講義と演習「代数系入門｣ - 1082477703

1：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 01:15: 第一章　整数
§1　集合
よく区別で切るものの集まりを集合と言うことにしましょう.
大きな自然数の集まりは集合とはいえない,
百万以上の自然数全部の集まりは集合といえる程度の.
それ以上の議論はいわばスレ違いということで.

集合を構成する個々のメンバーをその集合の元といいます.
集合は普通ローマンの大文字,元は普通ローマンの小文字で書きます.

xが集合Sの元であることを
x∈S
と書きます.

xがSの元でないことを
x∉ฺS
と書きます.

ボールドのN,ボールドのZ,ボールドのQ,ボールドのR,ボールドのC
はそれぞれ自然数全体の集合,整数全体の集合,有理数全体の集合,
実数全体の集合,複素数全体の集合を表します.
ボールドは出ないのでローマンと区別がつきにくいですが
文脈で判断してください.紛らわしいときはいちいち断ります.
2：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 01:25: 集合の記法には二種類あります。
所属する元をずらずら書き並べる方法(外延的記法)と
所属する元のもつ条件を用いる方法(内包的記法)があります.

例えば2,3,4,5,を元とし,それらを元のすべてとする集合をSとすると
S={2,3,4,5}
と外延的にも
S={x|x∈Zかつ2≦x≦5}
と内包的にも書けるわけです.
(どんな集合も両方の書き方ができるとは限りませんが.)

二つの集合SとTについて,
Sの元が皆Tの元であることをSはTの部分集合であるといい
S⊂T
と書きます.

二つの集合SとTについてSの元が皆Tの元であり,かつTの元が皆Sの元
であるときSとTは等しいといい
S=T
と書きます.

即ち
S=T
であるための必要十分条件が
S⊂TかつT⊂S
であるわけです.
3：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 01:32: 元を一つも持たない特殊な集合を空集合といいΦで表します.

S,Tを二つの集合とします.このときSかTの少なくとも一方に属する
元をすべて集めたものの集合をSとTの和集合とかSとTのユニオン
といい
S∪T
と書きます.

またSとTの両方に属する元をすべて集めたものの集合をSとTの共通部分とか
SとTのインターセクションといい
S∩T
と書きます.

S∩T≠ΦのときSとTは交わるといいS∩T=ΦのときSとTは交わらない
といいます.
4：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 01:37: Iを集合とします.Iの各元iに対してそれぞれ一つずつ集合S_iが与えられている
とします.このことを集合族{S_i}[i∈I]が与えられているといったりもします.

集合族{S_i}[i∈I]が与えられているとします.このとき
少なくとも一つのS_iに属する元をすべて集めたものの集合,
すべてのS_iに属する元をすべて集めたものの集合を
それぞれ
∪[i∈I]S_i,∩[i∈I]S_i
で表します.
5：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 01:42: SとTを集合とします.
Sの元xとTの元yのペア(x,y)をすべて集めたもののの集合をSとTの直積といい
S×T
と書きます.

集合族{S_i}[i∈{1,2,…,n}]が与えられているとします.各iについてｘ_i∈S_i
であるような組(x_1,…,x_n)をすべて集めたものの集合を
S_1×…×S_n
または
Π[i=1,n]S_i
と書きます.
6：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 01:45: では問題を二つ.

1.　空集合は一つしかない.

２.　集合族{S_i}[i∈{1,…,n}]が与えられているとする.
　　S_i=Φとなるiが存在するならΠ[i=1,n]S_i=Φである.
7：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/04/21(水) 02:44: 1. どんな集合Xに対しても、Φ⊂Xが成り立つ。(∵輪読会の最初の方)
　空集合が2つ以上存在するとして、そのうち任意の2つをA,Bとすると
　A(=Φ)⊂B、B(=Φ)⊂A。よってA=B。

　・・・どこまでいえばよいのかよくわかりません。

　このスレは、先生がまとめ→俺らが問題を解く、という形にするんですか？
8：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 02:45: >>1
訂正.
3行目　よく区別で切る→よく区別出来る
下から2行目　ボールドは出ないのでローマンと区別がつきにくいですが
→ボールドは出ないのでローマンで書きます。区別がつきにくいですが

スミマセンデシタ
9：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 02:50: >>7
「どんな集合Xに対してもΦ⊂Xが成り立つ」
を示して、あとはラーメンさんの議論でよいと思います。

えーっと、９はそうしようといってるんですが、
ラーメンさんは輪読会形式の方がよいですか？
私はそれでもかまいません
10：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/04/21(水) 03:06: 1章はこんな感じで、2章以降は輪読会でっていうのはどうでしょう？
11：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 03:16: >>10
９は集合位相と両方精読は大変だしって言ってたけど、
精読しないとよくわからんしね。講義と演習の形式にするなら
レス読めば自動的に精読になるようにって心がけはするけど、
やっぱり少しは各自自分で読んだ方がいいかもしれませんね。

参加者がもう少し多ければ、迷わず輪読会形式にしようと
提案するのですがね。
12：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/04/21(水) 03:23: そうですね。
あの数学科志望の高校生に参加してほしいんですけど、
最近見ませんね・・・
13：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/21(水) 03:29: >>12
企画たってから一週間も経っちゃったからなあ。
14：９ （SpxcWT76）：2004/04/21(水) 07:43: >>1
おつです。
進め方についてはみなさんにお任せします。
15：приезд(☆4) （DTxrDxh6）：2004/04/22(木) 00:08: ともかく一章はこの形式でいきますんで、
問題をだれか解いてください。
正解者が出るか降参者が多くなったら
解説して次に進みます。
16：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/22(木) 00:08: ↑HN間違い
17：９ （SpxcWT76）：2004/04/22(木) 00:15: >>6
背理法で示す。
S_i＝φ となる i を i_0 とする。
Π[i=1, n]S_i≠φ …☆ と仮定すると、
☆ ⇔ (s_1, s_2, …, s_n)∈Π[i=1, n]S_i が存在 ⇒ s_(i_0)∈S_(i_0) が存在
となり、S_(i_0)＝φ に反する。
よって仮定☆は誤りであり、Π[i=1, n]S_i＝φ。
18：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/22(木) 02:14: >>17
Хорошо
19：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/22(木) 15:50: §２　数学的帰納法と除法の定理
正の整数全体の集合をZ＾(＋)とかく.以下このスレでは
Z^(＋)∪{0}の元を自然数と呼ぶことにする.
すなわちN=Z^(＋)∪{0}.

整列性　任意の空でないNの部分集合は最小元を持つ.
即ち,
S≠Φ, S⊂Nであるなら,
すべてのSの元xに対してxに依らないSの元nでn≦xなるものがある.

とりあえず,証明は後回しにして,この性質を認めることにしましょう.
20：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/22(木) 15:57: 数学的帰納法の原理(第1形式)
　　Nの部分集合Sが次の二つの性質を持つとする.
　　　(1)　0∈S.
　　　(2)　n∈S⇒n＋1∈S.
　　このときS=N.

証明
　　Nの元であってSの元でないものの全部をTとする.
　　T≠Φであるなら整列性によってTは最小元nをもつ.
　　(1)より0<n.したがって0≦n-1よりn-1∈N
　　.n-1∈Sであるので(2)よりn∈S.よってT=Φ.即ちS=N.
21：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/22(木) 16:03: 数学的帰納法の原理(第2形式)
　　Nの部分集合Sが次の二つの性質を持つとする.
　　　(1)　0∈S.
　　　(2)　n∈Z^(＋)であるとするとき,
　　　　　0以上n未満のすべての自然数kがSの元ならnもSの元
　　このときS=N

証明
　　皆さんの演習にしましょう.
22：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/22(木) 16:06: 定理1　各自然数nにたいして命題p(n)が与えられたとし, 次の
　　　　　ふたつのことがいえてるとする.
　　　　　　(1)　p(0)は真
　　　　　　(2)　p(n)が真ならp(n＋1)も真
　　　　　このときすべての自然数nに対してp(n)は真.

証明
　　皆さんの演習にしましょう.
23：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/22(木) 16:09: 定理1’　各自然数nにたいして命題p(n)が与えられたとし, 次の
　　　　　　ふたつのことがいえてるとする.
　　　　　　　(1)　p(0)は真
　　　　　　　(2)　n∈Z^(＋)であるとするとき,
　　　　　　　　　　0以上n未満のすべての自然数kに対してp(k)が真
　　　　　　　　　　であるならp(n)も真
　　　　　　　　
　　　　　　このときすべての自然数nに対してp(n)は真

証明
　　皆さんの演習にしましょう.
24：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/22(木) 16:26: 定理２(除法の定理)
　　a,bを整数とし,b>0とする.このとき
　　　　　a=bq＋r, 0≦r<ｂ
　　となる整数qとｒの組がただ一組だけ存在する.

すみませんが今から仕事なので証明は夜中以降に.
25：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/24(土) 19:37: 長らくお待たせの証明

命題「a=bq＋r,0≦r<bとなる整数qとrの組が存在する｣をp(a)とおく.

まず0≦aのときp(a)が真であることを数学的帰納法によって証明する.
p(0)は真である.q=r=0とすればよい.
任意の0以上a未満の自然数nに対してp(n)が真であると
仮定する.
a<bであるならq=0,r=aとすればよいのでp(a)は真である.
a≧bであるなら0≦a-b<aであるのでp(a-b)は真なので
a-b=bq_1＋r_1,0≦r_1<bとなる整数q_1とr_1の組が存在する.
即ちa=b(q_1＋1)＋r_1となるのでp(a)も真.
26：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/24(土) 19:38: a<0のときは上で示したことによりp(-a)が真であるので
-a=bq_2＋r_2,0≦r_2<bとなる整数q_2とr_2の組が存在する.
r_2=0ならa=b(-q_2)＋r_2で0≦r_2<b,
0<r_2<bならa=b(-q_2)＋(-r_2)=b(-1-q_2) (b-r_2)で0<b-r_2<bなので
いずれのときもp(a)は真.

一意性については
a=bq_3＋r_3=bq_4＋r_4,0≦r_3<b,0≦r_4<bとすると
b(q_3-q_4)=r_4-r_3であるが
q_3>q_4とすればb≦b(q_3-q_4)=r_4-r_3<bとなり矛盾.
q_4>q_3としても同じ矛盾が起こるのでq_4=q_3.
これに従いr_3=r_4もいえる.■
27：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/24(土) 19:51: では問題.

１.　ｎ,ｒを自然数とするときnPrはr!で割り切れることを示せ.

２.　Sを空でない整数の集合とする.Sが上に有界ならSは最大限を
　　もつ.ただしSが上に有界であるとはすべてのx∈Sにたいして
　　x<mをみたすxに無関係なm∈Zが存在することである.

３.　fを実数のある区間で定義された実数値凸関数とする.
　　そのとき,定義域の区間に属する任意のn個の点
　　a_1,…,a_nとΣ[i=1,n]t_i=1をみたす任意のn個の非負実数
　　t_1,…,t_nに対して.
　　　f(Σt_ia_i)≦Σt_if(a_i).

４.　(1)　bを与えられた正の実数,ｎを2以上の整数とする.
　　　　任意の正の数xに対して
　　　　　　((b＋x)/n)^n≧(b/(n-1))^(n-1)*x.
　　(2)　n個の正の実数に対して相加平均は相乗平均より
　　　　小さくない.
28：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/04/24(土) 22:07: すいません今実家に居て代数系入門が手元にありません。
ちゃんと読んでからやりたいので月曜でよろしいでしょうか？
もちろん９が先にすすめるのはOKです。
29：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/24(土) 22:08: >>28
ハイ。どうぞごゆっくり。
30：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/24(土) 22:11: 説明の部分で不明な点があったら質問してください。
31：９ （SpxcWT76）：2004/04/26(月) 22:11: >>19
了解です。

>>20
証明の3行目
＞(1)より0<n
がよくわかりません。説明ｷﾎﾞﾝﾇ

>>21-23
う・・・、難しそう。考えてみまつ。

>>24-26
おｋです。

>>27
1. nPrの定義は何ですか？
32：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/26(月) 22:27: >>31
Nを普遍集合とするといわばT=S^cですね。
nがS^cの最小限ならn∈S^c。0∈Sであるので
￢(0∈S^c)．よって0≠nです。

nPrの定義はr(r 1)(r 2)…(r n-1)です。
33：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/04/26(月) 23:48: >>27
1.は本に載ってますけど、やっぱり書いたほうが良いですか？

2.　Sの要素x_k(k=1,2,･･･)に対し、m-x_k=y_kと定めると、y_k>0だから、
　T={y_1,y_2,･･･}は空でない自然数の集合。よって、全てのy∈Tに対し
　y_p≦yとなるTの元y_pが存在する。すなわち、全てのx∈Sに対し
　　m-x_p≦m-x⇔x≦x_p
　となるSの元pが存在する。

ちょっといい加減かも・・・
34：приезд(☆5)@携帯：2004/04/27(火) 23:17: >>27の１だけでなく>>21-23もﾃｷｽﾄに載ってますが見ないでやるか、見たとしても原稿を書くときは何も見ないでかくことをオススメします。
35：приезд(☆5)@携帯：2004/04/27(火) 23:30: >>33
>>27の２は大体そういうことです。
最後の方のpはx_pのことね。
えーと。できたらNの可算性に依拠しない答案の方がよかったような。
あとmは説明しといた方がよいような気も。問題文にあるmはこの問題に固有なものではなく、一般的な有界の説明に出てくる文字ですので。
ｳﾙｻｲこと言ってすみません。
発想は>>33でいいのですが。
36：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/04/27(火) 23:43: >>35
＞Nの可算性に依拠しない
すいませんこれどういう意味でしょうか？
自分でもなんかテキトーな感じはするんですが、具体的にはよくわからない
んです。
37：приезд(☆5)@風呂上り （DTxrDxh6）：2004/04/28(水) 00:28: >>36
>>27の答案中のNをRに変えたらおかしなことになるでしょう？
(でも問題文のNをRに変えても命題自体は真ですね。)
だからといって>>27の答案はNの可算性を使ったわけじゃない。
整列性のみを使ったはずです。だから可算性を使わない形の
答案を書いても筋は通るはずです。
38：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/04/28(水) 00:59: "可算性"がよくわかりません･･･
集合位相の輪読会でもうちょっと先に出てくるやつですよね
うー
39：приезд(☆5)@風呂上り （DTxrDxh6）：2004/04/28(水) 01:06: >>38
Nとか{2n|n∈N}とかZとかQとかは皆Nとの全単射を持ちます。
二つの有限集合AとBの間に全単射があれば同じ個数をもつ
ことの証拠になることを拡張して、無限集合間においても
全単射を持つことを同じ「個数｣をもつと定義するのです。
で、N(とNとの全単射をもつ集合)を可算集合と言います。
Rは可算集合じゃありません。

Aとの全単射って書き方よくないですね。話通じますか？
40：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/04/28(水) 01:16: >>39
了解です。
＞Sの要素x_k(k=1,2,･･･)に対し、
この辺が余計だということでしょうか
41：приезд(☆5)@風呂上り （DTxrDxh6）：2004/04/28(水) 01:22: >>40
そうです。その書き方だとSが可算集合であることを暗に使ってる
ことになるかと。
42：９ （SpxcWT76）：2004/04/29(木) 10:53: なるへそ…
でも>>33の発想はすごく（・∀・）ｲｲ!!と思いましたよ。
43：приезд(☆5)@風呂上り （DTxrDxh6）：2004/04/29(木) 13:21: >>42
>>31の疑問は>>32で解決しましたか？
44：приезд(☆5) （DTxrDxh6）：2004/04/29(木) 13:22: ↑名前間違い。
45：９ （SpxcWT76）：2004/04/30(金) 23:55: >>43
はい。だいじょぶです。
46：まほろ：2004/05/14(金) 21:14: こっそり参加してみるテスト。
とりやえずログ読んでみよう。
47：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/14(金) 22:23: >>46
歓迎！！
48：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/15(土) 01:23: >>21の証明.

N∩S^c≠Φとすると整列性より∃n∈N∩S^c.
(1)より0∈Sなので0≠nよって0<ｎとなるので0≦n-1.
0以上n未満のすべての自然数kはSの元である.
(2)よりn∈S.これはn∈N∩S^ｃに反する.
うよってN∩S^ｃ=Φ.即ちS=N.
49：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/15(土) 01:27: >>22定理1の証明.

S={n∈N|p(n)}とおくと(1)より0∈S.
(2)よりn∈Sならばn 1∈S.
>>20よりS=N即ちすべての自然数nでp(n)は真.
50：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/15(土) 01:32: >>23定理１’の証明.

S={n∈N|p(n)}とおくと(1)より0∈S.
(2)より0以上n未満のすべての自然数kに対してk∈Sであるならn∈S.
>>21よりS=N.即ちすべての自然数nでp(n)は真.
51：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/15(土) 01:34: >>まほろくん.
>>27の３.と４.解いてみませんかぁ？
52：まほろ：2004/05/15(土) 22:51: >>51
チャレンジしてみました。
３．帰納法で示そうとしたけどｲｸﾅｲことになってしまって断念。

４．(略解)
(1)f(x)=(左辺)-(右辺)としf'(x)=0となるxを求めると
x=b/(n-1)、このときf(x)は最小値0をとるので
すべての実数xに対してf(x)≧0が成立する。

(2)(鄯)k=2のとき成立
(鄱)k=n-1のとき成立を仮定する
n個の正の実数をa_1,a_2,・・・,a_nと表すとき(1)の不等式①において
b=a_1 a_2 ・・・ a_(n-1)、x=a_nとすると
(①の左辺)-(①の右辺)=(n個の相加のn乗)-(n-1個の相加の(n-1)乗)*a_n
≧(n個の相加のn乗)-(a_1*a_2*･･･*a_(n-1))*a_n=(n個の相加のn乗)-(n個の積)　Q.E.D.

テキストにヒント載ってるの知ってましたが見ずに頑張りました。
53：まほろ：2004/05/15(土) 23:27: 違う違うｗ訂正ー

４.(2)(鄱)
(n個の相加のn乗)-(n個の積)=(n個の相加のn乗)-(a_1*a_2*･･･*a_(n-1))*a_n
≧(n個の相加のn乗)-(n-1個の相加の(n-1)乗)*a_n　(∵仮定より～)
=(①の左辺)-(①の右辺)≧0
よって(n個の相加のn乗)≧(n個の積)　Q.E.D.

(/ω＼*)ﾊｽﾞｶｼｰ
54：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/16(日) 02:36: >>52
４．(1)ｆ'の零点でのfの値が0になるだけで
0がfの最小値と言ってるようにみえますよ。

>>53
訂正版は正解.

入試っぽいですね。
55：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/16(日) 03:07: >>まほろくん
３．答えのようなヒント。

t_1a_1＋t_2a_2=(t_1＋t_2){t_1a_1/(t_1＋t_2)＋t_2a_2/(t_1＋t_2)}

↑参考にして略解じゃない答案作ってみませんか.

なおいまだに半角の＋は出ないみたいです。
56：まほろ：2004/05/16(日) 16:14: >>55
ttp://speedup.vis.ne.jp/27.pdf
なんかすんごいブサイク・・・('A`)

あ、ホントだ。半角の＋が全部消えてるやん・・・
57：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/17(月) 23:40: >>56
えーっと。
「n=kのとき成立するならn=k＋1のとき成立する.」
を証明したいのだから、t_1a_1＋…t_ka_k
からt_k=t_k'＋t_(k＋1)'、a_k=(t_k'a_k'＋t_(k＋1)'a_(k＋1)')/(t_k' t_(k＋1)')
としてn=k＋1の場合をつくってしまってはだめで、
正しくはt_1a_1＋…t_(k＋1)a_(k＋1),t_1＋…＋t_(k＋1)=1,
としてn=kのときに成立することを利用しないといけないのでは。

…説明下手でスマソ。つたわるかなあ。
58：まほろ：2004/05/18(火) 18:56: >>57
つたわりましたｗそこのところで悩んでたのですよ。
逆にt_1a_1＋…t_(k＋1)a_(k＋1),t_1＋…＋t_(k＋1)=1を
ｋ項にしてしまえばよいのですね？

閃きますた(多分)(`･ω･´) ｼｬｷｰﾝ
59：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/18(火) 19:13: >>58
伝わってよかった。

>>56のような答案で零点近い点数をもらうと、不満ですか？
(零点近い点数であったこと自体は不満でしょうけど、
採点基準に問題あると思うか？という質問です。)
60：まほろ：2004/05/18(火) 19:35: >>59
いえ、ゼロ点っス。でもせめてn=1の時の部分ｔ(ry

っていうか完璧にｲｸﾅｲ解答の典型例ですよねｗ
61：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/18(火) 21:42: >>60
もちろん、実際の入試の採点ならn=1のときの説明に少々点は入る
かも知れませんが、期待しないほうが、やっぱり身のためだと思います。
実際の得点より自己採点の方が高めに出てしまうのは、結局は損でしょう。
62：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 18:05: えーっと、問題３だの４だのは
大学入試に出ておかしくないですね。
63：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 18:06: §３　最大公約数
a, bを整数とします.a=bqなる整数qが存在するときaはbの倍数,
bはaの約数,aはbで割り切れる,bはaを割り切るといい,b|aと書きます.
0|0で,0はすべての整数の倍数ですが,0の約数は0のみです.
a,b,cを整数とするときa|bかつb|cならa|cです.
b|aならb|(-a)であり(-b)|aであり(-b)|(-a)であるので約数は正のもの
のみを考えれば十分であります.以後約数は正のものに限ることにします.
a_1,…,a_nを整数とし,(a_1)^2＋…＋(a_n)^2≠0とします.
d|a_1,…,d|a_nのときdはa_1,…,a_nの公約数といいます.
このdが任意のa_1,…,a_nの公約数eに対してe|dを満たすとき
a_1,…,a_nの最大公約数とします.e|dでe>0,d>0だからe≦dですね.
もし,dもd'もa_1,…,a_nの最大公約数であるならd≦d'かつd'≦dなので
d=dです.すなわち最大公約数は存在すれば一意なのです.
64：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 18:11: 定理３
a_1,…,a_nを整数,(a_1)^2＋…＋(a_n)^2≠0とする.
J={a_1x_1＋…＋a_nx_n | x_1∈Z,…,x_n∈Z}とおく.
Jに含まれる最小の正の元をdとおくと,
dはa_1,…,a_nの最大公約数であり,
J={dy | y∈Z}.
65：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 18:32: 定理３の証明
i∈[1,n]∩Zに対して,
x_1=x_2=…=x_{i-1}=0,x_i=1,x_{i＋1}=x_{i＋2}=…=x_n=0
とすることによりa_i∈J.また
x_1=x_2=…=x_{i-1}=0,x_i=-1,x_{i＋1}=x_{i＋2}=…=x_n=0
とすることにより-a_i∈J.
よって{a_1,…,a_n,-a_1,…,-a_n}⊂J.
各iに対してa_i,-a_iのうち非負であるものをb_iとおくと
Φ≠{b_1,…,b_n}⊂J.
(a_1)^2＋…＋(a_n)^2≠0であるので
自然数の整列性より{b_1,…,b_n}には正の最小元がある.
それをdとおく.
d∈Jなので
d=a_1u_1＋…＋a_nu_n
を満たすZの元u_1,…,u_nが存在する.
任意のJの元を
z=a_1x_1＋…＋a_nx_n
とおくと,除法の定理より
a_1x_1＋…a_nx_n=q(a_1u_1＋…＋a_nu_n) r,0≦r<d
を満たす整数qとrが一意に存在する.
66：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 18:32: (続き)
0≦r=a_1(x_1-qu_1)＋…＋a_n(x_n-qu_n)∈J,r<dなのでr=0.
よって,とくにzとして各a_iを考えれば
dはa_1,…,a_nの公約数.
eをa_1,…,a_nの任意の公約数とすると
各iに対してa_i=ev_iなる整数v_iがとれるので
d=a_1u_1＋…＋a_nu_nよりe|d.
以上よりdはa_1,…,a_nの最大公約数.
またa_1x_1＋…a_nx_n=q(a_1u_1＋…＋a_nu_n)だったから
Jの任意の元はdの倍数であるが,
d=a_1u_1＋…＋a_nu_nより
dの倍数はJの元である.■
67：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 18:34: 以下直積の元と紛らわしいのですが慣例にしたがって
a_1,…,a_nの最大公約数を(a_1,…,a_n)と書きます.
68：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 18:37: 定理３は「東大｣「数学」｢補完｣スレの>>8ですね。
何とかうまい誘導をつければ、BレベルにもCレベルにもなる
入試問題になりそうですね。
69：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 18:45: コロラリーをいくつか.
まずは,主張自体が定理３に含まれていますが,

系１
(a_1)^2＋…＋(a_n)≠0を満たす整数a_1,…,a_nの
最大公約数をdとすれば
d=a_1u_1＋…＋a_nu_nなる整数u_1,…,u_nが存在する.

系２
mを正の整数とすれば
(ma_1,…,ma_n)=m(a_1,…,a_n)

証明
{(ma_1)x_1＋…＋(ma_n)x_n | x_1,…,x_nは整数}
={m(a_1x_1＋…＋a_nx_n) | x_1,…,x_nは整数}■
70：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 18:48: 系２より直ちに

系３
δをa_1,…,a_nのせいの公約数とすると
(a_1/δ,…,a_n/δ)=(a_1,…,a_n)/δ
とくにδが最大公約数のとき
(a_1/δ,…,a_n/δ)=1

が得られますね.
71：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 19:18: 補題Ａ
a_1,a_2,a_3を整数,a_1a_2a_3≠0とするとき
((a_1,a_2),a_3)=(a_1,a_2,a_3)

証明.
(a_1,a_2)=d_2,(d_2,a_3)=d_3,
(a_1,a_2,a_3)=dとおく.
d_2|a_1,d_2|a_2,d_3|d_2より
d_3|a_1,d_3|a_2.
またd_3|a_3なので
d_3|d.
d|a_1,d|a_2なのでd|d_2.
またd|a_3なのでd|d_3■
72：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 19:29: 補題Ｂ
a,b,mを整数とする.
m|(a-b)ならば(a,m)=(b,m)

証明
m|(a-b)よりa-b=mqなる整数mがある.
このとき
d|a,d|mとするとd|b.
d|b,d|mとしてもd|a
すなわちaとmの公約数全体の集合と
bとmの公約数全体の集合は一致する.
とくにそれらの正の最小元も一致する■
73：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 19:55: Euclidの互除法
a,bを正の整数,a>bとする.
除法の定理より
a=bq_1＋r_2,0<r_2<b
b=r_2q_2＋r_3,0<r_3<r_2,
r_2=r_3q_3 r_4,0<r_4<r_3,
…
r_{n-2}=r_{n-1}q_{n-1} r_n,0<r_n<r_{n-1},
r_{n-1}=r_nq_n.
ここに出てくる数列{r_n}は減少列で,たかだかb個
の数しか含み得ないので必ず.ある番号mでr_m=0となる.
このときのr_nが(a,b)である.
実際補題Ｂを繰り返し用いると
(a,b)=(r_2,b)=(r_2,r_3)=…=(r_{n-1},r_n)でr_n|r_{n-1}だから
(a,b)=r_n.
74：quindecim(☆5) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 20:01: 整数a,bに対して(a,b)=1となることをa,bは互いに素,
整数a_1,…,a_nに対してこれらのうちどの二つも互いに素のとき対毎に素といいます.

定理４
(a,b)=1でa|bcならa|c

証明
(a,b)=1なら定理３系１よりau＋bv=1なる整数u,vが取れる.
両辺c倍してacu＋bcv=c.a|bcなのでa|c■
75：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 20:02: 忘れてた。単独トップ。
76：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 20:14: 系
(a,b)=1,(a,c)=1なら(a,bc)=1.

証明
(a,bc)=dとするとd|a,(a,b)=1なので(d,b)
=((a,d),b)=(a,d,b)=((a,b),d)=(1,d)=1.
またd|bcなので定理４よりd|c.
よって0<d≦(a,c)=1なのでd=1■
77：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 20:20: 問題１
(1)　(5796, 7935)
(2)　(39600, 32670, 25542, 16863)

問題２
(a_1,…,a_n)=dとし,mを整数とする.x_1,…,x_nの方程式
a_1x_1＋…＋a_nx_n=m
が整数解を持つための必要十分条件はd|m.

問題３
(a,b)=1ならば(a,bc)=(a,c)

問題４
a_1,…,a_mのおのおのがb_1,…,b_nのおのおのと互いに素ならば,
積a_1…a_mとb_1…b_nは互いに素.
78：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/23(日) 20:46: よかったらﾗﾒﾝさんも解いてちょ
79：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/05/23(日) 20:46: うひゃー
乙です
80：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/05/24(月) 00:04: >>65の前半なんですが
"Jに含まれる最小の正の元をdとおく"
ではだめですか？
b_iを持ち出す理由がよくわからないのです。
まだ本は読んでません。
81：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/24(月) 00:07: >>80
Jに正の最小元が存在する保証を
整列性に求めたのですが。
82：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/24(月) 00:15: えっと。大きな流れとしては
自然数の整列性→数学的帰納法の原理→除法の定理→定理３
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　|　　　　　　　　 |
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　－－－－－－
っちゅうかんじで。
83：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/24(月) 00:17: まちがい。
自然数の整列性→数学的帰納法の原理→除法の定理→定理３
　　　　　　　　　　　|　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 |
　　　　　　　　　　　－－－－－－－－－－－－－－－－
でした。
84：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/05/24(月) 00:17: >>81
うまくいえないんですが・・・
＞自然数の整列性より{b_1,…,b_n}には正の最小元がある.
これとJに正の最小元が存在することとは別ではないですか？
85：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/24(月) 00:20: >>84
あ、そうですね。
Φ≠{ｂ_1, …, ｂ_n}⊂J
だからJには正の最小元dが存在する。

でないといけないですね。すみません。
86：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/24(月) 00:30: あり？ここのカウンタも変なのでは？
87：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/05/24(月) 00:32: ＞Φ≠{ｂ_1, …, ｂ_n}⊂J
だからJには正の最小元dが存在する。

Jには正の元が存在するから正の最小元も存在する
ということでしょうか？
88：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/24(月) 00:35: >>87
そうです。J∩N∩{0}^c≠ΦだからJ∩N∩{0}^cには最小元が存在すると。
89：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/05/24(月) 00:39: >>88
了解です。
90：まほろ：2004/05/26(水) 22:57: 問題１．
(1)Euclidの互助法を用ゐて
7935=1×5796＋2139
5796=2×2139＋1518
1518=2×621＋276
621=2×276＋69
276=4×69＋0
∴(7935,5796)=69 Ans.

(2)同様に
(39600,32670)=990
(25542,16863)=33
補題Ａを応用して
(39600,32670,25542,16863)
=((39600,32670),(25542,16863))
=(990,33)
=33 Ans.
91：まほろ：2004/05/26(水) 22:58: 問題２．
(鄯)a_1*x_1＋a_2*x_2＋…＋a_n*x_n=m が整数解を持つならば
(a_1,a_2,…,a_n)=d であるから定理３より
d|(a_1*x_1＋a_2*x_2＋…＋a_n*x_n)
即ち d|m
(鄱)d|m ならば
適当な整数kを用いて m=kd と表すことができて、
また、適当な整数 u_1,u_2,…,u_n を用いて
d=a_1*u_1＋a_2*u_2＋…＋a_n*u_n と表すことができるので
a_1*x_1＋a_2*x_2＋…＋a_n*x_n=m=kd=k(a_1*u_1＋a_2*u_2＋…＋a_n*u_n)
⇔a_1*(x_1-k*u_1)＋a_2*(x_2-k*u_2)＋…＋a_n*(x_n-k*u_n)=0
ここで各々の i(1≦i≦n,i∈Z) について x_i=k*u_i としてやると等式は常に成立する。
つまり a_1*x_1＋a_2*x_2＋…＋a_n*x_n=m は整数解を持つ。
以上(鄯)(鄱)より
a_1*x_1＋a_2*x_2＋…＋a_n*x_n=m が整数解を持つための必要十分条件は d|m　Q.E.D.
92：まほろ：2004/05/26(水) 22:58: 問題３．
(a,bc)=d_1 , (a,c)=d_2 とすると
d_1|a , d_1|bc , (a,b)=1 より d_1|d_2 (d_1≦d_2)
また bc≧c であるから d_2≦d_1
よって d_1=d_2
即ち (a,bc)=(a,c)　Q.E.D.

問題４．
(a_1,b_1)=1 , (a_1,b_2)=1 であるから定理４の系より
(a_1,b_1*b_2)=1
(a_1,b_i)=1 (1≦i≦n,i∈Z) であるから系を順次用いて
(a_1,b_1*b_2*…*b_n)=1
(a_i,b_1*b_2*…*b_n)=1 であるから同様にして
(a_1*a_2*…*a_n,b_1*b_2*…*b_n)=1
つまり積 a_1*a_2*…*a_n と b_1*b_2*…*b_n は互いに素 Q.E.D.
93：まほろ：2004/05/26(水) 23:01: 見にくくて申し訳ないです。

>>65のとこなんですがテキストの方はわかるのですが
「{b_1,…,b_n}には正の最小元がある.それをdとおく.」
としてしまうと、たとえば{-2,3,5}という集合を考えたとき
d=2となってしまうのでダメなのでは・・・？

というのが>>80-89の議論ですか？ｗ
94：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/05/27(木) 00:34: >>93
ですね
95：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/27(木) 02:13: >>90
おｋ
細かいこといえば、たとえば(1)の3行目は7935=5796×1 2139と書くべきかも知れませんが.
(1)の4行目と5行目の間に2139=1518×1 621と書いてくれたら,
目だけで解答追うのが楽になったんですけどね.

>>91
(鄱)の5行目と6行目は正確には同値じゃないですね.
5行目は
a_1*x_1＋a_2*x_2＋…＋a_n*x_n=m
だけのほうがよいでしょう.
あとはok.

>>92
問題３．
3行目は
d_1|a , d_1|bc , (a,b)=1 より (d_1,b)=1.定理４よりd_1|c.よってd_1|d_2となるのでd_1≦d_2.
ということですか？

問題４．
「帰納的に」って言葉を一言添えておいたほうがよいかと.

大体オッケーですね。整数問題に対してちょっと、外側から
見る目が養われてくるような気がしませんか.
96：まほろ：2004/05/27(木) 22:12: >>95
１．申し訳ない。紙からテキストデータにエンコードするときに
一行抜け落ちてしまったようです。
２．了解
３．実はどうしてよいかわからず誤魔化してしまいましたｗ
なるほど、そういうことですかｗｗｗ
４．了解

素数の定理７の辺りまで読みました～
97：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/29(土) 17:04: 先、いっていいかな。９ちゃん読んでくれてる？
§４　最小公倍数
a_1…a_n≠0を満たす整数a_1,…,a_nのすべての倍数である整数を,
a_1,…,a_nの公倍数といいます.a_1,…,a_nの正の公倍数全体の集合は
空でないので(a_1…a_nか-a_1…a_nのどちらかはa_1,…,a_nの正の公倍数)
整列性によりその最小元lが存在しますが,lをa_1,…,a_nの最小公倍数といいます.

mをa_1,…,a_nの任意の公倍数だとするとl|mが成り立ちます.
実際mをlでわると除法の定理によりm=lq＋r,0≦r<lを満たす整数の組(q,r)が
存在しますが,mもlもa_1,…,a_nの公倍数なのでr=m-lqだってa_1,…,a_nの公倍数
になります.rは0≦r<lでlの最小性からr=0とならざるを得ません.

上の性質からa_1,…,a_nの公倍数全体の集合は最小公倍数の倍数全体の集合と一致することがわかります.

最大公約数の節の補題Ａ(>>71)のような命題が成立しますが後の演習にします.

定理５　2つの正の整数a,bの最小公倍数lは,abを(a,b)=dで割った商に等しい.

証明　a=a_1d,b=b_1dとおけば定理３系３より(a_1,b_1)=1.
lはaの倍数だからl=ak=(a_1d)k=(a_1k)d.
lはb=b_1dの倍数でもあるから(a_1k)d=(b_1d)m即ちa_1k=b_1mと書け,b_1|a_1k.
(a_1,b_1)=1,b_1|a_1kなので定理４よりb_1|k.
よってk=b_1tと書けるので,l=ak=ab_1tとなる.
ab_1=a*(b/d)=(a/d)*b=a_1bはa,bの公倍数であるのでlの最小性よりt=1.よってl=ab_1=ab/d.■
98：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/29(土) 17:04: 問題１　ab≠0となる整数a,bの最小公倍数を[a,b]で表すことにする.
abc≠0となる整数a,b,cに対して[[a,b],c]=[a,b,c].

問題２　対毎に素な正の整数a_1,…,a_nの最小公倍数はa_1…a_n.

問題３　(a,b)=1,a|m,b|m⇒ab|m.
99：LAR-men （lBLdA0dk）：2004/05/30(日) 00:17: 整列性が意外に活躍することに感動
100：quindecim(☆6) （DTxrDxh6）：2004/05/30(日) 01:51: >>99
解析学の初歩(解析概論みたいなの)での
デデキント･カットみたいなものですから。