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52955.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月21日(火) 23時26分
黄桃さん,ありがとうございました.勉強になりました.
(社会人/質問者)
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52954.Re: 代数的閉体の問題  
名前:黄桃    日付:2017年11月21日(火) 23時19分
参考文献も何も、証明は

>Z/2Z なら X^2-X-1 はぱっと思いつきました

これと同じ(ユークリッドの素数が無限にある証明と同じ)です。

k={a[0],a[1],...,a[n]}とし、
f(X)=(X-a[0])(X-a[1])...(X-a[n])+1
とすれば、f(X)=0 の解はkのどの元とも異なるのでkは代数閉体ではありません。
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52938.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月21日(火) 09時06分
黄桃さん

ありがとうございます.途中まで一般論と思い込み,有限体までは意識が及びませんでした.
たとえば,k = Z/2Z とか k = Z/3Z で考えればわかりやすいですね.

k を代数的閉体としておけば,有限体ではなく,k - {0} 上で 0 となる1次以上の多項式は明らかに存在しないことが保証されるので,代数的閉体であることを冒頭に宣言しておけば#52925の証明がいいことがわかりました.

なお,私は,黄桃さんに言われるまで有限体は代数的閉体ではないという事実を知りませんでした.#52925の証明の方針ならこれを知っておかなければいけないのですね.

ついでとなってしまい申し訳ないのですが,「有限体は代数的閉体ではない」について,証明を知りたいのですが参考文献等ありますでしょうか?上手く多項式を作ればいいとは思うのですが(Z/2Z なら X^2-X-1 はぱっと思いつきました).
(大学院/質問者)
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52937.Re: 代数的閉体の問題  
名前:黄桃    日付:2017年11月21日(火) 07時54分
99%OKです。
最初にkを代数閉体と仮定したのですよね?

>以上より,0≠b∈k を,g_0(b)≠0 かつ,g_n(b)≠0 となるようにとれる.
kが有限体なら、このようなbがとれないかもしれませんので、代数閉体は無限集合だから、と付け加えておきましょう。
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52925.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月21日(火) 02時10分
黄桃さん,ありがとうございます.

ご指摘のとおり,f(X,Y) の分解については私の検証不足です.X^2 - Y^3 がいい例ですね.
横着してしまいました.証明を改めます.

(ii)⇒(i):
(ii)を仮定する.
(ii)を満たす f(X,Y)∈k[X,Y] を,
f(X,Y) = Σ_[i=0,n] g_i(Y)・X^i (g_i(Y)∈k[Y], g_n(Y)≡0 ではない)
とおく.(ii)より g_0(0) = 0.
n = 0 とすると,f(X,Y) = g_0(Y) となるが,g_0(0) = 0より,f(X,0)≡0 となり(ii)に矛盾.よって n≧1.
また,g_0(Y)≡0 とすると,f(X,Y) は X で割り切れ,f(0,Y)≡0 となり矛盾.よって,g_0(Y)≡0 ではない.
以上より,0≠b∈k を,g_0(b)≠0 かつ,g_n(b)≠0 となるようにとれる.
このような b に対し
f(X,b) = Σ_[i=0,n] g_i(b)・X^i∈k[X]
を考える.これは,X で割り切れない,1次以上の多項式である.
ここで k を代数的閉体としてしまうと,ある a∈k が存在し,f(a,b) = 0 となり,
(ii)の条件に矛盾するため,k は代数的閉体ではない.
よって,(ii)⇒(i)が証明された.■

これでどうでしょうか?
(社会人/質問者)
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52917.Re: 代数的閉体の問題  
名前:黄桃    日付:2017年11月20日(月) 23時08分
言葉遣いを修正したぐらいではダメです。なぜなら、
>任意の i≧1 に対し,g_i(Y)は1次以上の多項式となる.
は誤りだからです。g_i(Y)はそもそも多項式とは限りません。

f(X,Y)=Σ_[i=0,n] g_i(Y)X^i, g_i(Y)∈k[Y] から始めるのはいいと思います。
kが代数閉体なら、各g_i(Y)が1次式の積に分解できるのはOKです。

でも、このことと
f(X,Y) = g_0(Y)・(X-g_1(Y))・・・(X-g_n(Y)) (g_0,g_1,・・・,g_n ∈k[Y])
とかけるということは大きく違います。

X^2-Y^3 はC[X,Y]の元として既約ですから、(Yの多項式)x(Xの1次式)の積にかくことはできません。

#今気づきましたが、
#>Y を固定して
#は、Yを不定元のままにするのではなくて、
#b∈k を1つ決めて、g_b(X)=f(X,b)を考える、という意味ですか?
#それなら、g_b(X)=g0(b)(X-g1(b))....(X-gn(b)) (gi(b)∈K)
#とかけますが、gi(b)が適当なK[Y]の元G[i](Y)により、G[i](b)となるとは限らないのは同じことです。
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52897.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月20日(月) 10時47分
黄桃さん,ではこうすればいいですか.

(ii)⇒(i):ある可換体 k で,(ii)を満たしつつも,代数的閉体であるようなものが存在すると仮定し,矛盾を導く.(以下同)


※一度書き込みを修正しました.
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52895.Re: 代数的閉体の問題  
名前:黄桃    日付:2017年11月20日(月) 08時03分
>K を代数的閉体とした場合, K[X] の定数ではない任意の元は,K[X] で1次式の積で表すことができますよね.
そうです。したがって、g_i(Y)が、(K[Y]の元ではなく)K(Y)の代数閉体の元としてなら取れます。

>>#k=R, f(X,Y)=X^2+Y^2 の時、 g_1, g_2 はみつかりそうもありません。
>Rは代数的閉体ではないですよね?
まだおわかりになりませんか。では k=CまたはR, f(X,Y)=X^2-Y^3 ならいかがですか。

#今度は原点以外にも零点がある、といわれるのでしょうか。
#何度も書いてますが、正しい命題に反例はありません。
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52886.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月20日(月) 01時38分
黄桃さん,

>各g_i(Y)(i=1,...,n)が k[Y]の元に取れるのはなぜですか?

K を代数的閉体とした場合, K[X] の定数ではない任意の元は,K[X] で1次式の積で表すことができますよね.
これを利用したつもりですがいかがでしょうか.(Yを固定して考えています)
f(X,Y) = Σ[i,j]a_{ij}X^i・Y^j (i=0,1,・・・,n,j=0,1,・・・,m)
    = Σ[i](Σ[j]a_{ij}・Y^j)・X^i
として考えています.

>#k=R, f(X,Y)=X^2+Y^2 の時、 g_1, g_2 はみつかりそうもありません。
Rは代数的閉体ではないですよね?
(社会人/質問者)
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52885.Re: 代数的閉体の問題  
名前:黄桃    日付:2017年11月20日(月) 01時12分
>f(X,Y) = g_0(Y)・(X-g_1(Y))・・・(X-g_n(Y)) (g_0,g_1,・・・,g_n ∈k[Y])
各g_i(Y)(i=1,...,n)が k[Y]の元に取れるのはなぜですか?

#k=R, f(X,Y)=X^2+Y^2 の時、 g_1, g_2 はみつかりそうもありません。

##f(X,Y)=Σ_[i=0,n] g_i(Y)X^i, g_i(Y)∈k[Y] とおける、なら正しいです。
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52879.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月19日(日) 21時44分
黄桃さん

以下でどうでしょうか.

(ii)⇒(i):
(ii)を仮定する.(ii)を満たすf(X,Y)∈k[X,Y]を考える.
k を代数的閉体だとして矛盾を導く.Y を固定して,f(X,Y) を k[X] の元とみて,
f(X,Y) = g_0(Y)・(X-g_1(Y))・・・(X-g_n(Y)) (g_0,g_1,・・・,g_n ∈k[Y])
と k 上で1次式に分解する.ただし,g_0(0)≠0.
もし,ある i≧1 に対し,g_i(Y) が定数 c∈k だとすると,f(c,Y) = 0 となり(ii)に反する.
よって,任意の i≧1 に対し,g_i(Y)は1次以上の多項式となる.
特に,ある i≧1 と 0≠b∈k に対し,g_i(b)≠0 とする.
このとき,f(X,Y) は (g_i(b),b) で 0 となり,(ii)に反する.
k を代数的閉体として矛盾が導かれた.
よって,(ii)⇒(i)が証明された.
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52873.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月19日(日) 18時52分
すみません,思いっきり勘違いし続けていました.
(f(X,Y)の形を特別な形に勘違いし続けていました.)

もう一度修正してみます.

最近10年ぶりぐらいに院試レベルの問題をやっていますが,頭がへろへろになってきました.
(社会人/質問者)
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52872.Re: 代数的閉体の問題  
名前:黄桃    日付:2017年11月19日(日) 18時22分
同じことの繰り返しになります。
>f(X,b) が定数でないような b∈k を固定し,g(X) = f(X,b)∈k[X] を考える.
なぜこのようなbがとれるのですか?
f(X,Y)=Yの場合はこのようなbがとれないのに、なぜ問題の条件をみたすf(X,Y)の場合はこのようなbがとれるのですか?
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52867.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月19日(日) 15時27分
黄桃さん,ありがとうございます.

理解できました.以下のように修正しました.

******
(ii)⇒(i):(ii)の条件を満たす f(X,Y) に対し,
f(X,b) が定数でないような b∈k を固定し,g(X) = f(X,b)∈k[X] を考える.
もし,k が代数的閉体であれば,g(α) = 0 となる α∈K が存在する.
しかし,(ii)の条件より,g(X) は k に零点を持たないため矛盾.
よって,(ii)⇒(i)が証明された.
******

これでどうでしょうか.
(社会人/質問者)
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52865.Re: 代数的閉体の問題  
名前:黄桃    日付:2017年11月19日(日) 15時04分
前半はいいと思います。

後半は、何度も書いてますが、
>0≠b∈k を固定した g(X) = f(X,b)∈k[X] を考える.明らかにこれは定数ではない.
における「明らかに」の理由を説明しないと答案としてはダメです。
f(X,Y)=Yのように定数になる場合もあるのに、なぜ問題の条件の場合はそうならないのか、わかりません。

#特定のbに限っていいのなら f(X,Y)=(b-Y)X+1 や f(X,Y)=(b-Y)X^2+Y^3
#あるいは、f(X,Y)=(b-Y)(c[1]-Y)...(c[n]-Y)h(X,Y)+Y なども f(X,b)は定数になります。
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52853.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月19日(日) 11時21分
黄桃さん,ありがとうございます.お付き合いいただきありがとうございます.

(i)⇒(ii)について,以下のとおり修正しました.

(i)⇒(ii):αを k の元ではない k 上の代数的元とする.
αの k 上の n 次の最小多項式(n≧2)を g(x)∈k[X] とし,k の代数的閉包上で次のように1次式の積で表す:
g(X) = (X-α_1)・・・(X-α_n)
   = Σ_[i=0,n] a[i]X^n(α_i はαの共役元,a[i]∈k).
ここで,
f(X,Y) = (X-α_1・Y)・・・(X-α_n・Y)
    = Σ_[i=0,n] a[i]X^i・Y^(n-i)
を考える.a[i]∈k より,f(X,Y)∈k[X,Y].
今,ある(a,b)∈k×kが存在して,f(a,b) = 0 とすると,
ある j に対し,a = α_j・b
を満たす必要がある.b≠0 ならば,α_j = a/b より,α_j は k 上代数的となってしまい矛盾
(a_j の k 上の最小多項式の次数が1次となってしまい矛盾).
すなわち b = 0 で,これに伴い,a = 0.
よって,(i)⇒(ii)が証明された.


(ii)⇒(i)について,言葉の使い方を直しつつ,以下のとおりに修正しました.

(ii)⇒(i):(ii)の条件を満たす f(X,Y) に対し,
0≠b∈k を固定した g(X) = f(X,b)∈k[X] を考える.明らかにこれは定数ではない.
もし,k が代数的閉体であれば,g(α) = 0 となる α∈K が存在する.
しかし,(ii)の条件より,g(X) は k に零点を持たないため矛盾.
よって,(ii)⇒(i)が証明された.

※(ii)⇒(i)の証明はご指摘を踏まえた結果になっているかわかりませんが,
ご指摘は行間をもう少し埋めるべきと捉えました.


ご査収いただけますでしょうか.よろしくお願いいたします.
(社会人/質問者)
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52848.Re: 代数的閉体の問題  
名前:黄桃    日付:2017年11月19日(日) 06時35分
前半は内容としては正しいですが、答案としては微妙です。

>今,f(X,Y) = (X-α_1・Y)・・・(X-α_n・Y) とすると,これは k[X,Y] の元.
はわかっていらっしゃるのでしょうが、答案としてはここの説明もポイントでしょう。

#g(X)=Σ_[n=0,N] a[n]X^n とすれば、f(X,Y)=Σ_[n=0,N] a[n]X^nY^(N-n)

>f(X,Y) = 0 の k×k の解を (a,b) とすると,
>a = α_1・b,・・・,α_n・b
>となるが,αの条件より,(a,b) = (0,0) でなくてはならない.
ここも、gが最小多項式であることを使って矛盾を導くなど、ちゃんとした説明が必要でしょう。

#「a = α_1・b,・・・,α_n・b」では「a=α_1・b かつ ... かつ a=α_n・b」と主張しているようにみえます。

> f(X,Y)=Y は(ii)の条件を満たしていないですよね?
満たしていません。正しい命題ですから反例はありません。

しかし、証明問題ですから、
>0≠b∈k を固定したとき,f(X,b)∈k[X] は k 上で 0 になりえないため,k は代数的閉体ではない.
の理由をもっときちんと説明しなくてはなりません。

#0になりえない、は「零点をもたない」と解釈しましたが、
#「多項式として0ではない」の意味にもとれます
#(k上で、とあるので違うのでしょうが)。

f(X,Y)=Yは仮定をみたしませんが、
「0≠b∈k を固定したとき,f(X,b)∈k[X] は k 上で 0 になりえない」は満たしており、しかもこれから
「kは代数閉体ではない」
は結論できません。
つまり、「0≠b∈k を固定したとき,f(X,b)∈k[X] は k 上で 0 になりえない」だけでは結論は従いません。
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52813.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月18日(土) 13時41分
軌道修正を図りました.おかしなところがあればご指摘いただけますと幸いです.
ただし,(ii)⇒(i) の証明は,ほとんど変えていません.
(黄桃さんのご指摘である f(X,Y)=Y は(ii)の条件を満たしていないですよね?勘違いしていたらご指摘願います.)

*****************
(i)⇒(ii):αを k の元ではない k 上の代数的元とする.
αの k 上の最小多項式を g(x)∈k[X] とし,k の代数的閉包上で次のように1次式の積で表す.
g(X) = (X-α_1)・・・(X-α_n)(α_i はαの共役元)
今,f(X,Y) = (X-α_1・Y)・・・(X-α_n・Y) とすると,これは k[X,Y] の元.
f(X,Y) = 0 の k×k の解を (a,b) とすると,
a = α_1・b,・・・,α_n・b
となるが,αの条件より,(a,b) = (0,0) でなくてはならない.
よって,(i)⇒(ii)が証明された.

(ii)⇒(i):(ii)の多項式を f(X,Y) と書く.
f(X,Y) が k 上で 0 となる (X,Y) は (0,0) のみという条件により,
0≠b∈k を固定したとき,f(X,b)∈k[X] は k 上で 0 になりえないため,k は代数的閉体ではない.
よって,(ii)⇒(i)が証明された.■
*****************

上記のような自由な計算は,そもそも k が可換でないとできないということですね.k が可換でないと多項式の積がめちゃくちゃになるということで理解できました.
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52811.Re: 代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月18日(土) 12時38分
黄桃さん、ありがとうございます。

注意が行き届いていませんね。恥ずかしい限りです。可換・非可換に関わらず、まずは一連のご指摘を踏まえて少し考え直してみます。

可換性についてはそのあと考えてみます。(k[X]を考える際は、kが可換でなければならないとかでしょうか?勉強不足でよくわかりませんが...)
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52809.Re: 代数的閉体の問題  
名前:黄桃    日付:2017年11月18日(土) 09時31分
質問1について
考え方は間違っていませんが、証明としてはまずいでしょう。
(i)⇒(ii) の証明において、f(X,Y)がk[X,Y]の元であるとは限りません(α^2∈k とは限りません)。
(ii)⇒(i) の証明において、g(X)がunitになる可能性を忘れています(f(X,Y)=Y であれば、g(X)=f(X,b)=b は零点をもちません)。

質問2について
非可換体の場合はわかりません(私は考えたこともありません)。

#そもそもkが非可換性の時k[X]とはどのようなものでしょうか?
#aX^2と XaX と(X^2)a は区別するのだとすれば、一般の「多項式」とはすごい形になりそうです。
#k[X]での割り算もよくわかりません。因数定理(f(a)=0 ⇔ f(x)は(x-a)で割りきれる)は成立するのでしょうか?
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52756.代数的閉体の問題  
名前:pseudomm    日付:2017年11月16日(木) 21時06分
お世話になっております。前回は代数拡大体の次元についてご教示くださいましてありがとうございました。

今回は、京大の院試(https://www.math.kyoto-u.ac.jp/files/master_exams/2017math_senmon.pdf)の1問目についてです。

問題を抜粋します.
*********************************
k を可換体とする.k[X,Y] を k 上の 2 変数多項式環として,f∈k[X,Y] の零点集合 V(f) を
V(f) = {(a,b)∈k×k | f(a,b) = 0}
によって定義する.次の2条件は同値であることを示せ.
(i) k は代数的閉体ではない.
(ii) V(f) = {(0,0)} となる f∈k[X,Y] が存在する.
*********************************
この問題について、以下の通り自分なりに解答を与えてみたのですが,自信がありません.

解答案:
(i)⇒(ii):αを k の元ではないk 上代数的元とする.
いま,f(X,Y) = (X + αY)(X - αY)が(ii)を満たしていることを確認する.
f(X,Y) = 0 の k×k 上の解を (a,b) とすると,a = ±αb
を得る.αの条件より,(a,b) = (0,0) でなくてはならない.
よって,(i)⇒(ii)が証明された.

(ii)⇒(i):(ii)の多項式を f(X,Y) と書く.b を 0 ではない k の元とする.
g(X) = f(X,b)∈k[X] は k 上 0 にならないため,k は代数的閉体ではない.
よって,(ii)⇒(i)が証明された.■

質問1.上記の解答に誤りはないでしょうか.
質問2.上記解答では k の可換性を使用していません(なので解答に自信がありません).可換でなくても成り立つでしょうか.


ご教示いただけますと幸いです.よろしくお願いいたします.
(社会人/質問者)
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「52756.代数的閉体の問題」への返信


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