現代数学の系譜 工学物理雑談 古典ガロア理論も読む49
■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
“現代数学の系譜 物理工学雑談 古典ガロア理論も読む”
数学セミナー時枝記事は、過去スレ39 で終わりました。
39は、別名「数学セミナー時枝記事の墓」と名付けます。
皆さまのご尽力で、伝統あるガロアすれは、
過去、数学板での勢いランキングで、常に上位です。（勢い１位の時も多い（＾＾ ）
このスレは、現代数学のもとになった物理工学の雑談スレとします。たまに、“古典ガロア理論も読む”とします。
それで良ければ、どうぞ。
後でも触れますが、基本は私スレ主のコピペ・・、まあ、言い換えれば、スクラップ帳ですな〜（＾＾
話題は、散らしながらです。時枝記事は、気が向いたら、たまに触れますが、それは私スレ主の気ままです。
“時枝記事成立”を支持する立場からのカキコや質問は、基本はスルーします。それはコピペで流します。気が向いたら、忘れたころに取り上げます。
なお、
小学レベルとバカプロ固定
サイコパスのピエロ（不遇な「一石」https://textream.yahoo.co.jp/personal/history/comment?user=_SrJKWB8rTGHnA91umexH77XaNbpRq00WqwI62dl 表示名:ムダグチ博士 Yahoo! ID/ニックネーム:hyperboloid_of_two_sheets （Yahoo!でのあだ名が、「一石」）
（参考）http://blog.goo.ne.jp/grzt9u2b/e/c1f41fcec7cbc02fea03e12cf3f6a00e サイコパスの特徴、嘘を平気でつき、人をだまし、邪悪な支配ゲームに引きずり込む 2007年04月06日
High level people
低脳幼稚園児のAAお絵かき
お断り！
小学生がいますので、18金よろしくね！（＾＾
High level people は自分達で勝手に立てたスレ28へどうぞ！sage進行推奨（＾＾；
また、スレ43は、私が立てたスレではないので、私は行きません。そこでは、私はスレ主では無くなりますからね。このスレに不満な人は、そちらへ。 http://rio2016.2ch.net/test/read.cgi/math/1506152332/
旧スレが512KBオーバー（又は間近）で、新スレ立てる
（スレ主の趣味で上記以外にも脱線しています。ネタにスレ主も理解できていないページのURLも貼ります。関連のアーカイブの役も期待して。） >>145 主義に反するが、おっちゃんのために、PDFから証明をアスキー化して、全文を貼るよ（＾＾
（文字化けと誤記はご容赦。読みにくいだろうが、そう思ったら右のURLのPDFを嫁め。（＾＾ https://www.axfc.net/u/3870548?key=Lipschitz 「定理1.7 (422 に書いた定理)」の証明 ）
＜422 に書いた定理の証明＞
定義1.1 一般に, g : R → R とx ∈ R に対して,
lim sup y→x g(y) := inf δ>0 sup 0<｜y−x｜<δ g(y)
と定義される.
定義1.2 (X,O) は位相空間とする. S ⊆ X は, 高々可算無限個の閉集合Fi ⊆ X が存在して,
・ 各Fiは内点を持たない,
・ S ⊆∪i Fi
が成り立っているとする. このとき,「S は内点を持たない閉集合の高々可算和で被覆できる」と書
くことにする.
定理1.3 (X, d) は空でない完備距離空間とする. 高々可算無限個のFi ⊆ X は,
・ 各Fiは閉集合,
・ X ⊆∪i Fi
を満たすとする. このとき, あるi に対して, Fiは内点を持つ. 証明はベールのカテゴリ定理から即
座に出る.
系1.4 高々可算無限個のFi ⊆ R は,
・ 各Fiは閉集合,
・ R ⊆∪i Fi
を満たすとする. このとき, あるi に対して, Fiは内点を持つ. 証明は前定理からすぐに従う.
補題1.5 f : R → R とx ∈ R は
lim sup y→x ｜（f(y) − f(x)）/（y − x）｜< +∞
を満たすとする. このとき, ある正整数N,M >= 1 に対して
∀y, z ∈ R [x − 1/M < y < x < z < x +1/M → ｜f(z) − f(y)｜ <= N(z − y)]が成り立つ.
つづく >>178 つづき
証明
仮定により,
lim sup y→x ｜(f(y) − f(x))/(y − x)｜< N
を満たす正整数N が取れる.
lim sup y→x ｜(f(y) − f(x))/(y − x)｜= inf δ>0 sup 0<｜y−x｜<δ ｜(f(y) − f(x))/(y − x)｜
に注意して,
inf δ>0 sup 0<｜y−x｜<δ ｜(f(y) − f(x))/(y − x)｜< N
ということになるので, あるδ > 0 に対して
sup 0<｜y−x｜<δ ｜(f(y) − f(x))/(y − x)｜< N
である. 以下, δ > 1/M を満たす正整数M を1 つ取っておく. このとき,
∀y ∈ R [ ｜y − x｜ < 1/M → ｜f(y) − f(x)｜ <= N｜y − x｜] ・・・(1)
が成り立つことを示す. ｜y − x｜ < 1/M を満たすy ∈ R を任意に取る. もしy = x ならば, 明らか
に｜f(y) − f(x)｜ <= N｜y − x｜ が成り立つ. 以下では, y ≠ x としてよい. よって,
0 < ｜y − x｜ < 1/M < δ
となるので, δの定義から,
｜(f(y) − f(x))/(y − x)｜< N
となる. 特に, ｜f(y) − f(x)｜ <= N｜y − x｜ となる. 以上より, (1) が成り立つ. 以上の準備のもとで,
題意を示す. y, z ∈ R であって
x − 1/M < y < x < z < x +1/M
を満たすものを任意に取る. このとき, (1) により
｜f(z) − f(y)｜ <= ｜f(z) − f(x)｜ + ｜f(x) − f(y)｜ <= N｜z − x｜ + N｜x − y｜ = N(z − y)
が成り立つ(絶対値が外れてN(z − y) になっているのは, y < x < z から出る). よって, 題意が成
り立つ.
つづく >>179 つづき
補題1.6 x ∈ R とxi ∈ R (i >= 1) はxi → x (i → +∞) を満たすとする. このとき, 次が成り立つ.
・ ∀y > x, ∃i0 >= 1, ∀i >= i0 [ y > xi ] .
・ ∀y < x, ∃i0 >= 1, ∀i >= i0 [ y < xi ] .
証明は単なる"-δ論法なので省略する.
定理1.7 (422 に書いた定理)
f : R → R とする．
Bf :={x ∈ R ｜ lim sup y→x ｜（f(y) − f(x)）/（y − x）｜< +∞ }
と置く: もしR−Bf が内点を持たない閉集合の高々可算和で被覆できるならば、 f はある開区間の
上でリプシッツ連続である．
つづく >>180 つづき
証明
仮定から, 高々可算無限個の閉集合Ai ⊆ Rが存在して, 各Aiは内点を持たず, しかもR−Bf ⊆∪i Aiが成り立つ (1) 次に, 天下り的だが, N,M >= 1 に対して
BN,M :={x ∈ R ｜ ∀y, z ∈ R [x − 1/M < y < x < z < x +1/M) ｜f(z) − f(y)｜ <= N(z − y)] }
と置く. このとき, Bf ⊆ ∪N ,M>=1BN,M が成り立つことを示す. x ∈ Bf を任意に取る. このと
き, 補題1.5 を満たすN,M >= 1 が存在するので, 明らかにx ∈ BN,M である. よって, 確か
にBf ⊆ ∪N ,M>=1BN,M である. (1) と合わせて, R = Bf [ (R−Bf ) ⊆ (∪N ,M>=1BN,M ) [ (∪i Ai) と
なる. すなわち,
R ⊆ (∪N ,M>=1BN,M ) [ (∪i Ai) ・・・ (2)
となる. 次に, 各BN,M は閉集合であることを示す. x ∈ R とxi ∈ BN,M (i >= 1) はxi → x (i →
+∞) を満たすとする. このとき, x ∈ BN,M が成り立つことを示せばよい. そのためには,
∀y, z ∈ R[x − 1/M < y < x < z < x +1/M ) ｜f(z) − f(y)｜ <= N(z − y)]
を示せばよい. さて,
x − 1/M < y < x < z < x +1/M
が成り立つようなy, z ∈ R を任意に取る. xi → x と補題1.6 により, i が十分大きければ
xi − 1/M < y < xi < z < xi +1/M
つづく >>181 つづき
が成り立つ. そのようなi を何でもいいから1 つ取ると, xi ∈ BN,M に注意して, BN,M の定義か
ら｜f(z) − f(y)｜ <= N(z − y) が成り立つ. よって, 確かに
∀y, z ∈ R[x − 1/M< y < x < z < x +1/M) ｜f(z) − f(y)｜ <= N(z − y)]
が言えた. よって, x ∈ BN,M である. よって, BN,M は閉集合である. すると, (2) の右辺は可算無
限個の閉集合の和ということになるので, 系1.4 により, あるi に対してAiは内点を持つか, もし
くは, あるN,M >= 1 に対してBN,M は内点を持つかのいずれかである. 各Aiは内点を持たないの
だったから, あるN,M >= 1 に対してBN,M が内点を持つことになる. 特に, (a, b) ⊆ BN,M なる開
区間(a, b) が取れる. f は(a, b) 上でリプシッツ連続であることを示す. x, y ∈ (a, b) を任意に取る.
｜f(y) − f(x)｜ <= N｜y − x｜ が成り立つことを示す. 対称性から, x <= y としてよい. よって, 示すべ
きは｜f(y) − f(x)｜ <= N(y − x) である. もしx = y ならば, 明らかに成り立つ. 以下では, x < y と
してよい. M(y −x)/2 < L を満たす正整数L を何でもいいから1 つ取る. [x, y] をL 等分に分割し
て, 等分点をx からy に向かってx = z0 < z1 < < zL = y とする. より詳しくは,
zi＝ x ＋(y − x)i/L (0 <= i <= L)
である. 各i ∈ [0,L − 1] に対してci = (zi + zi+1)/2 と置くと, 各i ∈ [0,L − 1] に対して
ci − 1/M < zi < ci < zi+1 < ci +1/M ・・・(3)
つづく >>182 つづき
が成り立つことが簡単に確認できる(L の取り方に注意する). ここで,
ci ∈ [zi, zi+1] ⊆ [x, y] ⊆ (a, b) ⊆ BN,M
すなわちci ∈ BN,M であるから, これと(3) 及びBN,M の定義から,
｜f(zi+1) − f(zi)｜ <= N(zi+1 − zi)
が成り立つ. よって,
｜f(y) − f(x)｜ = ｜f(zL) − f(z0)｜ =｜Σi=0〜L−1 (f(zi+1) − f(zi))｜
<= Σi=0〜L−1 ｜f(zi+1) − f(zi)｜ <= Σi=0〜L−1 N(zi+1 − zi) = N(y − x)
となる. よって、 f は(a, b) 上でリプシッツ連続である．
つづく >>183 つづき
系1.8 有理数の点で不連続, 無理数の点で微分可能となるf : R → R は存在しない.
証明
存在すると仮定する. 定理1.7 のBf について,
R − Q = (無理数全体) = (f の微分可能点全体) ⊆ Bf
が成り立つので,
R − Bf ⊆ Q = ∪p ∈Q ｛p｝ ・・・(1)
である. ここで, 1 点集合｛p｝ (p ∈ Q) は全部で可算無限個あり, 各｛p｝ は内点を持たない閉集合であ
るから, (1) の右辺は内点を持たない閉集合の可算和である. よって, 定理1.7 が使えて, f はある開
区間(a, b) の上でリプシッツ連続である. 特に, f は(a, b) の上で連続である (2) さて, Q はR 上
で稠密だから, (a, b) ∩ Q ≠ Φ である. そこで, x ∈ (a, b) ∩ Q を何でもいいから1 つ取る. (2) より,
f は点x で連続であるが, 一方で, x ∈ Q とf の仮定により, f は点x で不連続である. これは矛
盾. よって, 題意が成り立つ.
つづく >>184 つづき
補足定理1.7 の証明のポイントはもちろん, BN,M の作り方にある. x ∈ Bf を任意に取る. このと
き, 補題1.5 の途中計算により, ある正整数N,M >= 1 が存在して
∀y ∈ R [ ｜y − x｜ < 1/M → ｜f(y) − f(x)｜ <= N｜y − x｜]
が成り立つのだった. よって,
BN,M := {x ∈ R ｜ ∀y ∈ R [｜y − x｜ < 1/M → ｜f(y) − f(x)｜ <= N｜y − x｜] }
と置いても, Bf ⊆ ∪N ,M>=1BN,M は成立する. ただし, これだとBN,M が閉集合になるとは限らな
くなる. 以下でこのことを見る. BN,M が閉集合になることを示したい. x ∈ R とxi ∈ BN,M (i >=
1) はxi → x を満たすとする. このとき, x ∈ BN,M が成り立つことを示せばよい. そのためには,
∀y ∈ R[｜y − x｜ <1/M → ｜f(y) − f(x)｜ <= N｜y − x｜]
を示せばよい. さて,
｜y − x｜ <1/M
が成り立つようなy ∈ R を任意に取る. xi → x に注意して, i が十分大きければ
｜y − xi｜ <1/M
である. そのようなi を任意に取ると, xi ∈ BN,M に注意して, BN,M の定義から｜f(y) − f(xi)｜ <=
N｜y −xi｜ が成り立つ. i → +∞とすると, もしf が点x で連続ならば, f(xi) → f(x) となるので,
｜f(y)−f(x)｜ <= N｜y −x｜ となる. しかし, f が点x で連続でない場合は, f(xi) → f(x) が成り立つ
とは限らないので, ｜f(y) − f(x)｜ <= N｜y − x｜ が出て来ない(工夫すれば出るかもしれないが, 自分
は出せなかった). この時点で, BN,M が閉であることの証明に失敗する. ではどうするかというと,
f(xi) が出現しないようにすればよい. そのためには, そもそもf(x) が出現しないようにすればよ
い. そのためには,
x − 1/M < y < x < z < x +1/M
つづく >>185 つづき
が成り立つようなy, z ∈ R に対して
｜f(z) − f(y)｜ <= ｜f(z) − f(x)｜ + ｜f(x) − f(y)｜ <= N｜z − x｜ + N｜x − y｜ = N(z − y) (＊)
という計算を行えばよい. これはつまり, 補題1.5 そのものである. これでf(x) が出現しなくなる
ので,
BN,M :={x ∈ R ｜ ∀y, z ∈ R[x − 1/M < y < x < z < x +1/M → ｜f(z) − f(y)｜ <= N(z − y)] }
と置けば希望が見えてくる. そして, これで実際に上手く行くのだった. ちなみに, 自分が(＊) の計
算に辿り着いたのは元ネタがある. それは, 次のような補題である.
補題(straddle lemma)
f : R → R は点x ∈ R で微分可能とする. このとき, 次が成り立つ.
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀y, z ∈ R
[ x − δ <= y <= x <= z <= x + δ)→ ｜f(z) − f(y) − f’(x)(z − y)｜ <= ε(z − y) ] .
この補題がstraddle (またぐ・またがる) と呼ばれているのは, y とz を「x をまたぐように取る」
からである. そして, (＊) の計算は, この補題の証明と同じ考え方を適用したに過ぎない.
結局, 全体としては, 極めてオーソドックスかつ簡単な議論で定理1.7 が証明できたことになる.
QED
以上 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
