mathdiaryのブログ

数学についての覚え書きを雑多にしていきます.

点P

アティマク演習解答メモ1-1

1章

1.

この解答はiso.2022.jpというサイトのPDFとほぼ同じであるが, 一部新たに注意を加えたものである. 先のPDFの繰り返しになってしまう部分もあるが証明全体を書くこととする.

$x$ はnilpotentなので $\exists N>0$ について $x^N=0$ である. 一般の $y$ と $n>0$ について $1-y^n=(1-y)(1+y+\cdots+y^{n-1})$ である. この式に $y=-x$ と $n=N$ を代入すると,

(左辺)$=1-(-x)^N=1-(-1)^N x^N = 1-0 = 1$

(右辺)$=(1+x)(1+(-x)+\cdots+(-x)^{n-1})$

ゆえに $1+x$ はunitになることが示された.

注意:いま, 所与の環 $A$ は可換環であることが仮定されているが, この証明は乗法についての可換性が無くても成り立つ. 実際 $y$ は $y$ それ自身と可換なので

$1-y^n=(1-y)(1+y+\cdots+y^{n-1})=(1+y+\cdots+y^{n-1})(1-y)$

という等式は可換環でなくても成り立つ. よって $1+x$ は乗法についての左逆元かつ右逆元(すなわち普通の意味での逆元)を持つのでunitになる. また $(-x)^N=(-1)^Nx^N$ の箇所で $-1$ と $x$ の可換性を使っているが, これは $1x=x1=x$ より導かれる事実なのでやはり可換性は必要ない.

意見:抽象的議論によってunitであることを示すこともできるが, 具体的に逆元の形を示している点でこの証明は有用である.


後半部分を示す. $u$ をunit, $x$ を上と同様にnilpotentとする. $u+x$ がunitになることを示す.

$u+x=u(1+u^{-1}x)$

なので $1+u^{-1}x$ がunitであることを示せばよく, そのためには前半の証明より $u^{-1}x$ がnilpotentであることを示せばいい. ”乗法の可換性から”

$(u^{-1}x)^N=u^{-N}x^N=0$
なので, $u^{-1}x$ はnilpotentであり, よって命題が示された.

注意:後半の証明には可換性が不可欠である. 実際, 可換性がない場合には反例が存在する. 考えるのは行列の成す環である.

$\displaystyle u^{-1} = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{array} \right) , x = \left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right)$

とする(省スペースのため直接 $u^{-1}$ を書いてしまっているが, これは正則な行列なので $u$ の存在は問題ない). $x^2=0$ なのでnilpotentである. 一方で

$\displaystyle u^{-1}x = \left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{array} \right)$
であり, 計算してみると分かるがこの行列はべき等である(つまり何乗しても元のまま). よって $x$ はnilpotentだが $u^{-1}x$ はnilpotentでない例となっている. このとき
$\displaystyle u+x = \left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right)$

なので, unitにはなっていない.

問の主張に「$x$ と可換なunit $u$ について」という条件を加えれば可換環でない一般の環でも成り立つ. ただ可換代数の本なのであまり非可換性とかは気にしなくてもいいかもしれない.

平方数が偶数ならば元の数も偶数であることについて

$n$ が整数のとき, $n^2$ が偶数なら $n$ も偶数という命題は, 対偶を用いて証明する例としてよく使われる. しかし対偶を使わないで証明できないか?という意見を見たのでやってみる. ただ, あくまで示したい命題の対偶は使わないだけであって, 証明の中には二重否定則を暗黙的に使用している箇所もあり得る.

 

整数の部分集合 $A$ を, $A=\{n \in \mathbb{Z} ~|~ n^2は偶数 \}$ として定める. $A$ が加法に関して $\mathbb{Z}$ の部分群になっていることを示す.

  • $0^2=0$ なので $0 \in A$. つまり $A$ は加法についての単位元をもつ.
  • $n, m \in A$ とする. $(n+m)^2=n^2+2mn+m^2$ は明らかに偶数になっているので $n+m \in A$. つまり $A$ は加法について閉じている.
  • $n \in A$ とする. $(-n)^2=n^2$ よりこれは偶数なので $-n \in A$. つまり $A$ は逆元について閉じている.

以上より $A$ は群になることが示された.

一般に $\mathbb{Z}$ の部分群は, ある整数 $k>0$ によって $k\mathbb{Z}$ と表される. $A=k\mathbb{Z}$ とおいて $k$ を求める.

しかしこれは容易で, $0, 2 \in A$ かつ $1 \notin A$ なので $k=2$ しかありえない. したがって $A$ は偶数全体の集合と一致していることがわかった. そもそも2乗したら偶数になるような整数をすべて集めた集合が $A$ だったのだから, 命題が示されたことになる.

閉区間上で$C^r$な関数の拡張について

$I=[a, b]$ を閉区間とし, $f : I \rightarrow \mathbb{R}$ を関数とする. $f$ が $I$ 上で $C^1$ 級であることを以下のように定める.

  • $f$ は開区間 $(a, b)$ 上で通常の意味で $C^1$ 級.
  • $x = a$ での右微分係数 $\displaystyle \alpha := \lim_{x \rightarrow a + 0} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} \in \mathbb R$ が存在する.
  • $x = b$ での左微分係数 $\beta \in \mathbb R$ が存在する.
  • 区間 $(a, b)$ 上での $f$ の導関数 $f'$ について
    $\displaystyle \lim_{x \rightarrow a + 0} f'(x)=\alpha$, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow b - 0} f'(x)=\beta$
    が成り立つ.

よって $(a, b)$ 上の導関数 $f'$ を閉区間 $I$ 上の連続関数に拡張することができる. それを同じ記号 $f'$ で表す.
$1 \leqq r < \infty$ とする. 閉区間 $I$ 上の関数 $f$ が $C^r$ 級であるとする. このとき $f$ が $C^{r+1}$ 級であるとは, $I$ 上の連続関数 $f^{(r)}$ が上の意味で $C^1$ 級であることとして, 帰納的に定義する. つまり $C^2$ 級であるとは, 閉区間 $I$ 上での導関数(連続関数であるということしか分かっていない)$f'$ が $C^1$ 級であることを言う.

【命題】

区間 $I=[a, b]$ 上で定義された関数 $f$ は上の意味で $C^r$ 級($1 \leqq r < \infty$)であるとする. このとき $I$ を含むある開区間 $J$ と, $J$ の上で定義された (通常の意味での) $C^r$ 級関数 $g$ が存在して, $g|_{I} = f$ となる.

【証明】

$J:=(a-1, b+1)$ とおき, $g : J \rightarrow \mathbb R$ を,

  • $a-1 < x < a$ のとき $\displaystyle g(x) = f(a)+\sum_{k=1}^{r} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$
  • $a \leqq x \leqq b$ のとき $g(x)=f(x)$
  • $b < x < b+1$ のとき $\displaystyle g(x) = f(b)+\sum_{k=1}^{r} \frac{f^{(k)}(b)}{k!}(x-a)^k$

と定める. ただし $f$ や $g$ の微分係数はそれぞれ右, 左微分係数であるとする. この定め方から明らかなように, $g$ は $f$ の拡張になっている($x=a, b$ で $C^r$ につながっていることを確かめればよい).(証明終)

 

証明から明らかなように, $J=\mathbb R$ としてとることができる.