

1≠1

でありこの仮定は正当ではない.それゆえ

1≠-1→f(1)≠f(-1)

というのは単射の反例ではない.□

もちろん¬(1≠-1)という仮定も正当でない.
0852山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 10:18:13.56ID:2RNVk1bG
R:実数全体の集合
f:R→R(関数)
f(a):=a^2

とする.このときfは全射か?

(解答)

Im fの定義により

Im f⊆R

であるから

R⊆Im f

を考える.そのために部分集合を成す写像

φ:R→Im f

φ(a):=f(a)=a^2

が存在するかどうかを確かめる.

(ア) φが写像であること

1) φの存在

a∈R→a^2=φ(a)=f(a)∈Im f ☆

を示す.

a^2=φ(a)=f(a)∈Im f @

を仮定する.φ(a)についてa∈Rによりa∈Rを想定することができるから
→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.

2) φの一意性

φ(a)=a_1^2 ☆
φ(a)=a_2^2

に対して

φ(a)=a_1^2∧φ(a)=a_2^2→a_1^2=a_2^2 ☆☆

を示す.

a_1^2=a_2^2 @

を仮定する.a_1^2に対して☆よりφ(a)=a_1^2である.またa_2^2について
@と☆によりφ(a)=a_2^2と書ける.∧-導入から

φ(a)=a_1^2∧φ(a)=a_2^2

を想定できるので.→-導入により仮定@が落ちて☆☆が成り立つ.
0853山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 10:20:06.83ID:2RNVk1bG
(イ) φが単射であること

a_1≠a_2→φ(a_1)≠φ(a_2) ☆

をいう.

φ(a_1)≠φ(a_2) @
¬(a_1≠a_2)   A

を仮定する.このとき写像の一意性により

φ(a_1)=a^2
φ(a_2)=a^2

と表される.Aと同一性規則から

φ(a_1)=φ(a_2)

であるのでAを否定できる.これより¬-導入から仮定Aが落ちて

¬¬(a_1≠a_2)

と成る.そしてDN規則から

a_1≠a_2

を想定できる.それゆえ→-導入により仮定@が落ちて☆が成立する.□

しかし,一般にはfは全射ではないといわれる.その反例について考える.

(反例)

「f(a)=-1をみたす実数aは存在しないゆえ,fは全射ではない.」

(考察)

そもそも写像というものは有限写像で説明したように

集合と写像は台集合と順序集合のような関係である

とした.そのため台がRのとき
その写像上のRでは無理数がないということもあり得る.さて

φ:R→Im f

φ(a):=f(a)=a^2

a∈R→a^2=φ(a)=f(a)∈Im f

で考える.反例はf(a)=(-1)^2となる実数はない,と説明している.
たしかに実数の中に√-1はない.しかしfとIm fについてもう一度考えると

f(a)=φ(a)=a^2

であるからf(a)=a^2のa^2は実数でなければならない.つまり反例のように
a^2に√-1を入れて考えることはできない.それゆえこの反例は誤りである.
0854山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 14:41:30.55ID:2RNVk1bG
全射と単射も変更する必要があるので一旦使用することを止める
0855山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 18:06:43.27ID:2RNVk1bG
A,B:集合
R:実数全体の集合

とする.このとき

∀x[x∈R→∃s[s∈R∧x=s]]に対して

A:={2s/(s-1)|s<1}

を定義できるか?

s<1 |- s=1

1 (1) s<1          前提
1 (2) s≦1 i.e. s<1∨s=1  1.∨-導入
3 (3) s=1          仮定
1 (4) s=1          1,2-3.∨-除去

これよりAの定義は正当でないのでs≠1とする.

では

∀x[x∈R→∃t[t∈R∧x=t]]に対して

B:={t|t<2}

を定める.このとき写像上でA=Bを示せ.

(方法)

写像は

σ:A×A→A
∀x∀y[<x,y>∈A×A→∃u∃v[σ(<u,v>)∈A∧[x=u∧y=v]]]
σ(<u,v>):=m*n 
φ:A→A
φ(m*n):=a (*は二項演算)

とし,Bも同様に構成して

f:A→B

f(a):=a

を考える.このとき

対象言語 a∈A→a∈B
メタ言語 「a∈Bのときa∈A」

を示したい.そのために

a∈B   @
¬(a∈A) A ☆@のみの仮定では論証が難しい時に仮定する

を仮定する.
0856山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 18:08:02.08ID:2RNVk1bG
(解答)

(1) Bについて

t<2 |- t=2

よりf上B={2}を考える.

(2) Aについて

Aをt≠1の近くt=0,2,3,4,...で調べると

f上¬(2∈A)

である.それゆえ

a∈A→a∈B

をみたさないのでf上¬(A⊆B)である.

以上よりf上Aの元とBの元とが一致することはないのでA≠Bである.□

☆ 前提について

σ:A×A→A
∀x∀y[<x,y>∈A×A→∃u∃v[σ(<u,v>)∈A∧[x=u∧y=v]]]
σ(<u,v>):=m*n 
φ:A→A
φ(m*n):=a



A:={2s/(s-1)|s<1}

で考えるとはどういうことか.

(説明)

φ(mn)=4 (s=2)

というように適当に値域を該てる.

m=1
n=4

u,vは適当な元なので1×4をみたすような対

<1,4>
<2,2>

のことである.そしてこれらが写像σ,φ,f上の任意の(すべての)元である.
以後,「写像σ,φ,f上の」は「f上の」という.
0858山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 20:11:08.96ID:2RNVk1bG
R:実数全体の集合

とする.このとき

∀x[x∈R→∃s[s∈R∧x=s]]に対して

A:={x|√|x+7|=-x-1}

B:={2,-3}

と定める時,AとBの関係は?

(解答)

Aの元がBに属するかどうかを知りたいのでAの条件をxについて解く必要はない.
そこでBの元の2と-3の場合に分けて考える.

f:A→B(写像)

f(a):=a

とする.

(1) 2∈Bのとき

sについて2∈R∧x=2 

を仮定する.このとき

√|x+7|=-x-1
i.e. 
√|x+7|+x+1=0
i.e.
√|2+7|+2+1=3+2+1=6≠0

それゆえ¬(2∈A)であるからf上A≠Bである.
0859山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 20:15:15.26ID:2RNVk1bG
(2) -3∈Bのとき

sについて-3∈R∧x=-3

を仮定する.このとき(1)と同様にして

√|-3+7|+(-3)+1=2+(-3)+1=0

それゆえ-3∈Aである.これより→-導入から

-3∈A→-3∈B i.e. f上A⊆B

(1)
(2)

に対して∧-導入より

A⊆B∧A≠B i.e. f上A⊂B

という関係があることがわかった.□

☆ 相加平均と相乗平均の所でもあったが
先に二乗して計算した結果とそうしなかった場合の結果が異なるということがあるのかも知れない.
集合で言えば

集合の積H_1H_2⊆Gの問題と同じか.
0860山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 20:30:36.93ID:2RNVk1bG
個体定項a,bに対して

a+bとabを比較したら少し大きくしただけで明らかにabが大きくなる

しかし平方するとそうはならない

・掛けて平方
・平方して掛ける

おそらく両者は違う
今回の場合もAの条件を

・二次方程式にして解く
・そのまま計算する

で異なる結果に成る

できればそのまま解いていく方がよいだろう
二乗のからくりが入っている
これを理論化できたらいいな

よくわからんが
0861山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 20:32:30.16ID:2RNVk1bG
できれば代数系に進みたいと思っていたが
本に書いてあることと違うことがたくさんあるので
しばらくの間は
集合と位相(位相空間論)に限定してみたいと思う
0862山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/08(水) 20:35:04.36ID:2RNVk1bG
本の内容とあまりに違うことを書いているので
「それは参考文献ではない」と言われたこともあるが
一応挙げておきます

遠藤久顕『(現代数学への道)集合と位相』サイエンス社,2020年

比較的新しい本からも読んでみようと思いました
0863山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/09(木) 00:47:57.75ID:kvFKdsks
しかし松坂和夫のような詳しさがなかったので
松坂の距離空間から読むことにしました(ツォルンの補題などは保留です)

松坂の詳しさはもしかすると現在
省略可能な概念として考えられているのかも知れませんが
それ以前の話から読みたいです
0864山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/09(木) 00:59:05.23ID:kvFKdsks
距離の性質として

・d(x,y)≧0
・d(x,y)=0⇔x=y

としている所がさすがだなと思いました
松坂は本の中で「定義」という項目を使わずに
定理を証明しています
この距離の性質も定義とは言わず性質として
証明しています

・定義を証明する
・定理の中の概念を定義する

というのが普通だった時代から定義は定理に使うものへ
と移行した途中の段階のものなのかも知れません

どうすべきなのかはまだわかりませんが
性質といわれるものは証明するべきだと思いました

何れ距離の公理や位相の公理という書き方をする本も出てくるかも知れません
その時は定義を証明することは諦めたいと思っています
この定義の公理化のような状況がなぜ生じたのかというのに
とても興味がありますが何が正しいのかも同時に考えて行きたいです

もし論理学と数学が一体として考えられるならば
かつて論理学で定義と呼ばれたものたちを
もう一度読んで考えてみたいです
0865山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/09(木) 20:12:28.13ID:/lRgkhd1
N:正の整数全体の集合
R:実数全体の集合

とする.

∀n[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]
∀x[x∈R→∃s[s∈R∧x=s]]
∀y[y∈R→∃t[t∈R∧x=t]]
∀z[z∈R→∃u[u∈R∧x=u]]

R^n:=R×R×...×R(n個)に対して

R^nの2つの元x:=(x_1,...,x_n),y:=(y_1,...,y_n)の間の距離d(x,y)を

d(x,y):=√(Σ_[i=1,n](x_i-t_i)^2)=|Σ_[i=1,n]x_i-y_i|

と定義する.このときR^nにおける距離は次の性質をもつ:

(D@) d(s,t)≧0
(DA) d(s,t)=0←→s=t
(DB) d(s,t)=d(t,s)
(DC) d(s,u)≦d(s,t)+d(t,u)

(証明)

iに対して

1∈N∧n=1 @

を仮定する.

(D@) d(s,t)≧0

d(s,t)は

d(s,t)=|s-t|

である.絶対値の非負性によりd(s,t)≧0である.

(DA) d(s,t)=0←→s=t

(→) d(s,t)=0→s=t 対象言語 ☆

メタ言語 「s=tのときd(s,t)=0である」

s=t A

を仮定する.このとき

d(s,t)=|s-t|=|s-s|=|t-t|=0

を想定できる.それゆえ→-導入より仮定Aが落ちて☆が成立する.
0866山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/09(木) 20:13:55.44ID:/lRgkhd1
(←) s=t→d(s,t)=0 対象言語 ☆

メタ言語「d(s,t)=0のときs=tである」

d(s,t)=0 A

を仮定すると

d(s,t)=|s-t|=0

である.いま

|s-t|^2=0^2を考えると

|s-t|^2=0^2 i.e. s-t=0 i.e. s=t

を想定できる.それゆえ→-導入により仮定Aが落ちて☆が成り立つ.

(DB) d(s,t)=d(t,s) ☆

左辺から右辺を示す.

(左辺)
=d(s,t)
=|s-t|
=|-(t-s)|
=|t-s|   |a|=|-a|による
=d(t,s)
=(右辺)

それゆえ☆が示された.

(DC) d(s,u)≦d(s,t)+d(t,u)

d(s,u)=d(s,t)+d(t,u)

を示す.s,t,uに対して

1∈R∧x=1 A
1∈R∧y=1 B
1∈R∧z=1 C

を仮定すると

|1-1|=|1-1|+|1-1|

が成立する.これより∃-導入と∃-除去により仮定A,B,Cが落ちて

d(s,u)=d(s,t)+d(t,u)

が成り立つ.そして∨-導入により

d(s,u)≦d(s,t)+d(t,u)

と成る.さらに∃-導入と∃-除去から仮定@が落ちる.
以上より@に依存したものはないので,∀-導入により
すべてのn∈Nに対して(D@)から(DC)が成立する.□
0868山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/10(金) 19:45:52.11ID:w7/XBsTI
用語の意義といくつかの証明

・球体

∀n[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]
∀x[x∈R^n→∃s[s∈R^n∧x=s]]
a∈R^n:個体定項
a:=(a_1,...,a_n)
ε∈R_[>0]

B(a;ε):={x|d(a;x)<ε}

に対してB(a;ε)を

a:中心
ε:半径

とするR^nの球体という.



ε∈R_[>0]について

ε∈R_[>0] |- 0∈{0}

より

d(a,x)<0 |- d(a,x)=0

から

B(a;0)={x|d(a,x)=0}

を考えることもできる.



a∈B(a;0)であること

∵)

d(a,a)=0より

B(a;0)={a}

であるからa∈B(a;0)と成る.□
0869山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/10(金) 19:46:42.74ID:w7/XBsTI
・内点,内部

M:定項集合
M⊆R^n

に対して

B(a;ε)⊆M

が成り立つとき,aをMの内点という.また

M^。(=M^i):⇔[Mの内点全部の集合]

と書き,これをMの内部あるいは開核という.

とくに

M^。⊆M

∵)

B(a;ε)⊆M |- B(a;ε)=M

でB(a;ε)=M=M^。により

M^。=M |- M^。⊆M

であるから.□

この逆は成り立つか?

i.e. M⊆M^。

(証明)

対象言語 m∈M→m∈M^。
メタ言語 「条件m∈Mをみたすようなm∈M^。のときm∈Mである」

集合Mには内点でないものも存在するので

条件m∈Mをみたすようなm∈M^。

を正当に仮定するすることはできない.それゆえ逆は不成立である.

☆ M^。=Mについて∨-導入ではM^。⊆MやM⊆M^。も言えてしまう(安楽椅子探偵)ので
包含関係などは逆の確認も必要である.
0870山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/10(金) 19:49:03.97ID:w7/XBsTI
☆ 部分集合の仮言と条件法の仮言は少し違う

・条件法の仮言

メタ言語 「M=ΦのときM^。=Φ」
対象言語  M^。=Φ→M=Φ

但し

メタ言語 「M≠ΦのときM^。=Φと成ることはあり得る」
対象言語  M≠Φ→M^。=Φ

対偶法とはもちろん対象言語の変形である.ここでも対偶が不成立な場合が出現した.

☆ 「条件○○をみたすような△△のとき□□である」 (部分集合の仮言)
  「○○のとき△△である」            (条件法の仮言)

・外点,外部

M⊆R^nに対する補集合M^cの内点をMの外点という.☆

M^e:⇔[Mの外点全部の集合] ☆☆

をMの外部という.

M^eはM^cの内部である(☆と☆☆による)

i.e. (M^c)^。=M^{ci}=M^e
0871山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/10(金) 19:49:49.79ID:w7/XBsTI
☆ M^e⊆M^c

対象言語 m∈M^e→m∈M^c
メタ言語 「条件m∈M^eをみたすようなm∈M^cのときm∈M^eである」

(証明)

条件m∈M^eをみたすようなm∈M^c @

を仮定できるか?

M^eの元はMの補集合の内点である.
いまM^i⊆Mに対して

M^i⊆M |- M^i=M

を推論するとMの補集合は

M^c=M^{ci}=M^e

であるからM^eから元を選ぶこととM^cから元を選ぶことは同義であるので
@を正当に仮定することができる.それゆえ→-導入から仮定@が落ちて

m∈M^e→m∈M^c

が成立するので☆が示された.□

☆ この逆M^c⊆M^eについて

対象言語 m∈M^c→m∈M^e
メタ言語 「条件m∈M^cをみたすようなm∈M^eのときm∈M^cである」

(証明)

条件m∈M^cをみたすようなm∈M^e @

を仮定できるか?

Mの補集合M^cはM^i⊆MがM^i=MでないときM^c=M^eとは限らないので
M^eの元がM^cの条件をすべてみたさないことはあり得る.
それゆえ@を正当に仮定することはできないので逆は不成立である.□

☆ M^i∩M^e=Φ

M^i⊆M |- M^i=M
M^e⊆M^c |- M^e=M^c

を推論するとM∩M^c=Φより☆を得る.□
0872山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/10(金) 20:04:45.50ID:w7/XBsTI
>>870
訂正

メタ言語  「M^。=ΦのときM≠Φと成ることはあり得る」
対象言語 M≠Φ→M^。=Φ
0873山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/10(金) 22:08:10.57ID:BrjKWpEJ
用語の意義といくつかの証明

・境界点,境界
∀n[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]
M⊆R^n:定項集合

とする.このMについてMの内点でも外点でもない点を
Mの境界点という.

Mの境界:⇔[R^n-(M^i∪M^e):Mの境界点全部の集合]

これをM^fと書く.

・命題

a∈R^n:個体定項
∀z[z∈R→∃s[s∈R∧z=s]]
∀x[x∈R^n→∃t[t∈R^n∧x=t]]
B(a;z)={x|d(a,x)<z}

に対して

B(a;z)∩M≠Φ
B(a;z)∩M^c≠Φ

が成立する.☆

(証明)

iについて1∈N∧n=1 @
tについてa∈R∧x=a A

d(a,a)<z |- d(a,a)=z

を推論するとzは距離の性質からz=0に決まり

B(a;0)={a}

と書ける.いまa∈Rに対して

M⊆R
M^c⊆R

より

{a}∩M≠Φ
{a}∩M^c≠Φ

である.
∃-導入と∃-除去より仮定A,@が落ちるので
論証中の仮定に依存するものはない.
それゆえ∀-導入から☆が成立する.□
0874山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/11(土) 08:05:24.21ID:+EvqndUf
M^f:Mの境界
M^{cf}:M^cの境界

とする.このとき

M^f=M^{cf}

が成立する.

(証明)

補題1 M^{ee}=M^i 

(→) 
対象言語 M^{ee}⊆M^i i.e. m∈M^{ee}→m∈M^i ☆
メタ言語 「条件m∈M^{ee}をみたすようなm∈M^iのときm∈M^{ee}である」

m∈M^{ee}をみたすようなm∈M^i @

を正当に仮定できるか?

M^e⊆M^c |- M^e=M^c

であるから

M^e=M^{cc}=M (p.17,2.13)
M^i⊆M |- M^i=M

を推論できる.これより,M^{ee}の元を選ぶことはM^iの元を
選ぶことに等しいので,@は正当に仮定できる.それゆえ
→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.
0875山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/11(土) 08:06:03.42ID:+EvqndUf
(←) M^i⊆M^{ee}

(→)と同様にして示される.
以上より補題1が示された.□

補題2 M^{ce}=M^i ☆

M^e⊆M^c |- M^e=M^c

より

M^{ce}=M^{ee}=M^i (補題1による)

以上より☆が示された.□

本題 M^f=M^{cf} 

M^f=R^n-(M^i∪M^e)

M^{cf}
=R^n-(M^{ci}∪M^{ce})
=R^n-(M^e∪M^i)   補題2
=R^n-(M^i∪M^e)   交換律

それゆえ

M^f=M^{cf}

が成立する.□
0876山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/11(土) 09:06:22.40ID:+EvqndUf
(1.4) p.142

M⊆R^n

に対して

R^n=M^i∪M^e∪M^f∧M^i∩M^e∩M^f=Φ (直和)

が成立する.

(証明)

(1) R^n=M^i∪M^e∪M^f ☆

M^i⊆M⊆R^n |- M^i=M=R^n
M^e⊆M^c⊆R^n |- M^e=M^c=R^n

を推論できる.このときM^fに対して

M^f
=R^n-(M^i∪M^e)
=R^n-(R^n∪R^n)
=R^n-R^n    冪等律


と成る.それゆえ☆は

R^n
=R^n∪R^n∪Φ
=R^n∪R^n  (p.14,2.9)
=R^n      冪等律

と書けるので成立する.

(2) M^i∩M^e∩M^f=Φ ☆

M^i⊆M |- M^i=M
M^e⊆M^c |- M^e=M^c

を推論できるから☆は

M^i∩M^e∩M^f
=(M∩M^c)∩M^f 結合律
=Φ∩M^f
=Φ       (p.15,2.9')

と表される.それゆえ

(1)
(2)

に対して∧-導入により(1.4)が成立する.□
0877山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/11(土) 09:36:38.55ID:+EvqndUf
・閉包,触点

M⊆R^n

に対して

M^a:⇔[M^i∪M^f]

をMの閉包あるいは触集合という.
また,M^aの点を一般にMの触点と呼ぶ.

命題 M⊆M^a 

(証明)

対象言語 m∈M→m∈M^a ☆
メタ言語 「m∈Mとなるようなm∈M^aのときm∈Mである」

m∈Mとなるようなm∈M^a @

を正当に仮定できるか?

まず,閉包の定義により

m∈M^a i.e. m∈M^i∪M^f i.e. m∈M^i∨m∈M^f

である.次に

M^i⊆M |- M^i=M

を推論できるので

m∈M

と書ける.すなわち

m∈M→m∈M∨m∈M^f

を想定できる.それゆえ@を正当に仮定できるので
→-導入により仮定@は落ちて☆が成立する.□
0878山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/11(土) 12:35:04.54ID:+EvqndUf
Mの内部の性質とM⊆M^aを合わせると

(1.5) M^i⊆M⊆M^a

を得る.

(1.6)

(1) M^{ac}=M^{ci}
(2) M^a=M^{cic}

(証明)

まずM^i⊆M⊆M^aに対して

M^i⊆M |- M^i=M
M⊆M^a |- M=M^a

を推論する.次に

M^e⊆M^c |- M^e=M^c

を導出する.

(1) M^{ac}=M^{ci}

■ 補題 M^{ci}=M^{ic}

∵)

M^iに対してその補集合をとると

(M^i)^c i.e. M^c (M^i=Mによる)

を得る.他方

M^cの内部をとると

(M^c)^i i.e. M^e (外部の定義よりM^e=M^ci)

である.上記推論よりM^e=M^cであるから
補題が示された.∴)

それでは本題に入る.上記推論のMについてM^cをとれば

M^{ic}=M^c
M^c=M^{ac}

であるからM^{ic}=M^{ac}

と成る.これより

M^{ic}
=M^{ci} (補題による)
=M^{ac} 

i.e. M^{ac}=M^{ci}

が成立する.
0879山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/11(土) 12:36:23.06ID:+EvqndUf
(2) M^a=M^{cic}

p.17の(2.13)よりM^{cc}=Mである.いまM^{ac}を考える.これの補集合を選ぶと

((M^a)^c)^c=M^a

である.また上記推論から

M^i=M
M=M^a

であるのでM^i=M^aでもある.
(1)よりM^{ac}=M^{ci}であるからM^{acc}に対して

M^{acc}
=M^{cic}
=M^{icc} 補題による
=M^i   (2.13)
=M^a  

と成る.すなわち

M^a=M^{cic}

が示された.□
0880山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/11(土) 13:36:27.98ID:+EvqndUf
(1.7) 

(1) M^{ic}=M^{ca}
(2) M^i=M^{cac}

(証明)

(1.6)と同様に予め

M^i=M
M=M^a

より

M^i=M^a

を推論する.

(1) M^{ic}=M^{ca}

推論M^i=M^aと(1.6)の補題M^{ic}=M^{ci}より

M^{ic}=M^{ci}=M^{ca} i.e. M^{ic}=M^{ca}

が成立する.

(2) M^i=M^{cac}

(1)の論証より

M^{ic}=M^{ci} i.e. M^{ac}=M^{ca}

である.いま,M^{cac}を考えると

M^{cac}=M^{acc}=M^a  (p.17,2.13)

を得る.上記推論よりM^i=M^aであるから

M^{cac}=M^i

と成る.□
0881山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/12(日) 10:55:51.17ID:qA5zkvIZ
N:正の整数全体の集合
∀n[n∈N→∃k[k∈N∧n=k]]
R^n:n次元ユークリッド空間
M⊆R^n
M^i:Mの内部
M^e:Mの外部
M^f:Mの境界
M^a:Mの閉包

とする.

M^i=MのときMをR^nの開集合
M^a=MのときMをR^nの閉集合

という.

■ 補題

M:開集合

とする.

M^ic=M^c

(証明)

与えられた等式の左辺と右辺が一致することを示す.

(左辺)
=M^{ic}
=M^{icc}  M^{ic}の補集合をとる
=M^i    p.17(2.13)
=M

(右辺)
=M^c
=M^{cc}   M^cの補集合をとる
=M     p.17(2.13)

それゆえ(左辺)=(右辺)が成立するので補題が示された.□

☆ Mが閉集合でM^{ac}=M^cも同様に示される.
0882山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/12(日) 10:57:20.20ID:qA5zkvIZ
■ 本題

(ア) M^i=M |- M^a=M (Mの補集合をとることで導出される)

(証明)

1 (1) M^i=M       前提
1 (2) M^{ic}=M^c    1.補集合をとる(補題)
1 (3) M^{ci}=M^c    2.補題M^{ic}=M^{ci}
1 (4) M^{cic}=M^{cc}  3.補集合をとる(補題)
1 (5) M^a=M      4.p.144(1.6), p.17(2.13)

(イ) M^a=M |- M^i=M

(証明)

1 (1) M^a=M      前提
1 (2) M^{ac}=M^c    1.補集合をとる(補題)
1 (3) M^{ci}=M^c    2.p.144(1.6)
1 (4) M^{ic}=M^c    3.補題M^{ci}=M^{ic}
1 (5) M^{ca}=M^c    4.p.144(1.7)
1 (6) M^{cac}=M^{cc}  5.補集合をとる(補題)
1 (7) M^i=M       6.p.144(1.7), p.17(2.13)
0883山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/12(日) 17:54:49.52ID:qA5zkvIZ
■ 用語

D(R^n):R^nの開集合全体の集合(R^nの開集合系) 略してDと書く.
R_[>0]:正の実数全体の集合

☆ Φ^i=ΦであるからΦ∈Dである.

■ 命題(p.145)

∀n[n∈N→∃k[k∈N∧n=k]]
O⊆R^nに対して

O∈D 

←→

∀x[x∈O→∃s[s∈O∧x=s]]
∀y[y∈R^n→∃t[t∈R^n∧y=t]]
ε∈R_[>0]
B(s;ε)={y|d(s,t)<ε}

について

B(s;ε)⊆O

が成立する.但しO∈Dについて「O≠Φ」という条件は不要である.なぜなら
O=ΦのときR^n=Φであり,これは恒真命題であるので論証が不要だからである.
「空集合は任意の集合の部分集合である」という命題でも示した.

(証明)

kについて

1∈N∧n=1 @

を仮定する.
0884山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/12(日) 17:55:49.24ID:qA5zkvIZ
(→)
対象言語 O∈D→B(s;ε)⊆O
メタ言語 「B(s;ε)⊆OのときO∈Dである」

B(s;ε)⊆O A

を正当に仮定できるか?

O⊆R |- O=R

を推論する.このとき

sについて

0∈O∧x=0 B

tについて

0∈R∧y=0 C

B(0;0)={0} (d(0,0)=0) 距離の性質(D@),(DA)

である.0∈Rより

{0}⊆R i.e. B(0;0)⊆R=O

であるのでAを正当に仮定できる.それゆえ→-導入により
仮定Cが落ちて

O∈D→B(0;0)⊆O

が成立する.そして∃-導入と∃-除去により
仮定B,Aが落ちて

O∈D→B(s;ε)⊆O ☆

と書ける.
0885山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/12(日) 17:59:06.70ID:qA5zkvIZ
(←)
対象言語 B(s,ε)⊆O→O∈D
メタ言語 「O∈DのときB(s;ε)⊆Oである」

O∈D A

を正当に仮定できるか?

O⊆R |- O=R

を推論する.このとき

R^i=R

を確かめる.B(a;ε)⊆R(a∈R:個体定項)に対して

B(a;0)={a} (d(a,a)=0)

を構成するとa∈Rより

{a}⊆R i.e. B(a;0)⊆R

である.ここで

B(a;0)⊆R |- B(a;0)=R

を得る.これよりRの点のすべてがRの全体と一致しているので
Rの内点全部の集合すなわちRの内部はRの全体と一致する.

i.e. R^i=R

である.それゆえR⊆Rに対してR^i=RであるからRはRの開集合であるので

O=R∈D i.e. O∈D

を得るゆえ,Aは正当に仮定できるから→-導入により仮定Aが落ちて

B(s;ε)⊆O→O∈D ☆

と書ける.
以上より∃-導入と∃-除去から仮定@も落ちて
@に依存するものはないから∀-導入により
すべてのn∈Nに対して命題が成立する.□
0886山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/12(日) 22:02:58.86ID:AVYq7bjj
定理2 p.145

∀n[n∈N→∃k[k∈N∧n=k]]
O⊆R^n
I:添字集合族
X:任意の添字集合 i.e. ∀X[X∈I→∃S[S∈I∧X=S]]
(O_λ)_[λ∈X]:Dの元から成る集合族 

に対して次が成立する:

(@)

R^n∈D
Φ∈D

(A)

O_1,...,O_k∈D→∩_[k=1,n]O_k∈D

(B)

(O_λ)_[λ∈X]→∪_[λ∈X]O_λ∈D

(証明)

(@)のR^nについては先の命題でn=1のとき
R^i=Rと成るすなわちRはRの開集合であることをみたので
R∈Dと成り全称導入からR^n∈Dであることは既知である.
ΦについてもΦ^i=ΦであるのでΦ∈Dである.

(A)

メタ言語「∩_[k=1,n]O_k∈DのときO_1,...,O_k∈Dである」

∩_[k=1,n]O_k∈D @

を正当に仮定できるか?

kについて

2∈N∧n=2 A

を仮定すると

O_1∩O_2∈D

と書ける.
0888山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/12(日) 22:05:03.32ID:AVYq7bjj
このときp.15(2.2)'により

O_1∩O_2⊆O_1
O_1∩O_2⊆O_2

と成り

O_1∩O_2⊆O_1 |- O_1∩O_2=O_1
O_1∩O_2⊆O_2 |- O_1∩O_2=O_2

を推論できるので

O_1∈D
O_2∈D

である.すなわちO_1,O_2∈Dを得る.これより@は正当に仮定できるので
→-導入から仮定Aが落ちて

O_1,...,O_k∈D→∩_[k=1,n]O_k∈D ☆

と表される.ここで,∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちると
論証の中,仮定に依存したものはないので∀-導入により
すべてのn∈Nに対して☆が成立する.

(B)

メタ言語「∪_[λ∈X]O_λ∈Dのとき(O_λ)_[λ∈X]である」

∪_[λ∈X]O_λ∈D @

を正当に仮定することはできるか?

kについて1∈N∧n=1 A
SについてN∈I∧X=N B
2∈N∧λ=2     C

を仮定すると

∪_[λ=1,2]O_λ=O_1∪O_2∈D

と表すことができる.
0889山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/12(日) 22:05:32.20ID:AVYq7bjj
いまO_1∪O_2についてp.13(2.2)により

O_1⊆O_1∪O_2
O_2⊆O_1∪O_2

と成り

O_1⊆O_1∪O_2 |- O_1=O_1∪O_2
O_2⊆O_1∪O_2 |- O_2=O_1∪O_2

を推論できるので

O_1∈D
O_2∈D

である.すなわち元の族O_1,O_2∈Dを構成することができる.

i.e. (O_λ)_[λ=1,2]

と表示されるので@は正当に仮定できる.それゆえ→-導入から
仮定Cが落ちて

(O_λ)_[λ∈X]→∪_[λ∈X]O_λ∈D ☆

と書ける.ここで∃-導入と∃-除去により仮定B,A,@が落ちて
この論証の中,仮定に依存したものはないので∀-導入から
すべてのX∈I及びすべてのn∈Nに対して☆が成立する.□
0890山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/12(日) 22:12:27.71ID:AVYq7bjj
松坂引用
「任意の添数集合」

この意味は一般に非可算無限集合までをも考慮するという説明があるが
おそらく整列集合で集合の列を構成できる(有限写像による)ので

可算か非可算か

という議論に意味はないと思われる
0891山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 00:48:18.71ID:52D9+e17
∀n[n∈N→∃k[k∈N∧n=k]]
A:定項集合
r:個体定項
I:添字集合系(定項集合)
X:任意の添字集合(変項集合)
∀X[X∈I→∃S[S∈I∧X=S]]
∪_[λ∈X]A_λ={x|x∈A_λ}
∃λ[λ∈X∧λ=r]

とする.このときA_1∪A_2∪...∪A_kに対して有限集合列

(A_λ)_[λ=1,2,...r]

を構成することができる.

構成方法

(1) Sについて

N∈I∧X=N

を選ぶ.

(2) 合併について

∪_[λ∈N]A_λ i.e. ∪_[k=1,λ]A_kに読み換えられる.

(3) λについて

λ∈N∧λ=r

(4) 集合列

A_1,A_2,...,A_r⊆A_1∪A_2∪...∪A_rより

(A_k)_[k=1,2,...r] i.e. (A_λ)_[λ=1,2,...,r]

と書ける.

結果

今まで「すべてのn∈N」と書いてきたが

・Nのすべての元n i.e. 無限個
・すべてのr      i.e. 有限個

という区別ができるようになった

合併が出てくるときはこの区別ができるので気をつけたい.
0892山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 00:50:15.53ID:52D9+e17
>>891
∪_[k=1,λ]A_kに読み換えられる. なぜならNが整列集合であるから
0893山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 00:52:21.52ID:52D9+e17
自然数nとは何なのか?

1,2,...,n,n+1,n+2,...

の場合と有限個のn

どちらもnで表示されていて意味不明だったが
これからは無限のnと有限のnを区別できる
0894山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 00:59:39.70ID:52D9+e17
∪_[λ∈X]A_λがあればいつでも有限個の集合列が得られるが

また

∪_[λ∈X]A_λ=A

という条件を備えていればAから
いつでも有限個の元を選択することが可能だということがわかった
0895山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 01:11:15.67ID:52D9+e17
全称判断において

すべて
任意の

を区別した方がよいかも知れない
たとえば

∀n[n∈N→∃k[k∈N∧n=k]]

について有限写像の考え方から

適当に選んだkがすべてとも言えるのだが
これをすべてと言い張る意味がなくなった
というのも
有限個の自然数と無限個の自然数という区別ができるようになったからだ
今までは適当に選んだkについてn=kよりこれを写像上で有限個としていたが
台でも有限個と無限個の区別ができるのなら

n,mはすべての自然数を表し
k,r,iなどは有限個の(任意の)自然数を表す

と決めれば混同する惧れはない
0896山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 01:45:03.45ID:52D9+e17
いま考えているn次元ユークリッド空間のR^nのnはもちろん有限個のnである

以後これは距離もあるという意味でR^dで表す

また何か不都合が出たら考える
0897山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 01:57:55.23ID:52D9+e17
そもそも全称判断と特称判断は双対関係にないが
現代の述語論理は双対関係のように扱うことが多い
全称量化子の代表的なメタ言語

すべての
任意の

を区別するとしたら該てる記号はどうするのだろう
メタ言語的には理解できるが
ここでも便宜的に区別しておこうと思う

∀:すべての
Ω:任意の
0898山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 01:59:42.65ID:52D9+e17
対当関係というのを覚えた記憶があるが
もしこの区別の出現によって
対当関係も見直されるようになるのだとしたら
伝統的論理学の価値はまだあるな
0899山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 08:30:14.25ID:52D9+e17
■ 合併と共通部分について

ΩX[X∈I→∃S[S∈I∧X=S]]に対して

(1) 合併

∪_[λ∈X]A_λ:={x|x∈A_λ}
∃λ[λ∈X∧λ=r]

(2) 共通部分

∩_[λ∈X]A_λ:={x|x∈A_λ}
Ωλ[λ∈X→∃μ[μ∈X∧λ=μ]]

と定める.
実際にはXについて

N∈I∧X=N

を選ぶので

(1)'

∪_[i=1,k]A_i

(2)'

∩_[i=1,k]A_i

というように有限個で考えることができる.
0901山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 14:50:16.08ID:52D9+e17
命題(1.10) p.147 (結果としては使用しなかった)

N_1,N_2⊆R^d:定項集合

とする.このとき

対象言語 N_1⊆N_2→N_1^i⊆N_2^i
メタ言語 「N_1^i⊆N_2^iのときN_1⊆N_2である」

(証明)

N_1^i⊆N_2^i @

を正当に仮定できるか?
いま開核の性質より

N_1^iに対して N_1^i⊆N_1
N_2^iに対して N_2^i⊆N_2

である.このとき

N_1^i⊆N_1 |- N_1^i=N_1
N_2^i⊆N_2 |- N_2^i=N_2

を推論できるので,@は正当な仮定である.
それゆえ→-導入により仮定@は落ちて

N_1⊆N_2→N_1^i⊆N_2^i

が成立する.□
0902山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 14:51:20.59ID:52D9+e17
定理3 p.147

X⊆R^d:変項集合
F:R^dの部分集合系
i.e. ΩX[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]

とする.このとき

(1) X^i⊆X X^iはXの中で最大の開集合
(2) X⊆X^a X^aはXの拡大の中で最小の閉集合

(証明)

Xについて

R^d∈F∧X=R^d @

を仮定する.

(1) R^{di}⊆R^d

R^{di}⊆R^d |- R^{di}=R^d

を推論できるので,R^dはR^dの開集合である.
このときR^dについてR^{di}=R^dと成る部分集合はR^{di}のみ
なのでR^{di}はR^dの中で最大である.

(2) R^d⊆R^{da}

R^d⊆R^{da} |- R^d=R^{da}

を推論できるので,R^dはR^dの閉集合である.
このときR^dについてR^d=R^{da}と成る拡大はR^{da}のみ
なのでR^{da}はR^dの拡大の中で最小である.

それゆえ,∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちて
@に依存するものはないから,Ω-導入より任意の
X⊆R^dに対して(1)と(2)が成立する.□
0903山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 15:38:07.80ID:52D9+e17
命題 N⊆R |- N=R は成立するか?

(証明)

f:N→R(写像) ☆単射・全射については考えることの保留中なのでここでは用いない
Ωz[z∈N→∃v[f(v)∈R∧z=v]]
f(v):=v

に対して

対象言語 v∈N→v∈R ☆
メタ言語 「v∈Nでf(v)=vをみたすようなv∈Rのときv∈Nである」

v∈Nでf(v)=vをみたすようなv∈R @

は正当に仮定できるか?

Rの中にNの元はすべて含まれているので@を正当に仮定できる.
それゆえ,→-導入により仮定@は落ちて☆が成立する.
このとき有限写像fの作用により台と写像上の集合は区別されるので

N⊆R |- N=R

を推論できる.つまり写像上Nの範囲でRを考える.
0904山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 15:39:33.83ID:52D9+e17
定理4 p.148

D:R^dの開集合系
F:R^dの部分集合系
X⊆R^d
ε∈R_[>0]:個体定項
Ωd[d∈N→∃s[s∈N∧d=s]]
ΩX[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]
Ωx[x∈R^d→∃t[t∈R^d∧x=t]]
Ωy[y∈R^d→∃u[u∈R^d∧y=u]]
B(x;ε)={y|d(x,y)<ε}:球体

とする.このとき

X=∪_[x∈X]B(x;ε)←→X∈D

が成立する.

(証明)

sについて 1∈N∧n=1 @
Sについて N∈F∧X=N A
tについて 1∈N∧x=1 B
uについて 1∈N∧y=1 C

を仮定すると与えられた球体B(a;ε)は

B(1;0)={1} (d(1,1)=0)

と書ける.このとき球体の合併は

∪_[1∈N]{1}={1}

である.

(→)

対象言語 N={1}→N∈D
メタ言語 「N∈DのときN={1}である」

N∈D D

を正当に仮定できるか?

N⊆Rに対して

N^i=N

と書けるかを調べる.
いまD(R^d)に対してD(R)を考えている.このとき
定理2(p.145)の(@)より

R∈D

が成立する.命題N=Rより

R^i=R i.e. N^i=N

と書けるので,仮定Dは正当である.それゆえ
→-導入により仮定Dは落ちて(→)は成立する.
0905山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 15:40:22.32ID:52D9+e17
(←)

対象言語 N∈D→N={1}
メタ言語 「N={1}のときN∈Dである」

N={1} D

を正当に仮定できるか?

有限写像の性質

{1}→N, 1→(対応)1

対象言語 1∈{1}→1∈N
メタ言語 「1∈{1}をみたすような1∈Nのとき1∈{1}である」

により写像上{1}=N(Nは台ではない)と書くことは正しい.それゆえ→-導入により
仮定Dは落ちて(←)が成立する.
そして∃-導入と∃-除去を適用すると
仮定C,B,A,@が落ちて仮定に依存する判断はないので
Ω-導入により定理が成立する.□
0906山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 15:45:06.59ID:52D9+e17
ε∈R_[>0]のR_[>0]について

R_[>0] |- {0}

(証明)

1 (1) R_[>0]       前提
1 (2) R_[≧0]      1.∨-導入
3 (3) R_[=0] i.e. {0}  仮定
1 (4) {0}          1,2-3.∨-除去  
0907山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 15:47:02.82ID:52D9+e17
同じ論証で個体定項a∈R^dに対して

d(a,a)<0 |- d(a,a)=0

を推論できる
0908山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 15:50:07.86ID:52D9+e17
極限概念がよくわからなくなってしまったので
連続(写像)は飛ばすかも知れません
松坂の4巻から6巻の解析でよく考えたいと思っています
0910山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 20:52:49.05ID:52D9+e17
■ 用語の意義

R^d:d次元ユークリッド空間
F:R^dの部分集合系
D(R^d):R^dの開集合系
Ωd[d∈N→∃s[s∈N∧d=s]]
ΩX[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]
O⊆D(R^d):定項集合
X⊆D(R^d):変項集合

とする.このとき

∪_[a∈O]X_a=X 

のOをDの基底という.
0911山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 20:54:11.40ID:52D9+e17
■ 補足

sについて 1∈N∧d=1  @
Sについて R∈F∧X=R  A

O⊆D(R) |- O=D(R)
R⊆D(R) |- R=D(R)

より

R=Oであるから

∪_[a∈R]R_a=R

と換言できる.

∪_[a∈R]R_a={x|x∈R_a} ☆
∃a[a∈R∧r=a]

このときaについて自然数のみを有限個選択すれば B

r=1,2,3,...k

であるので☆を

∪_[r=1,k]R_r=R

と読み換えられる.
0912山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 20:57:47.55ID:52D9+e17
それゆえRは有限個の自然数の和集合で

R_1∪R_2∪...∪R_k=R

表示することができてp.13(2.2)から

R_1,R_2,...,R_k⊆R_1∪R_2∪...∪R_k

と書けるのでRの有限個の集合列

(R_r)_[r=1,2,...,k]
R_r∈D

を構成することができる.これより→-導入により仮定Bが落ちて

(R_r)_[r=1,2,...,k]→∪_[a∈O]R_a=R

と表示できる.そして∃-導入と∃-除去から仮定A,@は落ちて
論証中,仮定に依存する判断はないのでΩ-導入により

(R_r)_[r=1,2,...,k]→∪_[a∈O]X_a=X

が成立する.□

もちろん

(R_r^d)_[r=1,2,...,k]→∪_[a∈O]X_a=X

でもよい.
0913山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/13(月) 21:10:53.41ID:52D9+e17
(X_r^d)_[r=1,2,...,k]→∪_[a∈O]X_a=X

もあり得るがしかし意味はよくわからない
0914山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 00:57:51.80ID:asy5yio3
連続の概念に入る前に像と逆像を定義する.

A,B:定項集合
f:A→B(写像)
Ωx[x∈A→∃s[f(s)∈B∧x=s]] ☆
C⊆A
D⊆B

とする.

■ 像

C⊆Aについて

対象言語 s∈C→s∈A
メタ言語 「s∈Cとなるようなs∈Aのときs∈Cである」

Aの任意の元はCに依存するように像を定める.但し
AのCへの制限写像ではない.



C:人間全体の集合
A:動物全体の集合

C⊆A

AはCの範囲で考える(つまり人間以外の動物を考えない)

AはCの類
CはAの種

という体系を写像及び像で表す.

Cに対して f(s):=b_1
Aに対して f(s):=b_2

これよりC,Aそれぞれの像を

f(C):={b_1}⊆B
f(A):={b_2}⊆B

と定める.
0915山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 01:00:10.62ID:asy5yio3
とくに

メタ言語 「b_1=b_2のとき,またそのときに限りf(A)=f(C)」
対象言語  f(A)=f(C)←→b_1=b_2

またb_1,b_2に対してb_1の場合

{b_1}⊆B |- {b_1}=B 

と推論すれば☆は

Ωx[x∈A→b_1∈{b_1}∧x=b_1]

すなわちAの任意の元はb_1である.つまり

対象言語 b_1∈A→b_1∈{b_1} ☆☆

を得る.これはsの選び方に依存しない.つまりいくらsを選んでも☆☆は変わらない.

b_2の場合も同様にして

対象言語 b_2∈A→b_2∈{b_2}

と書ける.

・方程式の理屈に使えそうではある.

■ 逆像

与えられた条件は像と同じである.

f^{-1}(D):={s|∃s[s∈A∧x=s]}

f^{-1}(D)⊆A |- f^{-1}(D)=A

例 f:R→R(実数値関数)に対して

f(x):=x^2+2x-1

x^2+2x-1:=b_1 ☆

とおく.つまり

b_1∈{b_1}について

{b_1}⊆B |- {b_1}=B

と逆像f^{-1}(D)=Aを推論すれば方程式を解ける根拠になる.

・Aの元xにいくらでもsを代入できること
・方程式の解がAに存在すること(b_1)

このことは代数学で考えたい.
0916山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 05:24:35.02ID:asy5yio3
(1.11) p.149

Ωn[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]
Ωm[m∈N→∃j[j∈N∧m=j]]
Ωx[x∈A→∃s[f(s)∈R^m∧x=s]]
R^n:n次空間
A⊆R^n:定項集合
A^i=A
d^n:R^nにおける距離
B^n(s;ε):R^nにおける球体
f:A→R^m

とする.このとき
「fがs∈Aで連続である」とは

略記
∀ε>0∃δ>0;
d^n(x,s)<δ⇒d^m(f(x),f(s))<ε

が成立することをいう.これを換言する.

∀ε>0 |- ε=0
∃δ>0 |- δ=0

d^n(x,s)<δ |- d^n(x,s)=0
d^n(f(x),f(s))<ε |- d^n(f(x),f(s))=0

さらに言い換えると

f(B^n(s;δ))⊆B^m(f(s);ε) ☆

そして☆は

B^n(s;0)={s}
B^m(f(s);0)={f(s)}

ここで

f(s):=sと定義できる.

なぜなら

f({s})={s}

であり

{s}⊆{f(s)} |- {s}={f(s)} i.e. f(s)=sであるから.

結果

f:A→R^mがs∈Aで連続写像であるとは

f(s)=s

が成立することをいう.
0918山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 05:26:46.61ID:asy5yio3
定理5

Ωn[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]
Ωm[m∈N→∃j[j∈N∧m=j]]
ΩX[X∈F→∃S[S∈F∧X=S]]
R^n:n次元空間
R^m:m次元空間
F:R^mの部分開集合系
A⊆R^n
A^i=A
X⊆R^m
X^i=X
f:A→R^m(写像)
Ωx[x∈A→∃s[f(s)∈R^m∧x=s]]

とする.このとき

f:連続写像←→f^{-1}(X)がR^nの開集合(i.e.f^{-1}(X)∈D(R^n))

(証明)

iについて 1∈N∧n=1
jについて 1∈N∧m=1
Sについて D∈F∧X=D (D⊆R^m i.e. D⊆R)

(→)

対象言語 f:連続写像→f^{-1}(D)∈D(R)
メタ言語 「f^{-1}(D)∈D(R)のときfは連続写像である」

f^{-1}(D)∈D(R) @

を正当に仮定できるか?

f^{-1}(D)⊆Rについて

f^{-1}(D)⊆R |- f^{-1}(D)=R

を推論できる.いま

f:A→R(写像)
f(s):=a

のsに対して

a∈A∧x=a

を選択すれば

f(a)=a

を想定することができるので,@は正当化される
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて(→)が成立する.
0919山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 05:27:54.28ID:asy5yio3
(←)

対象言語 f^{-1}(D)∈D(R)→f:連続写像
メタ言語 「fが連続写像のときf^{-1}(D)∈D(R)である」

fが連続写像である @

を正当に仮定できるか?

いま

f:A→R(写像)

f(s):=s

と表されている.このときD⊆Rに対して逆像f^{-1}(D)を考えると
逆像の定義から

f^{-1}(D)={s} (s∈A)

と書ける.このときsについてa∈A∧x=aを選択すると
a∈Aであるから{a}⊆Aを得る.ここで

{a}⊆A |- {a}=A

を推論すれば条件よりAは開集合であるので{a}も開集合である.
すなわちf^{-1}(D)も開集合であると想定できる.
それゆえ,→-導入により仮定@が落ちて(←)が成立する.

以上より∃-導入と∃-除去からi,j,Sについてそれぞれ仮定が
落ちるのでこれらの仮定に依存する判断はないから
∀-導入より定理が導かれる.□
0920山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 07:06:35.76ID:asy5yio3
■ 位相空間

S:集合
β(S):Sの部分集合系
D⊆β(S) ☆Dも集合系(以後開集合系ともいう)
X:任意の有限集合または無限集合
(O)_[λ∈X]:Dの元から成る任意の集合族
Ωk[k∈N→∃i[i∈N∧k=i]]

とする.このときDが次の3つをみたすとき
DはSにおける1つの位相である,という.

(O@) 

S∈D
Φ∈D

(OA)

O_1∈D∧O_2∈D→O_1∩O_2∈D

(OB)

(O)_[λ∈X]→∪_[λ∈X]O_λ∈D i.e. (O)_[k∈N]→∪_[r=1,k]O_i∈D
0921山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 07:07:12.18ID:asy5yio3
■ 開集合,開核

(S,D):1つの位相空間

とする.このときDに属するSの部分集合たとえばO∈Dを開集合という.

M:(S,D)の任意の部分集合
ΩM[M∈β(S)→∃T[T∈β(S)∧M=T]]

とする.このとき

Φ⊆M

である.また

Ωk[k∈N→∃r[r∈N∧k=r]
M^i:=∪_[r=1,k]O_i∈D(開集合全体の和集合)

と定めるとき位相の定義よりM^i∈DであるのでM^iはMに
含まれる中で最大の開集合である.
このようなM^iをMの開核あるいは内部という.
0922山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 07:08:16.32ID:asy5yio3
■ (2.1) p.154

M^i⊆M

(証明)

対象言語  m∈M^i→m∈M
メタ言語 「m∈M^iをみたすようなm∈Mのときm∈M^iである」

m∈M^iをみたすようなm∈M @

を正当に仮定できるか?

まずM^iにおけるrについて

1∈N∧k=1 A

を仮定するとM^i=O∈Dを得るのでm∈Oを考えられる.
次にMにおけるTについて(S,D)における1つの開集合O∈Dを選択し B

m∈O

とすることができるので@を正当化できる.
これより,∃-導入と∃-除去により仮定BとAが落ちる.
さらに→-導入から仮定@が落ちて

m∈M^i→m∈M

と表すことができる.それゆれ(2.1)が示された.□
0924山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 07:43:26.08ID:asy5yio3
■ (2.2)

M^i∈D

☆位相の定義や(2.1)の論証中に示した.□

■ (2.3)

M:(S,D)の任意の部分集合
ΩM[M∈β(S)→∃T[T∈β(S)∧M=T]]
Ωk[k∈N→∃r[r∈N∧k=r]]

対象言語  O⊆M∧O∈D→O⊆M^i
メタ言語 「O⊆M^iのときO⊆MかつO∈Dである」

(証明)

O⊆M^i @

を正当に仮定できるか?

M^iにおいてrを

1∈N∧k=1 A

と選べばM^i=O∈Dと書けるのでO∈Dも推定できる.
これより∨-導入から

O=M^i |- O⊆M^i

が推論される.またMにおいてTをOと選べば B
O=Oと書ける.
とくに

O=O |- O⊆O

を導出できる(ここでもOはβ(S)の元であるからO∈Dでもあるといえる). ☆(S,D)上で考えている
それゆえ,@を正当化できるので∃-導入と∃-除去により
仮定B,Aが落ちる.さらに→-導入より仮定@が落ちて

O⊆M∧O∈D→O⊆M^i

が成立する.以上より仮定に依存する判断はないので∀-導入から(2.3)が示された.
0925山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 08:17:48.20ID:asy5yio3
■ (2.4)

M∈D←→M^i=M

(証明)

(→)

対象言語  M∈D→M^i=M
メタ言語 「M^i=MのときM∈Dである」

M^i=M @

を正当に仮定できるか?

M^iについて(2.1)によりM^i⊆Mであり

M^i⊆M |- M^i=M

を推論できるので@は正当である.
それゆえ→-導入から仮定@が落ちて
(→)が成立する.

(←)

対象言語  M^i=M→M∈D
メタ言語 「M∈DのときM^i=Mである」

M∈D @

を正当に仮定できるか?

MはSの部分集合系β(S)の元であり,いま位相空間(S,D)で
考えているのでM∈Dであるから@を正当に仮定できる.
それゆえ→-導入により仮定@が落ちて(←)が成立する.□
0927山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 10:44:33.73ID:asy5yio3
■ (2.5) 

ΩM[M∈β(S)→∃T[T∈β(S)∧M=T]]
ΩN[N∈β(S)→∃U[U∈β(S)∧N=U]]

に対して

対象言語 M⊆N→M^i⊆N^i

が成立する.

(証明)

メタ言語 「M^i⊆N^iのときM⊆Nである」

M^i⊆N^i @

を正当に仮定できるか?

Ωk[k∈N→∃s[s∈N∧k=s]]
Ωr[r∈N→∃j[j∈N∧r=j]]

M^i:=∪_[s=1,k]O_s (O∈D)
N^i:=∪_[j=1,r]O_j (O∈D)

sについて 1∈N∧k=1 A
jについて 2∈N∧r=2 B

とすると和集合の性質p.13(2.2)より

O_1⊆O_1∪O_2

が成立するので@は正当に仮定することができる.
それゆえ∃-導入と∃-除去から仮定B,Aが落ちて
→-導入より仮定@も落ちる.これより

M⊆N→M^i⊆N^i

と書ける.ここで仮定に依存する判断はないので
Ω-導入から(2.5)が成立する.□
0928山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 12:21:47.96ID:asy5yio3
■ 開核作用子

f:β(S)→β(S)(対応規則)
M |→ M^i

ΩM[M∈β(S)→∃T[f(T)∈β(S)∧M=T]]
f(T):=M^i i.e. T=M^i

を定める.このときfが写像であることを示す.

(証明)

(ア) fの存在

対象言語  M∈β(S)→f(T)=M^i∈β(S) ☆
メタ言語 「f(T)=M^i∈β(S)のときM∈β(S)である」

f(T)=M^i∈β(S) @

は正当に仮定できるか?

Tについて

M∈β(S)∧M=M A

を選択すると∧-除去より

M∈β(S)

を得るので@は正当な仮定である.これより
∃-導入と∃-除去より仮定Aが落ちる.
さらに→-導入から仮定@が落ちて
仮定に依存する判断はない.
それゆえΩ-導入より☆が成立する.
0929山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 12:22:46.81ID:asy5yio3
(イ) fの一意性

f(T)=M_1^i
f(T)=M_2^i

に対して

対象言語  M_1^i∧M_2^i→M_1^i=M_2^i ☆
メタ言語 「M_1^i=M_2^iのときM_1^i∧M_2^iである」

M_1^i=M_2^i @

を正当に仮定できるか?

M_1^iについて位相の定義よりM_1^i∈Dである.また
p.154(2.4)より

M_1^i∈D←→M_1^i=M

である.M_2^iについても同様にして

M_2^i∈D←→M_2^i=M

すなわち

M_1^i=M
M_2^i=M (山積)

よりM_1^i=M_2^iを得る.それゆえ@は正当な仮定で
あるので→-導入から仮定@が落ちて☆が成立する.

以上よりfは写像である.□

このようなfを位相空間(S,D)における開核作用子といい,次の定理6が成立する:
0930山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 13:03:53.25ID:asy5yio3
定理6 開核作用子は次の性質をもつ.

(I@) S^i=S
(IA) (M∩N)^i=M^i∩N^i
(IB) M^i⊆M
(IC) M^{ii}=M^i

(証明)

(I@)は位相の定義からS∈DでありM∈β(S)について

M⊆S |- M=S

を推論できることより,p.154(2.4)を適用すれば

S∈D←→S^i=S

が成り立つ.
☆ 無仮定なのでΩM[M∈β(S)→∃T[T∈β(S)∧M=T]]のTを選び
Ω-導入を適用する,という論証はしなくてもよい.

(IA)はp.154(2.1)で示したので残りの2つを示す.

(IC)

位相の定義よりM^i∈Dである.またp.154(2.4)より

M∈D←→M^i=M

であるから

M^i∈D←→M^{ii}=M^i

が成立する.

(IB)

開核作用子の性質より

M=M^i ☆
N=N^i

である.(M∩N)^iについて(IC)より

(M^i∩N^i)^i=M^i∩N^i

であるから☆から

(M∩N)^i=M^i∩N^i

が成立する.
以上より定理6が示された.□
0931山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 13:07:16.69ID:asy5yio3
(IB)の補足

A∈β(S)について

M∩N⊆A |- M∩N=A

A^i=Aが成り立つので(IC)より

A^{ii}=Ai

とM∩N=Aの開核

M^i∩N^i=A^i (A^i=Aによる)

より

(M^i∩N^i)^i=M^i∩N^i i.e. A^{ii}=A^i

を得られる.
0932山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 14:10:02.61ID:asy5yio3
p.154 (2.3)の逆

β(S):Sの部分集合系

対象言語  O⊆M^i→O⊆M∧O∈D
メタ言語 「O⊆M∧O∈DのときO⊆M^iである」

(証明)

O⊆M∧O∈D @

を正当に仮定することはできるのか?

∧-除去により

O⊆M

を選択する.このとき

O⊆M |- O=M

である.いま位相空間(S,D)上でM∈β(S)を考えているので

M⊆S |- M=S

を推論すればM∈DよりO∈Dをいうことができるから
@は正当に仮定できる.それゆえ→-導入により仮定@が落ちて
☆が成立する.□

結果 O⊆M^i←→O⊆M∧O∈D
0933山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 14:24:44.70ID:asy5yio3
つまり位相空間(S,D)で考えているときは

O,S:定項集合
Sの任意の部分集合Mについて

O⊆M⊆S

が成り立ちかつO∈Dをみたせば
Mの開核M^iは必ずOを含む

i.e. O⊆M^i

ということがいえる.この場合

O=∪_[k=1,r]O_k

をどこかで用いることができるかも知れない.
たとえばOは有限集合であるなど.
0934山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 14:39:30.82ID:asy5yio3
逆が不成立な場合の論証で気が付いたのですが
今まで仮言命題を証明するときには

@ P→QのQが正当に仮定できるか? という型
A P→Qに対してQを仮定しPを想定できれば→-導入可能という型
B P⊆QすなわちPをみたすようなQのときPであるか? という型

の3つの場合に分けていました

しかしAはどうやら「想定」というのに限りがないようで
極端なことをいうと根拠さえあれば何でもいえてしまうということになっているようです
それなので今後は@とBの方法を用いることにします
0935山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 14:46:49.46ID:asy5yio3
P→QをP⊆Qで説明することは可能ですが
かなり危険です
メタ言語として後件から説明するということをしないのに
P→QとP⊆Qが同じものだというのは
たとえば
|- P∧Qにおいて

P 仮定
Q 仮定

ゆえに∧-導入からP∧Q

をいうのに近いものがあります
0936山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 14:59:59.46ID:asy5yio3
AとBは近いものがあります
ややもすれば何でもいえてしまう
ということになると思われます

ただBは何でも言えてしまうことに制限をかけたものなので
間違わなければ大丈夫です

対象言語 動物ならば生物である
メタ言語  動物をみたすような生物のとき動物である

動物をみたすような生物 

を仮定する

☆ 生物の種は動物と植物とします これの運用が難しいです
たとえば生物は動物のみを指すわけではないなど
そういう理屈を考えてしまうと部分集合が見えなくなります

すべての動物はある生物である

それゆえ動物は生物である

これより論証は終わります

Bの場合も@と同じようにQの正当性のみを考えるという方法が
ありえるのかも考えたいと思います
今回の場合だと

すべての動物はある生物をみたす

という簡単な話なので仮定の正当性がいえますが
もう少し難しい場合にも仮定の正当性を調べもし仮定が正しい時
直ちに前件をいうことができるのかどうかを考えます
0937山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 16:01:15.61ID:asy5yio3
(2.1)の逆の例

M⊆M^i

対象言語 m∈M→m∈M^i
メタ言語  「m∈Mをみたすようなm∈M^iのときm∈Mである」

(説明)

m∈Mをみたすようなm∈M^i @

を正当に仮定できるか?

M=O

を選択する
このときM^iについてもM=Oを選択することは可能である
しかしこれを以てM^i=Mが常に成り立つと考えることは
開核の定義を無効にするものである
それゆえこの等号は認められない

(2.1)も

M^i=O
M=O

とできることから正当性を主張した
では(2.1)の逆と何が違うのか?

(2.1)はM^i=∪_[k=1,n]O_kからM^i=Oを導き出してM=Oを考えている
それに対して
(2.1)の逆はM=OからM^i=∪_[k=1,n]O_kを導出することができてしまうのだろうか

実際

m∈M=O |- m∈M=O_1∨m∈M=O_2 i.e. m∈M=O_1∪O_2

1 (1) m∈M=O           前提
1 (2) m∈M=O_1∨m∈M=O_2  1.∨-導入
i.e.   m∈M=O_1∪O_2

問題点

m∈M=O_1∨m∈M=O_2からm∈M=O_1∪O_2がいえるか?

m∈M∪M i.e. m∈M (冪等律)
m∈O_1∪O_2

M=O_1∪O_2なのか?
0938山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 16:16:42.95ID:asy5yio3
p.13(2.2)の性質よりたとえば

O_1∪M

に対して

M⊆O_1∪M

はいえる
このときM=O_2から

M⊆O_1∪O_2

そして

M⊆O_1∪O_2 |- M=O_1∪O_2

を証明できる
それゆえ

m∈M=O_1∪O_2

がいえる

あとはこのMにn回∨-導入を適用すれば

m∈M=∪_[k=1,n]O_k

を導出できる
これより@は正当化できるので
→-導入より仮定@が落ちて

m∈M→m∈M^i

が成立する

すなわちM⊆M^iである

結論

M=M^iが常に成立する

また
対象言語 m∈M→m∈M^i 

に対して

メタ言語  「m∈Mのときm∈M^iである」

つまり前件仮定で後件が導出できればよい
という結論に至った

部分集合の証明においては
前件から後件が導き出せればよい
これが通常の条件法である

@ 一般の仮言  P→Q(後件仮定の正当化)
A A⊆Bの証明  P→Q(前件仮定)
0939山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 16:56:53.63ID:asy5yio3
しかし
P→Q(前件仮定)
とはいうものの

論証のはじめに

〜と仮定する

という決まり文句で始めてしまうと問題があると思うので

メタ言語  「○○が○○のとき○○である」

○○が○○

は正当な仮定か?

中略

→-導入

結論

という形式にしたい
0940山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 21:59:59.02ID:asy5yio3
定理7 

ΩM[M∈β(S)→∃T[T∈β(S)∧M=T]]

i:β(S)→β(S)(写像)

i(M):=M^i

iは定理6の(I@)から(IC)をみたすとする.
このときiは1つの位相空間(S,D)における
開核作用子と一致するようにすることができる.
しかもそのような位相Dはiに対して一意的に定まる.

つまり,β(S)からβ(S)への任意の写像は位相空間
(S,D)の開核作用子を成す.

(証明)

F:β(S)からβ(S)への写像の集合系
とし
任意の写像を
Ωi[i∈F→∃w[w∈F∧i=w]]
で表す.このときiについて常に

i(M):=M^i ☆

を定義できるか,ということを考える.

wについて a∈F∧i=a   @
Tについて U∈β(S)∧M=U A

を仮定する.aが写像であることは定理6で示した.また
p.154(2.1)よりU^i=Uであるから

a(U):=U^i i.e. U=U^i

を定義できる.これより∃-導入と∃-除去により
仮定A,@が落ちるから,仮定に依存する判断はない.
それゆえ,Ω-導入より☆が成立する.
すなわち,位相空間(S,D)においてiは開核作用子である.□

結果

D⊆β(S)を決めることで1つの位相を入れることができるが
開核作用子iを決めることでも1つの位相をが入る.

あるいは

M=M^iが常に成り立つことから直ちにSに1つの位相を入れることができる
ともいえる(この定理がなくても).
0941山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 22:58:29.88ID:asy5yio3
補足

通常
M∈β(S)というのは1つの位相空間(S,D)で考えている
逆に
M⊆Sとなるβ(S)を考えた時位相空間の定義より

M^i∈D

であるのでM=M^iが成り立つことからM∈Dである
それゆえこのようなMによりSについて1つの位相空間(S,D)を定める
つまりMは位相の条件p.152をみたす
実際

1) S∈D Φ∈D
なぜなら
M⊆S |- M=S
M∈Dによる

Φ⊆M |- Φ=M
M∈Dによる

2) Mは任意なのでM∈Dより

M_1∈D∧M_2∈D→M_1∩M_2∈D

が成り立つ
なぜなら

M_1∩M_2∈D @

を正当に仮定できるか?

Mの任意性より

M_1∈D
M_2∈D

である
ここでDに属するようなM_1とM_2の共通部分を選ぶと

M_1∩M_2∈D

と書けるので@は正当化される
それゆえ→-導入より2)が成り立つ

3)はM^i∈Dによる

以上よりMは1つの位相空間(S,D)を定める
0942山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 23:04:45.38ID:asy5yio3
このように考えると
p.154(2.5)について

M⊆N←→M^i⊆N^i

が成立する

また(2.3)

O⊆M∧O∈D→O⊆M^i

は(2.5)に吸収・消滅することになる
0943山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 23:26:12.48ID:asy5yio3
訂正

位相について

M⊆S
D⊆β(S)

とする
このとき位相の条件3つをみたすDをSにおける1つの位相といい
(S,D)を位相空間
あるいは
位相空間Sにおける1つの位相D
あるいは
1つの与えられた位相Dと位相空間S
などという
(Mではなかった)
0944山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/15(水) 23:33:50.69ID:asy5yio3
Mとは
位相空間(S,D)において
その任意の部分集合である
「その」とは
M⊆S
のことである

これをSの部分集合系β(S)を用いて

M∈β(S)

と書いてもよい

ではOとは何か?
O⊆Mという役割を終えてしまったOというのは
Mが変項集合であるのに対して
Oは定項集合である
つまりこれからの役割としては

ΩM[M∈β(S)→∃T[T∈β(S)∧M=T]]

に対して

O∈β(S)∧M=O

という使用方法がある
ちなみに
(2.5)のNは変項集合(任意)である
もちろん
Sは定項集合
添字集合として用いているXは変項集合

大文字のラムダは「かつ」と見分けができないので
できるだけ用いないことにした
0945山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/16(木) 01:55:33.30ID:ZxQbqdzW
今まで
a,b,c,...:個体定項
x,y,z,...:個体変項

という呼び名で使用してきたが
ZF集合は個体定項を使用しないということがわかったので

a,b,c,...を限量記号が付かないもの i.e. 自由変項
x,y,z,...を限量記号が付くもの     i.e. 束縛変項

に言い換える

集合の場合も

A,B,C,...を自由集合
X,Y,Z,...を束縛集合

とする
0946山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/16(木) 19:11:28.91ID:ZxQbqdzW
■ 閉集合

A,S,D:自由集合

位相空間(S,D)において,開集合のSに対する補集合として表されるSの部分集合を
この位相空間の閉集合という.すなわちA∈β(S)が(S,D)の閉集合であるとは

A^c=S-A

についてA^c∈Dとなることである.
0947山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/16(木) 19:12:02.27ID:ZxQbqdzW
■ 定理8

位相空間(S,D)の閉集合全部の集合((S,D)の閉集合系)をαとすれば

i.e. 

A∈β(S)
D⊆β(S)
A^c∈D

のときAは閉集合でその全部の集合をαとする.このときαは次の性質をもつ:

(A_λ)_[λ∈X]:αの元から成る任意の集合族

(A@) 

S∈α
Φ∈α

(AA)

A_1∈α∧A_2∈α→A_1∪A_2∈α

(AB)

(A_λ)_[λ∈X]→∩_[λ∈X]A_λ∈α

(証明)

(A@)について

A∈β(S)よりA⊆Sであるから

A⊆S |- A=S

を推論する.このときAは閉集合であるのでS∈αである.
またΦ⊆Aより

Φ⊆A |- Φ=A

を推論するとAは閉集合であるからΦ∈αと成る.

(AA)について

対象言語  A_1∈α∧A_2∈α→A_1∪A_2∈α ☆
メタ言語 「A_1∪A_2∈αのときA_1∈α∧A_2∈αである」

A_1∪A_2∈α @

を正当に仮定できるか?

A∈β(S)よりA⊆Sで

A⊆S |- A=S

を推論する.
0948山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/16(木) 19:12:35.62ID:ZxQbqdzW
同様に
A_1,A_2∈β(S)に対して

A_1⊆S
A_2⊆S

である.このとき

A_1⊆S |- A_1=S
A_2⊆S |- A_2=S

を推論すると

A=A_1=A_2

と書ける.Aは閉集合であるからA_1,A_2も閉集合である.
すなわち

A_1∈α
A_2∈α (山積)

と成る.いまA_1とA_2の山積に対して

a∈A_1a∈A_2 |- a∈A_1∨a∈A_2

を証明できる.というのも

1 (1) a∈A_1     前提
2 (2) a∈A_2     前提
1 (3) a∈A_1∨a∈A_2 1.∨-導入

であるから.ここで和集合の定義より

a∈A_1∨a∈A_2 i.e. a∈A_1∪A_2

と書ける.A_1∪A_2と表すことができるので再びA=A_1=A_2より

A∈α
A_1∪A_2=A∪A=A (冪等律)

から

A_1∪A_2∈α

が成り立つので@を正当に仮定できる.
それゆえ→-導入により☆が成立する.
0949山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/16(木) 19:13:20.70ID:ZxQbqdzW
(AB)について

対象言語 (A_λ)_[λ∈X]→∩_[λ∈X]A_λ∈α ☆

のXについて

I:添字集合系
ΩX[X∈I→∃U[U∈I∧X=U]]

のUを

N∈I∧X=N (Nは正の整数全体の集合) @

と選べば☆を

(A_k)_[k∈N]→∩_[k=1,n]A_k∈α

と換言できる.

メタ言語 「∩_[k=1,n]A_k∈αのとき(A_k)_[k∈N]である」

を示す.

∩_[k=1,n]A_k∈α A

を正当に仮定できるか?

Ωn[n∈N→∃s[s∈N∧n=s]]

に対して

2∈N∧n=2 B

を選ぶと

A_1∩A_2 ☆

と書ける.条件AはA∈β(S)でA⊆Sであり

A⊆S |- A=S

と推論できる.またA_1,A_2も同様にして

A_1⊆S
A_2⊆S

であり

A_1⊆S |- A_1=S
A_2⊆S |- A_2=S

を導出される.
0950山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/16(木) 19:13:44.27ID:ZxQbqdzW
これよりA=A_1=A_2であるので☆は

A_1∩A_2=A∩A=A (冪等律)

と表される.Aは閉集合であるので

A_1∩A_2∈α

が成立する.ここで∃-導入と∃-除去により仮定Bが落ちて

∩_[k=1,n]A_k∈α

と成るのでAは正当に仮定できる.それゆえ→-導入より仮定Aが落ちて

(A_k)_[k∈N]→∩_[k=1,n]A_k∈α

が成立する.∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちると
仮定に依存する判断はないから,Ω-導入により(AB)が示された.□

☆ ド・モルガンの法則がなくても閉集合の性質を示すことができた.
0951山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/16(木) 21:35:10.44ID:ZxQbqdzW
逆に定理8をみたした集合に位相が入ることを示す.

(S,D):SとDとの組
β(S):Sの部分集合系
α⊆β(S):1つの集合系

とし

(A@)から(AB)をみたすとする.このとき
αが(S,D)の閉集合系となるようなDを一意的に導入する
ことができる.つまり,上記の条件でαは開集合系と成るか?
いま1つのSの部分集合A(A∈β(S)が閉集合である条件は

@D⊆β(S)
AA^c∈D

である.但しこのDは開核作用子fの指定により1つの(一意的な)位相を与えるものとする.
そこで,実質的には確かめるものはない.

1つの集合AについてA∈β(S)の場合を考える.

いま開核作用子

f:β(S)→β(S)

f(M):=M^i i.e. M=M^i

を考察すると自動的にAのD⊆β(S)がみたされ
Mは1つの位相空間(S,D)の任意の部分集合であるから

M=A^c

を選択すればM∈DよりA^c∈DであるのでBも成り立つ.
これよりAは閉集合であり

・A⊆S|-A=SよりSも閉集合
・B(S)も閉集合系
・D⊆β(S)|-D=β(S)よりDも閉集合

と成る.それゆえ

α⊆β(S) |- α=β(S)

よりαが閉集合すなわちαは閉集合系である.□

・このように1つの閉集合が閉集合系を構成し
1つの位相を定めることがわかった.

・一意的な位相とは開核作用子fの一意性により担保される.
0955山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/17(金) 13:36:42.77ID:vdCu7Q/r
■ 閉包

(S,D):1つの位相空間
M:(S,D)の任意の部分集合 i.e. M⊆S
α⊆β(S):閉集合系

とする.このときMを含むような閉集合全体の共通部分
すなわち

M^a:=∩_[λ∈X]M_λ (M⊆∩_[λ∈X]M_λ)

とくに

M^a=∩_[k=1,n]M_k∈α (Mを含む最小の閉集合)

である.このときM^aをMの閉包あるいは触集合と呼ぶ.

補題 p.157

(2.6) M^{ca}=M^{ic} ☆

(証明)

与えられた等式の左辺と右辺が一致することを示す.

ΩM[M∈β(S)→∃T[T∈β(S)∧M=T]]

に対して

S∈β(S)∧M=S @

を仮定する.このとき

(左辺)=(S^c)^a=Φ^a  p.17(2.14)

(右辺)=(S^i)^c=S^c=Φ M=M^iとp.17(2.14)による

と書ける.ここでΦ^aについて

Φ^a=∩_[k=1,n]Φ_k=Φ_1∩Φ_2∩...∩Φ_n=Φ p.15(2.9)'

により左辺と右辺が一致する.それゆえ,∃-導入と∃-除去から
仮定@が落ちて@に依存する判断はないのでΩ-導入により
☆が成立する.□
0956山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/17(金) 14:43:35.03ID:vdCu7Q/r
■ (2.7) p.158

(1) M^{cac}=M^i
(2) M^{ci}=M^{ac}
(3) M^{cic}=M^a

(証明)

(1)について

M^{cac}
=M^{icc} (補題(2.6))
=M^i   p.17(2.13)

(2)について

ΩM[M∈β(S)→∃T[T∈β(S)∧M=T]]

に対して

Φ∈β(S)∧M=Φ @

を仮定する.このとき与えられた等式の左辺と右辺が一致することをみる.

(左辺)
=(Φ^c)^i
=S^i
=S     (M=M^i)

(右辺)
=(Φ^a)^c
=Φ^c   Φ∩Φ=Φによる
=S     p.17(2.14)

これより左辺と右辺が一致することがわかった.そして
∃-導入と∃-除去から仮定@が落ちて@に依存する判断はない.
それゆえ,Ω-導入により(2)が成立する.

(3)について

M^{cic}
=M{acc} (2)による
=M^a   (M^cc=M)p.17(2.13)

以上より(2.7)が示された.□

補足

補題(2.6)M^{ca}=M^{ic}を含めて(2.7)は互いに同等である,という説明があるが
たとえばM^iとM^aが同等であるとはどういう意味なのだろうか?
もし(同値⇔)あるいは双条件(←→)の意味なのだとしたら
開集合と閉集合とを分けて考える意味が無くなってしまう
もっというと集合とその補集合とが一致するということが惹起されるので
ここでは「互いに同等である」という文言を削除した
0957山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/17(金) 14:52:02.97ID:vdCu7Q/r
開かつ閉はn次元ユークリッド空間R^nにおける集合系の性質だった
一般の位相でそれが成り立つかどうかを考えるのは意味がない気がする
しかしもう少し読み進めて考えてみたいのでこの件は保留する
0958132人目の素数さん2021/12/17(金) 20:18:49.72ID:tEyw/ECJ
もう一回数学科で修業し直してはいかがか
0959山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:20:00.79ID:aYt72M4b
その言葉が大学でガンバレよっていう意味だとすると
ありがたいですけど
私の我を受け入れてくれるような研究室は何処にもないと思います
実際に研究室で「自分の考え」を述べたら激怒されたという経験もあります
また
・君は哲学に向いているだとか
・数学で有限や無限を考えることは本質ではない
などといわれ嫌な思いもしました

私は大学のメンツがあると思ったので一切反論もせずに中退しました
この学歴社会と教育行政あるいは政治とカネに無縁な所があれば
勉強したいとは思っています

多分そんな所(先生)はないと思うのでここに書くことくらいしかないと思い
今に至ります
0960山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:40:38.57ID:aYt72M4b
このスレは1で終わりにしようと思います
私が言いたかったことの論理は一通り書けました
もちろん
束縛変項と自由変項の扱い
とりわけ∀-導入の使い方に問題があるというのはわかっています
今のままだとフェルマーの最終定理のような形式が説明できません
たとえば
数列や集合列に出てくるnとフェルマーのnで
∀-導入に違いが出てくるとすると問題です

最後にこのnの使い方について考えたことをまとめて
ここに書きたいと思います
0961山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:45:16.86ID:aYt72M4b
本の書きかえなんていうのは目的にしていません
結果として本に書いてあることと違うものが出てくることは
ありますがそういうことを狙ったものではないです
0962山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:46:13.18ID:aYt72M4b
考えたことを何処にも出さないで消えて行くのはどうかと
思ったのですが
黙って消えた方がよいということもあるかも知れないなとも思いました
0963山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:48:18.99ID:aYt72M4b
裸の王様を笑いたいわけでもないので
理解されることは難しいですが
とくに利害関係も無いのに数学をやっているような人を
傷つけるということもあるかも知れないなと思いました
0964山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:49:32.82ID:aYt72M4b
わからないことがわかってよかった
そう単純な人はいないのだなと
何れにしても自分の考えを否定されることが許せない
そういう場合もあるのだなと思いました
0965山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:50:52.06ID:aYt72M4b
でもそれがわかってよかったです
数学に前向きな人とばかり話をしてもわからなかったことがある
ということに気が付けたので
0966山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:53:17.72ID:aYt72M4b
もちろん今までネット上で
友好的に議論をしてくれた人は1人だけでした
真数学を愛する会通称数愛さんです
数愛さんだけは僕の思いついたことを否定はしますけど
よく話を聞いてくれて一緒に考えてくれる人です
僕はそういう人と数学をやりたいだけです
0967山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:54:51.27ID:aYt72M4b
もちろんその否定というのは
間違っていると考えられるから否定しているだけで
もしそうではないことがわかれば合意に至ります
合意できることとそうでないことをはっきりさせて
話をしようというだけのことです
0968山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:58:09.89ID:aYt72M4b
数学の話をするときは
まず前提とする公理系と推論規則を明示するべきだ
というのを教えてくれたのも数愛さんでした

数学だけやっているとあまりそういう話をしたことがありませんでした
実際に僕がいたような研究室で論理や公理に関係することを話したら
それは数学ではないと頭ごなしに否定され追い出されたと思います
0969山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 02:59:34.62ID:aYt72M4b
盲従だけすればよい大学なんてなくなっちまえばよい
と思っていた時期もありました
ある意味数愛さんには救われたのだと思います
0970山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:01:29.16ID:aYt72M4b
では数列のnとフェルマーのnについて考えてみたいと思います
0971山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:07:42.54ID:aYt72M4b
数列
a:自由変項
∀n[n∈N→∃i[i∈N]∧n=i]

とする
このとき

(1) 無限個の列

a_1,a_2,...,a_n,...

(a_i)_[i=1,∞]

(2) 有限個の列

Ωn[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]

a_1,a_2,...,a_n

(a_i)_[i=1,n]

という違いがある
0972山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:10:19.80ID:aYt72M4b
しかし全称導入という意味では同じ型である

@ iについてi∈N∧n=iを仮定する

A 論証

B 仮定落としのある推論規則を適用して論証中に用いられた仮定を落とす

C 仮定に依存する判断がなければ全称導入を適用できる
0973山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:16:47.84ID:aYt72M4b
ではフェルマーの最終定理のnについて考えてみたい.

x,y,zは束縛変項として用いたいので代わりにa,b,cを使う.

a,b,c:自由変項

とする.このとき

a^n+b^n=c^n (nは3以上の自然数)

となる自然数の組(a,b,c)は存在しない.
0974山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:28:40.26ID:aYt72M4b
ここでもしnが束縛変項だとすると

上記(1)と(2)のどちらかの意味になる.
無限個の自然数を考えているわけではないので
自動的に(2)を考えていることがわかる.

それではΩn[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]だとし
今までと同じようにiについて考えてみたい.

1∈N∧n=1 @

を仮定する.このとき

a+b=c

は写像

f:N→N

f(a+b):=c i.e. a+b=c

により成立する.
これより∃-導入と∃-除去により仮定@が落ちて
@に依存する判断はないからΩ-導入により
任意の自然数nに対して

a^n+b^n=c^n

が成立する.

これが今までと同じ論証である.
0975山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:29:53.20ID:aYt72M4b
しかし定理は3以上の自然数nについて

a^n+b^n=c^n

となる自然数の組(a,b,c)がないと主張している.つまり
自然数nについてだけではなくa,b,cも考慮しなければならない.

では(a,b,c)について何を考えなければならないのだろうか?
0976山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:31:31.91ID:aYt72M4b
たとえばn=1のとき

1+1=2

より(1,1,2)と表示できる.

つまり1つの組さえあればよい.
0977山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:34:40.51ID:aYt72M4b
n=2のとき

3^2+4^2=5^2

より(3,4,5)が1つあった.

これでn-2の場合も「ある」といえる.
0978山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:36:41.85ID:aYt72M4b
つまり今まで全称導入してきたことと扱う性質が違う.
今までは

・全称判断がしたい
・任意の元を選ぶ
・任意の元で命題が成立する
・命題は任意の元に依存していない
・全称命題成立
0979山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 03:39:28.25ID:aYt72M4b
フェルマーは

・n=1のとき少なくとも1つの組がある
・n=2のとき少なくとも1つの組がある
・3以上のnのとき組は1つもない

が要請される.これをどのように限量するべきだろうか.
0980山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 04:02:46.95ID:aYt72M4b
はじめに

論理式というのは自由であるゆえに唯一の正解というものはない

Ωn[n∈N→∃i[i∈N∧n=i]]
n≠1
n≠2
x,y,z:束縛変項

Ωx[x∈N→∃s[s∈N∧x=s]]
Ωy[y∈N→∃t[t∈N∧y=t]]
Ωz[z∈N→∃z[z∈N∧z=u]]

とする.このとき

x^n+y^n=z^n

となる組(x,y,z)は存在しない.

(証明)

¬(x^n+y^n=z^nとなる組(x,y,z)は存在しない) @

を仮定する.

sについて 1∈N∧x=1 A
tについて 1∈N∧y=1 B
uについて 1∈N∧z=1 C
iについて 3∈N∧n=3 D

を選択すると

1^3+1^3=1^3

により@を否定できるので¬-導入より仮定Dが落ちて

¬¬(x^n+y^n=z^nとなる組(x,y,z)は存在しない)

を得る.ここで∃-導入と∃-除去から仮定C,B,A,@が落ちる.
そしてDN規則から

x^n+y^n=z^nとなる組(x,y,z)は存在しない

但し

n≠1
n≠2

が成立する.□
0981山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 04:03:29.14ID:aYt72M4b
メタ言語で考えたらいつもと同じ証明になってしまった
これが正解なのかわからないが
記録しておく
0982山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 04:07:25.43ID:aYt72M4b
松坂和夫が
「任意の」と「適当な」を同義語として用いる理由でもあるかも知れない
0984132人目の素数さん2021/12/18(土) 09:31:56.24ID:CL0ojVCL
計算機相手に厳密な基礎づけやるほうが向いてそう。
Coqとかで。
0985山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 10:55:37.59ID:aYt72M4b
全称導入の問題点は命題が「成立する」という場合

・存在することが成立する
・存在しないことが成立する

という何れかに帰着される時に
たとえば素数列でしか成立しない場合など
離散的な数の構成に対して無力であるということ
0986山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:03:07.09ID:aYt72M4b
もちろん自然数列と同じように「素数列に対して」
というようにも考えられるかも知れない
しかしそれは循環論法ではないかと思われる

素数の分布がわかっていないのに
素数の存在を用いてしまうことはご法度だろう
0987山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:04:31.97ID:aYt72M4b
確率の話のように
たとえば離散的なものも極限を用いれば連続と看做せる
というようにできるものなら全称判断も可能かも知れない
しかしそうではないものに対してはやはり無力だ
0988山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:08:11.17ID:aYt72M4b
しばらくは全称判断と数列(点列)というテーマで考えてみたい
0989山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:08:59.83ID:aYt72M4b
本当に点列が連続しているのかなどを考えるには
やはり位相空間がよいのではないかと思う
0990山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:10:52.56ID:aYt72M4b
松坂和夫の構成のように
@集合と位相(位相空間論)
A線型代数
B抽象代数学
C解析学
という考え方がよさそうに思う
0991山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:12:28.67ID:aYt72M4b
もちろんこのやり方だと
どの分野もかいつまんだだけという結果に成るので
実際には@のみで完結してしまうかも知れない
あくまでも考え方というだけ参考にしたい
0992山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:13:25.75ID:aYt72M4b
数論や代数幾何学への野望なんてものはないから
Cまである程度読んだら
中学・高校数学に回帰するというのもありかなとは思う
0993山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:14:28.46ID:aYt72M4b
あれだけわからなかった数学が
ここまでわかるようになった
という経験も無駄ではないと思うからだ
0994山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:16:54.40ID:aYt72M4b
行列のnというのも全称判断が可能なのかどうなのか難しい
0995山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:18:42.32ID:aYt72M4b
それは
行列の積が非可換だからだ
自由変項の行列Aに対してはn=1のときをa:=(a)と看做すことで
たとえば実数aと1次行列(a)を同一視することができるが
必ずしも

ab=ba

ではないという事実がある以上
無条件な仮定をつくり出すことが難しいと思われる
0996山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:20:17.65ID:aYt72M4b
n=1の場合の実行列と実数がすべて対応していないので
それを何か補完できる概念が必要だ
0997山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:21:43.50ID:aYt72M4b
しかしまあ行列の非可換性というのも
行列の表現(写像)に依存したものであり
うまく定義すれば解消されるものかも知れない
その辺りはこれから考えて行くことだと思っている
0998山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:24:01.71ID:aYt72M4b
既にみたようにたとえば認容部分群がイデアルだと呼ばれた時代の定義から
現代のイデアルに再定義すれば認容部分群の不備が無かったことになる
というように
0999山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:28:14.67ID:aYt72M4b
作用団という概念がどこに潜んでいるのかもよくわからないので
代数や解析を読む時は作用素という言葉に気をつけて読みたいと
思っています

位相空間でも作用子で何でも説明できてしまうというような兆しが
あるので作用子を慎重に運用したいです
1000山本大輝 ◆wJsR4i5hDM 2021/12/18(土) 11:32:33.60ID:aYt72M4b
もしかするとホモロジー代数(圏論)などの世界では
この集合論上の作用子でほとんどの概念を説明するということが
行われているのかも知れません

かつて作用団は無意味な記号の集まりでした

無定義語の点のような役割かも知れません
無定義語の点に意味を与えたのが位相だとすると
無意味な記号に意味を与えるのが圏なのかも知れません

何れにしても数学(及び記号)に意味はあるという立場で
これからも考えて行きたいと思っています
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