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現代数学の系譜11 ガロア理論を読む29 [無断転載禁止]©2ch.net

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1現代数学の系譜11 ガロア理論を読む

2017/01/15(日) 10:11:35.71ID:3YFHDxHU

357１３２人目の素数さん

2017/04/11(火) 10:38:45.92ID:Yji/Wubi

おっちゃんです。
では、特別サービスで証明。だけど、これは示されているよね。

a_1,a_2 ,…, a_n を任意の相異なる2個以上のn個の素数とする。
このとき、任意の代数的無理数 b_1, b_2,…, b_n に対して、
(a_1)^{b_1}・…・(a_n)^{b_n} は超越数である。
証明]：或る代数的無理数 b_1, b_2, …, b_n に対して、
(a_1)^{b_1}・…・(a_n)^{b_n} を代数的数とする。
(a_1)^{b_1}・…・(a_n)^{b_n}＝c　　　(1)
とおく。すると、仮定から各 i=1,2,…,n に対して a_i は素数だから a_i≧2 である。
また、素数は正の代数的数である。従って、cは正の実代数的数である。
そして、(1)の両辺に対して自然対数を取ると、
b_1・log(a_1)＋…＋b_n・log(a_n)＝log(c)　　　(2)
となる。i=1,…,n に対して A_i＝log(a_i) とおき、C＝log(c) とおく。
α＝b_1・A_1＋…＋b_n・A_n－C　　　(3)
とおく。すると、(2) から α＝0 である。

358１３２人目の素数さん

2017/04/11(火) 10:41:32.34ID:Yji/Wubi

(>>357の続き)
ところで、0ではない代数的数全体 {Q~}＼{0} は通常の乗法の二項演算について群をなす。
また、仮定から b_1,…,b_n は代数的無理数だから、b_1,…,b_n は何れも±1ではない。
各 i=1,2,…,n に対して a_i≠1 だから、ゲルフォント・シュナイダーの定理
(以降、「ゲルフォント・シュナイダーの定理」を「G-Fの定理」と略記する) の系から、
A_1,…,A_n は有理数体Q上線型従属である。故に、何れも或る既約な有理数 p_2,…,p_n が存在して
A_1＝p_2・A_2＋…＋p_n・A_n　　　(4)
となる。仮定から、a_1 ,…, a_n は相異なる2個以上の素数だから、同様にG-Fの定理の系から、
各 1≦i＜j≦n なる整数 i,j に対して、(A_i)/(A_j)＝(log(a_i))/(log(a_j)) は超越数である。
(4) の右辺を (3) の A_1 に代入すると、
α＝b_1・(p_2・A_2＋…＋p_n・A_n)＋b_2・A_2＋…＋b_n・A_n－C
となり、両辺を整理すると
α＝(b_1・p_2＋b_2)・A_2＋…＋(b_1・p_n＋b_n)・A_n－C
となる。従って、各 i=2,…,n に対して r_i＝b_1・p_i＋b_i とおくと、
α＝r_2・A_2＋…＋r_n・A_n－C　　　(5)
を得る。同様に、G-Fの定理の系から、A_2＝log(a_2), …, A_n＝log(a_n), C＝log(c) は
体Q上線型従属である。故に、何れも或る既約な有理数 q_2,…,q_n が存在して
C＝q_2・A_2＋…＋q_n・A_n となる。ここで、α＝0 なること、
及びG-Fの定理の系から、各 i=2,…,n に対して
(A_i)/C＝(log(a_i))/(log(c)) は有理数か超越数であることに注意する。

359１３２人目の素数さん

2017/04/11(火) 10:44:39.36ID:Yji/Wubi

(>>358の続き)
Case1)：n＝2 のとき。このとき、(4) は A_1＝p_2・A_2 となる。上の議論と同様に考えると、
G-Fの定理の系から、(A_1)/(A_2)＝(log(a_1))/(log(a_2)) は超越数である。
しかし、これは p_2∈Q なることに反し矛盾する。
Case2)：n≧3 のとき。kを 2≦k＜n なる自然数変数とする。
Case2-1)：各 i=2,…,n に対して (A_i)/C がすべて超越数のとき。
2≦k＜n なる自然数kを任意に取る。A_k＝log(a_k), …, A_n＝log(a_n) は
体Q上線型従属だから、何れも或る既約な有理数 q_{k+1} ,…, q_n が存在して
A_k＝q_{k+1}・A_{k+1}＋…＋q_n・A_n　　　(4')
となる。上の議論と同様に考えれば、G-Fの定理の系から、
各 k≦i＜j≦n なる整数 i,j に対して、(A_i)/(A_j)＝(log(a_i))/(log(a_j)) は超越数である。
2≦k＜n なる自然数kは任意だから、kの小さい値から帰納的に考えて行き、
各 k=2,…,n-1 に対して得られる式 (4') を (5) に帰納的に代入して整理する操作
を繰り返して行くと、或る実代数的数aが存在して、a・(A_n)－C＝0 となる。
従って、a・(A_n)/C＝1 となる。しかし、(A_n)/C は超越数だから、a・(A_n)/C≠1 であり矛盾する。
Case2-2)：或る i=2,…,n に対して (A_i)/C が有理数のとき。
Case2-2-1)：各 i=2,…,n に対して (A_i)/C がすべて有理数のとき。
2≦i＜j≦n なる整数 i,j を任意に取る。すると、iに対して或る既約な有理数 (l_i)/(m_i) が定まって、
(A_i)/C＝(l_i)/(m_i) つまり log(a_i)＝(l_i)/(m_i)×log(c)。
従って、a_i＝c^{(l_i)/(m_i)} であり、c＝(a_i)^{(m_i)/(l_i)}＞0。
同様に、jに対して或る既約な有理数 (l_j)/(m_j) が定まって、a_j＝c^{(l_j)/(m_j)} となり、c＞0。
従って、(a_i)^{(m_i)/(l_i)}＝(a_j)^{(m_j)/(l_j)} から
(a_i)^{(m_i)・(l_j)}＝(a_j)^{(m_j)・(l_i)}。　　　(6)
ここで、log(a_i)≠0 だから、(l_i)/(m_i)≠0。また、log(a_j)≠0 だから、(l_j)/(m_j)≠0。
従って、(m_i)・(l_j), (m_j)・(l_i) は両方0でない整数である。
しかし、a_i, a_j は相異なる素数だから、(6) は成り立たず矛盾する。

360１３２人目の素数さん

2017/04/11(火) 10:47:21.19ID:Yji/Wubi

(>>359の続き)
Case2-2-2)：或る i=2,…,n に対して (A_i)/C が超越数のとき。
このとき、(A_2)/C ,…, (A_n)/C について有理数と超越数が両方1個以上存在する。
(A_2)/C ,…, (A_n)/C の中の k'-1(2≦k'≦n) 個を超越数とする。
A_2 ,…, A_n について、Cで割った分数が超越数となるものを B_1,…,B_k' とする。
つまり、(B_2)/C ,…, (B_k')/C を超越数とする。改めて、各 i=2,…,k' に対して A_i＝B_i とおき直す。
すると、A_1＝log(a_1) であり、A_2 ,…, A_k' は log(a_2) ,…, log(a_n) の中の k'-1 個にあたる
から、仮定から、G-Fの定理の系より、A_1, A_2 ,…, A_k' は体Q上線型従属である。
従って、Case2の上の議論と同様に考えて、Case2-1、及びCase2-2-1へとたどる議論
と同様に考えれば、矛盾が導けることになる。
Case2-2-1)、Case2-2-2)から、或る i=2,…,n に対して (A_i)/C が有理数とすると、矛盾する。
Case2-1、Case2-2から、n≧3 のとき矛盾が得られる。
Case1、Case2 から、必ず矛盾が生じる。
この矛盾が導けたことにより背理法が適用出来るから、背理法を適用すればよい。

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