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おっちゃんのスレ２
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0329１３２人目の素数さん
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2021/02/22(月) 18:30:38.85ID:Quitc3BZ
>>327
相手するのがもう面倒臭くなった。
0330１３２人目の素数さん
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2021/02/22(月) 18:32:22.98ID:Quitc3BZ
もう眠くてダルい。
0339１３２人目の素数さん
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2021/02/22(月) 20:33:35.56ID:Knx5nJrE
>>331
少なくとも ID：MJyyMEOC は意図的に自演をしたりするようなことがあるようで、もはや相手にする価値はない。
他のスレを見る限り、このようなことは他の複数の人物からも指摘されているようだ。
0343１３２人目の素数さん
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2021/03/06(土) 16:39:14.47ID:oyhknGx/
一日に肥後守で一本丸ごと木の部分を削って芯を丸ごと取り出せる鉛筆の本数は最大何本か？
また、そのような作業は何歳まで行えるか？
0345１３２人目の素数さん
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2021/03/06(土) 17:02:14.70ID:oyhknGx/
>>344
まあ、本当にオイラーの定数γが有理数かどうか疑っては見た。
証明でγを具体的な有理数で表せないという曖昧な部分は残るが、
ZFCの公理系と背理法を仮定するならば、γは有理数である
ということは示せる。
この命題の仮定のどこが曖昧なのか分からないが、結局これはγは有理数であることを述べている。
0347１３２人目の素数さん
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2021/03/06(土) 20:13:45.87ID:U61z4gz9
現代数学概説は俺も読んだことがある、可換な図式しかわからなかった
0351１３２人目の素数さん
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2021/03/07(日) 16:57:45.93ID:uqasvaLr
おっちゃんがγが有理数である証明といってたのは証明の体すらなしていなかった、真疑以前の問題、論外
0352１３２人目の素数さん
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2021/03/07(日) 17:31:11.06ID:Vc7BV/1g
>>347-350
経験上、そのように私をおちょくるような流れになることは既に読めていた。
現代数学概説Ⅰのことを指しているのだろうが、読むには少し数学の素養が必要な本で、大学一年で読んだら高確率で挫折するだろう。
読むには紙に書いて手を動かしながら気長に時間をかけて読むのが一番。
一番難しいのは突如として抽象論に入る第一章の集合の章だろう。
0353１３２人目の素数さん
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2021/03/07(日) 17:43:38.46ID:Vc7BV/1g
>>351
君は、私をおちょくるだけの人物であるであろうことは既に判明したと思われる。
マトモに取り合っていると、以前のようにいつかいきなり感情が爆発しかねないから、
君のような人物は以降サラッと流すのが一番。
0359１３２人目の素数さん
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2021/03/08(月) 11:04:17.89ID:avbCU8Ed
命題
おっちゃんは現代数学概説をちゃんと読めていない
証明
背理法で示す。現代数学概説がちゃんと読めているならば東大の院に受かる。しかし、おっちゃんはど素人である。よって矛盾。
証明終
0360１３２人目の素数さん
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2021/03/08(月) 14:39:42.78ID:I3y1BAcz
>>359
>現代数学概説がちゃんと読めているならば東大の院に受かる。
相手するのもバカらしいが、院を受ける気は最初からなく、どこの院も受けていない。
現代数学概説Ⅱの方は記述が整っている。
0361１３２人目の素数さん
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2021/03/08(月) 14:59:45.70ID:avbCU8Ed
おっちゃんが鉛筆とちらしを用意してみかん箱に向かう。だるまの絵を描く。
0362１３２人目の素数さん
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2021/03/08(月) 15:25:04.47ID:I3y1BAcz
ミカン箱の平たい部分で何かを書くと、そこに上から圧力が加わって
平らな部分の真ん中が凹むと同時に真ん中が凹んだ平らな部分を支えようとして四方の隅の平らな部分にも力が加わる。
だが、真ん中が凹んだ平らな部分を四方の隅の平ら部分で支え切れなくなって、
箱がすぐに破損するから、ミカン箱は机の代わりとして適さない。
0367１３２人目の素数さん
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2021/06/11(金) 10:15:11.20ID:rHTSQiv9
生存確認
457 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2021/05/26(水) 09:56:18.42 ID:+9R/Dp4l [1/3]
>>444
＞>>440はセタの自演だな。
おっちゃんです。

＞乙はセタレベルのバカで時枝を理解してるとは到底思えないが
＞空気を読んでか、なぜか成立派。
なぜか成立派じゃなくて、おサルに他の件でバカといわれて内容を否定されたからだ。
瀬田君が工学部卒でないことは判明している。
0368１３２人目の素数さん
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2022/01/12(水) 12:09:27.29ID:NycXAkBP
レンタルおっちゃんか…
TwitterとかのSNSですいいじゃん
愚痴吐きやカラオケマラカスシャカシャカも
theファブルだけど
0369１３２人目の素数さん
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2022/03/14(月) 17:03:27.45ID:fg9CuvUU
おっちゃんのおっちゃんによるおっちゃんのためのスレ
0370１３２人目の素数さん
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2022/03/29(火) 15:40:50.36ID:Se7ynBSC
下書き

[補題1]：xを正の超越数とする。rを代数的無理数とする。
このとき、x^r は超越数であるための必要十分は log_{x}|r| が無理数であることである。
証明]：(必要性) 或る正の超釣数xと、或る代数的無理数rが存在して、log_{x}|r| が無理数ではない
とする。すると、仮定から、代数的無理数rについて |r|≠0、|r|≠1 だから、log_{x}|r| は0でも1でもない有理数である。
従って、或る (p,q)＝1, q＞0 を満たすような整数 p,q が存在して、log_{x}|r|＝p/q、よって x^{p/q}＝|r|。
仮定から、|r| は代数的無理数だから、|r|は代数的数である。従って、x^{p/q} は代数的数である。
しかし、仮定からxは正の超越数であり、p/q は有理数だから、x^{p/q} は超越数である。
故に、x^{p/q}≠|r| となって矛盾が生じる。
背理法が適用出来るから、背理法を適用すれば、
任意の正の超釣数xと、任意の代数的無理数rに対して、x^r が超越数のとき、log_{x}|r| は無理数である。
仮定から、x^r は超越数だから、log_{x}|r| は無理数である。
0371１３２人目の素数さん
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2022/03/29(火) 15:44:49.21ID:Se7ynBSC
(十分性) 正の超釣数xと、代数的無理数rを両方共に任意に取る。そして、x^r が超越数ではないとする。
仮定から、代数的無理数rについて |r|≠0、|r|≠1。また、仮定から、xは正の超越数である。x^r は超越数ではない
としているから、x^r は1とは異なるような正の実数の代数的数である。s≠1 なる正の代数的数sを x^r＝s とおく。
すると、x＞0 から r＝log_{x}|s|、故に仮定から、log_{x}|r|＝log_{x}|(log_{x}|s|)| は無理数である。
無理数tを t＝log_{x}|r| とおくと、x^t＝|r|。rについての仮定から、|r| は正の代数的無理数だから、
x^t は正の代数的無理数である。正の代数的無理数uを x^t＝u とおく。有理数体Qにおけるuの最小多項式の次数
を n＝deg(u) とおく。すると、n≧2 だから、代数的数に関するリウビルの定理から、uに対して或る正の定数cが定まって、
任意の既約有理数 p/q (p,q∈Z q＞0) に対して、|u－p/q|＞c/q^n。uは無理数だから、可算無限個の
既約有理数 p/q (p,q∈Z q＞0) に対して、|u－p/q|＜1/q^2。従って、可算無限個の既約有理数 p/q (p,q∈Z, q＞0) に対して
c/q^n＜|u－p/q|＜1/q^2。A_0＝{ p/q∈Q | p,q∈Z, (p,q)＝1, q＞0, c/q^n＜|u－p/q|＜1/q^2 } とおく。
0372１３２人目の素数さん
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2022/03/29(火) 15:46:47.62ID:Se7ynBSC
(十分性の続き)
すると、A_0 の定義から A_0 はQの可算無限部分集合である。また、仮に既約有理数 p/q∈A_0 の分母 q∈N＼{0} の上限が
存在するとすると、可算無限集合 A_0 の定義から、既約な有理数 p/q∈A_0 (p,q∈Z q＞0) の分子 p∈Z＼{0} の絶対値の
上限も存在することになり、可算無限集合 A_0 は有限集合となる。従って、既約な有理数 p/q∈A_0 の分母qの上限は
存在しない。任意の既約有理数 p/q∈A_0 に対して、c＜q^n|u－p/q|＜q^{n-2} であり、c＞0 は定数だから、
(+∞)・0＝0 から、A_0 から可算無限個の既約有理数を適当に選んでuに収束する実数列
{ a_{k,0} }＝{ |u－(p_k)/(q_k)| } ( 各正整数kに対して、a_k＝ (p_k)/(q_k)∈A_0, (p_k,q_k)＝1, q_k＞0 )
を構成することは出来ない。故に、可算無限集合 A_0 の定義から、或る既約有理数 p_0/q_0∈A_0 が存在して、
任意の可算無限個の p_0/q_0 とは異なる既約有理数 p_1/q_1∈A_0 に対して、q_1≧q_0＞0 であって、
c/(q_1)^n≦c/(q_0)^n＜|u－p_0/q_0|＜|u－p_1/q_1|＜1/(q_1)^2≦1/(q_0)^2 となる。
0373１３２人目の素数さん
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2022/03/29(火) 15:48:54.84ID:Se7ynBSC
(十分性の続き)
A_1＝{ p_1/q_1∈(A_0)＼{p_0/q_0} | p_1,q_1∈Z, (p_1, q_1)＝1, q_1＞0,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　c/(q_1)^n≦c/(q_0)^n＜|u－p_0/q_0|＜|u－p_1/q_1|＜1/(q_1)^2≦1/(q_0)^2 }
とおく。A_1 の定義から、A_1 は 可算無限集合 A_0 の可算無限真部分集合である。また、A_0 の既約有理数を考えたとき
と同様に考えると、既約有理数 p_1/q_1∈A_1 の分母 q_1∈N＼{0} の上限は存在しない。A_0 の既約有理数を考えたとき
と同様に考えると、A_1 から可算無限個の既約有理数を適当に選んで |u－p_0/q_0| に収束する実数列
{ a_{k,1} }＝{ |u－(p_k)/(q_k)| } ( 各正整数kに対して、(p_k)/(q_k)∈A_1, (p_k,q_k)＝1, q_k＞0 )
を構成することは出来ない。故に、可算無限集合 A_1 の定義から、或る既約有理数 p_1/q_1∈A_1 が存在して、
任意の可算無限個の p_1/q_1 とは異なる既約有理数 p_2/q_2∈A_1 に対して、q_2≧q_1≧q_0＞0 であって、
c/(q_2)^n≦c/(q_1)^n≦c/(q_0)^n＜|u－p_0/q_0|＜|u－p_1/q_1|＜|u－p_2/q_2|＜1/(q_2)^2≦1/(q_1)^2≦1/(q_0)^2
となる。
0374１３２人目の素数さん
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2022/03/29(火) 15:50:22.72ID:Se7ynBSC
以下、同様に、A_1 の可算無限真部分集合 A_2 を
A_2＝{ p_2/q_2∈(A_1)＼{p_1/q_1} | p_2,q_2∈Z, (p_2, q_2)＝1, q_2＞0,
　　　　　c/(q_2)^n≦c/(q_1)^n≦c/(q_0)^n＜|u－p_0/q_0|＜|u－p_1/q_1|＜|u－p_2/q_2|＜1/(q_2)^2≦1/(q_1)^2≦1/(q_0)^2 }
とおき、以下同様に帰納的に繰り返し無限回考えて行くと、或る0に収束する単調増加な実数列
{|u－p_k/q_k|} ( 各正整数kに対して (p_k)/(q_k)∈A_0, (p_k,q_k)＝1, q_k＞0 ) が構成出来ることになる。
ここに、0＜q_0≦q_1≦q_2≦……。
しかし、これは0に収束する実数列 {|u－p_k/q_k|} ( 各正整数kに対して (p_k)/(q_k)∈A_0, (p_k,q_k)＝1, q_k＞0 ) は
存在しないことに反し矛盾する。この矛盾は x^r が超越数ではないとしたことから生じたから、背理法が適用出来る。
故に、背理法により、x^r は超越数である。
正の超釣数xと、r≠0 かつ r≠1 なる実数の代数的数rを両方共に任意であるから、
正の超越数xと、r≠0 かつ r≠1 なる実数の代数的数rを両方共に走らせればよい。
0375１３２人目の素数さん
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2022/03/29(火) 15:52:34.20ID:Se7ynBSC
[定義2]：2つの空間D、Eを
D＝{a^b|aは1ではない正の代数的数、bは正の代数的無理数}、
E＝{x^{a}|xは空間Dには属さない正の超越数、aは代数的無理数}
と定義する。ゲルフォント・シュナイダーの定理に注意すれば、Dは超越数全体の空集合ではない部分空間である。

[定理3]：正の超越数x、正の代数的無理数aを任意に取る。このとき、x^{a} が空間Eに属さないならば、x^{a} は超越数である。
証明]：正の超越数x、正の代数的無理数aを両方共に任意に取る。
xは正の超越数、|a|は正の代数的無理数であるから、補題から log_x|a| は無理数である。
2つの空間D、Eの各定義及び仮定から、x^{|a|} は空間D、Eのどちらにも属さないから、上で示した補題から、x^{|a|}＝x^{a} は超越数である。
正の超越数x、代数的無理数aは両方共に任意であるから、x、aを両方共に同時に走らせればよい。

[系4]：任意の正の超越数x、任意の代数的無理数aに対して、x^{a} が空間Eに属さないならば x^{a} は超越数である。
0376１３２人目の素数さん
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2022/03/29(火) 15:54:35.54ID:Se7ynBSC
[定理5]：任意の空間Dには属さない正の超越数x、任意の代数的無理数aに対して log_x|a| は超越数である。
証明]：補題1の証明における十分性の証明と同様に背理法を用いて考えればよい。

[定理6]：任意の正の代数的無理数aに対して、π^{a} は超越数である。
証明]：πは超越数であることに着目すると、各正の代数的無理数aに対して log_π(a) は無理数である。
よって、補題1から、π^{a} は超越数である。

[系7]：任意の代数的無理数aに対して、π^{a} は超越数である。
よって、任意の0ではない実数の代数的数aに対して、π^{a} は超越数である。

ここに、2つの空間D、Eの各定義に注意すれば、各正の代数的無理数aに対して、超越数 π^{a} は2つの空間D、Eのどちらにも属さない。
0377１３２人目の素数さん
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2022/03/29(火) 15:55:55.09ID:Se7ynBSC
[定理8]：任意の代数的無理数aに対して、log_π|a| は超越数である。
証明]：補題1の証明における十分性の証明と同様に背理法を用いて考えればよい。

[定理9]：nを2以上の正整数とする。相異なるn個の代数的数 a_1、a_2、…、a_n、
及び相異なるn個の0ではない実数の代数的数 b_1、b_2、…、b_n に対して、
a_1・π^{b_1}＋a_2・π^{b_2}＋……＋a_n・π^{b_n}＝0
ならば a_1＝a_2＝…＝a_n＝0。
証明]：任意の0ではない実数の代数的数aに対して π^{a} は超越数であることに注意すると、
nに関する帰納法を用いればよい。
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