未解決問題1

154

追記

解決しました！！協力してくださった buta_kimchi_ さん， J_Koizumi さん， yakiniku_math さん，本当にありがとうございます！！！

ここでは問題を作ったのはいいものの，解けなかったものを投下していきます．どなたか解いていただけるととても喜びます．

今回の問題は件のツイートです（ツイート内容では問題設定をミスってたので，この記事はその訂正版です）．

$D$ を集合， $K$ を $R$ か $C$ ， $S$ を $K$ -ベクトル空間 $Map (D, K)$ の部分空間， $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ を $S$ 上の内積， $β$ を
$\forall g \in S, \forall f \in S, β_{g} (f) = ⟨ f, g ⟩$
により定義される（ $K$ -線型）写像 $β : S \to Map (S, K)$ ， $δ$ を
$\forall x \in D, \forall f \in S, δ_{x} (f) = f (x)$
により定義される写像 $δ : D \to Map (S, K)$ とし，
$\forall x \in D, \exists f \in S s . t . f (x) \neq 0$ を満たすとします．

このとき， $Im β \cap Im δ = \emptyset$ は証明可能ですか，それとも否定モデルが構成出来ますか．

$Map (D, K)$ は関数の和とスカラー倍により $K$ -ベクトル空間と見做してください．

なお，肯定モデルは， $a$ ， $b$ を $a < b$ なる拡張実数として $D =] a, b [$ ， $K = R$ ， $S \in C^{0} (D; K)$ ， $\forall (f, g) \in S^{2}, ⟨ f, g ⟩ = \int_{D} f (t) g (t) d t$ とすることで得られます．これはデルタ超関数が関数でないことを意味します．

つまり以下の定理が成り立ちます．

$a$ ， $b$ を拡張実数とし， $a < b$ を満たすとします．

このとき，以下が成り立ちます．
$\forall x \in] a, b [, \forall g \in C^{0} (] a, b [; R), \exists f \in C^{0} (] a, b [; R) s . t . f (x) \neq \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t$

解説

\exists x \in] a, b [s . t . \exists g \in C^{0} (] a, b [; R) s . t . \forall f \in C^{0} (] a, b [; R), f (x) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t

と仮定する．

\forall f \in C^{0} (] a, b [; R), f (x) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t

を満たす

] a, b [

の元

x

と

C^{0} (] a, b [; R)

の元

g

をとる．

Cauchy–Schwarzの不等式より，

\forall f \in C^{0} (] a, b [; R), {(\int_{a}^{b} f (t) g (t) d t)}^{2} \leq \int_{a}^{b} f {(t)}^{2} d t \int_{a}^{b} g {(t)}^{2} d t

であり，

g

の性質から

\forall f \in C^{0} (] a, b [; R), f {(x)}^{2} \leq \int_{a}^{b} f {(t)}^{2} d t g (x)

となる．ここで

f :] a, b [\to R; t \mapsto e^{- π {(g (x) + 1)}^{2} \frac{{(t - x)}^{2}}{2}}

を考えると，

1 \leq \int_{a}^{b} e^{- π {(g (x) + 1)}^{2} {(t - x)}^{2}} d t g (x)

を得る．

(i) g (x) \leq 0

のとき

1 \leq \int_{a}^{b} e^{- π {(g (x) + 1)}^{2} {(t - x)}^{2}} d t g (x) < 0

より矛盾．

(ii) g (x) > 0

のとき

1 \leq \int_{a}^{b} e^{- π {(g (x) + 1)}^{2} {(t - x)}^{2}} d t g (x) \leq \int_{- \infty}^{\infty} e^{- π {(g (x) + 1)}^{2} {(t - x)}^{2}} d t g (x) = \frac{g (x)}{g (x) + 1} = 1 - \frac{1}{g (x) + 1}

より矛盾．

以上

(i)

，

(ii)

より，矛盾する．この矛盾は

\exists x \in] a, b [s . t . \exists g \in C^{0} (] a, b [; R) s . t . \forall f \in C^{0} (] a, b [; R), f (x) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t

と仮定したことに起因する．従って背理法により，仮定の否定，つまり

\forall x \in] a, b [, \forall g \in C^{0} (] a, b [; R), \exists f \in C^{0} (] a, b [; R) s . t . f (x) \neq \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t

が成り立つ．

◼

証明から， $S = C^{0} (D; K)$ だけでなく， $n$ を正整数として $S = C^{n} (D; K)$ や $S = C^{\infty} (D; K)$ ， $S = C^{ω} (D; K)$ でも成立することがわかります．この証明に具体的な関数を用意しているので，恐らく否定モデルは構成出来ると思われます．なお，よく見かける以下の証明は間違っています．

間違った証明

$\exists x \in] a, b [s . t . \exists g \in C^{0} (] a, b [; R) s . t . \forall f \in C^{0} (] a, b [; R), f (x) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t$
と仮定する． $\forall f \in C^{0} (] a, b [; R), f (x) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t$ を満たす $] a, b [$ の元 $x$ と $C^{0} (] a, b [; R)$ の元 $g$ をとる．

$C^{0} (] a, b [; R)$ の元 $f$ を任意にとる． $f (x) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t$ より， $] a, b [∖ {x}$ の元 $t$ に対して， $f (t)$ の値は積分 $\int_{a}^{b} f (t) g (t) d t$ に影響を与えないので， $g (t) = 0$ である．

よって
$f (x) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t = \int_{a}^{x} f (t) g (t) d t + \int_{x}^{b} f (t) g (t) d t = \int_{a}^{x} 0 d t + \int_{x}^{b} 0 d t = 0 + 0 = 0$
である． $f (x) \neq 0$ となる関数 $f$ はとれるので（例えば値 $1$ を持つ定数関数），これは矛盾．

この矛盾は
$\exists x \in] a, b [s . t . \exists g \in C^{0} (] a, b [; R) s . t . \forall f \in C^{0} (] a, b [; R), f (x) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t$
と仮定したことに起因する．従って背理法により，仮定の否定，つまり
$\forall x \in] a, b [, \forall g \in C^{0} (] a, b [; R), \exists f \in C^{0} (] a, b [; R) s . t . f (x) \neq \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t$
が成り立つ． $◼$

投稿日：2021年3月6日

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

バッチを贈って投稿者を応援しよう

バッチを贈ると投稿者に現金やAmazonのギフトカードが還元されます。

投稿者

的場沙雪

8571

微分積分学，数理論理学，順序数解析が好きです．ここでは主に微積や級数の話題をすると思います．記事まとめは下のリンクからどうぞ．

他の人のコメント

コメントはありません。

読み込み中

的場沙雪

未解決問題1