§E1.12順序環と順序体

証明.主張 (1)$a<b$ならば、加法との両立から$a+c\leq b+c$であり、$a+c=b+c$ならば両辺へ$-c$を加えて$a=b$となるので、$a+c<b+c$である。この含意を$a+c$、$b+c$および$-c$へ適用すると、$a+c<b+c$から$a<b$が従う。

いま示した同値において$c=-a$と取ると、$a<b$と$0<b-a$が同値である。さらにこの同値において$a=x$、$b=0$と取ると、$x<0$と$0<-x$が同値である。▨

証明. 演算と両立する全順序が与えられたとし、$P=\{x\in R\mid 0<x\}$とおく。$x,y\in P$ならば、命題 1.2 (1)により$0<x$の両辺へ$y$を加えて$y<x+y$を得る。$0<y$と推移律から$0<x+y$である。また、乗法との両立から$0<xy$である。$x\in-P$は$-x\in P$、すなわち$0<-x$と同値であり、命題 1.2 (3)によりこれは$x<0$と同値である。§E1.8 命題 1.7により、各$x\in R$に対して$0<x$、$x=0$、$x<0$のちょうど一つが成り立つので、$R$は$P$、$\{0\}$、$-P$の交わらない和に分解される。よって$P$は正錐である。

逆に、正錐$P$が与えられたとし、$a<b$を$b-a\in P$によって定める。$0\notin P$なので$a<a$は成り立たない。$a<b$かつ$b<c$ならば

であるから$a<c$である。$a\neq b$のとき$b-a\neq0$であり、$b-a$は$P$または$-P$のちょうど一方に属する。$b-a\in-P$は$a-b\in P$と同値であるから、$a<b$または$b<a$のちょうど一方が成り立つ。

そこで$a\leq b$を$a=b$または$a<b$によって定める。反射律は定義から従う。$a\leq b$かつ$b\leq a$で$a\neq b$とすると$a<b$かつ$b<a$となり、いま示した推移律から$a<a$となって非反射性に反するので、$a=b$である。$a\leq b$かつ$b\leq c$のとき、$a=b$または$b=c$ならば残る一方が$a\leq c$を与え、$a<b$かつ$b<c$ならば$a<c$である。よって$\leq$は半順序であり、異なる二元が比較可能であることとあわせて全順序である。

$a<b$ならば

なので$a+c<b+c$である。また、$0<a$かつ$0<b$ならば$a,b\in P$であり、$PP\subseteq P$から$0<ab$である。よって得られた全順序は環の演算と両立する。

最初の構成に続けて二番目の構成を行うと、命題 1.2 (2)により$a<b$と$0<b-a$が同値であるから元の順序へ戻る。逆の順序で構成すると、$0<x$と$x\in P$が同値なので元の正錐へ戻る。二つの構成は互いに逆である。▨

証明.$1\neq0$なので、§E1.8 命題 1.7により$0<1$または$1<0$の一方が成り立ち、命題 1.2 (3)により後者は$0<-1$と同値である。$0<-1$と仮定すると、正の元どうしの積が正であることと§E1.5 命題 2.7から

も成り立つ。一方、命題 1.2 (1)により$0<-1$の両辺に$1$を加えると$1<0$となる。$0<1$と$1<0$は同時には成り立たないので、仮定$0<-1$は棄却される。したがって$0<1$である。

$x\neq0$とする。$0<x$の場合には、正の元どうしの積から$0<x^2$を得る。$x<0$の場合には命題 1.2 (3)により$0<-x$であるから、

を得る。

$a<b$と$0<c$を仮定する。命題 1.2 (2)により$0<b-a$であるから、正の元どうしの積について

となる。ふたたび命題 1.2 (2)により$ac<bc$かつ$ca<cb$である。▨

証明.$P=\{x\in R\mid 0<x\}$とおくと、命題 1.4により$P$は$R$の正錐である。$a\neq0$ならば$a\in P$または$-a\in P$であり、$b$についても同様である。§E1.5 命題 2.7により

であるから、$PP\subseteq P$とあわせて、四つの場合のいずれでも$ab\in P$または$-(ab)\in P$が成り立つ。$0\notin P$かつ$-0=0$であるから$ab\neq0$である。

$R$の乗法が可換であるとする。$R$は零環でないので$0\neq1$であり、いま示したことから零因子をもたない。したがって$R$は整域である。▨

証明.$a\neq0$なので$a^{-1}$が存在し、$aa^{-1}=1\neq0$から$a^{-1}\neq0$である。$a^{-1}<0$と仮定すると命題 1.2 (3)により$0<-a^{-1}$であり、正の元どうしの積は正であるから

となる。ふたたび命題 1.2 (3)により$1<0$を得るが、これは命題 2.1の$0<1$と同時には成り立たない。したがって$a^{-1}<0$は棄却され、$a^{-1}\neq0$と§E1.8 命題 1.7とあわせて$0<a^{-1}$である。▨

証明.主張 (1)前半の主張は、$n$が正の整数の場合には定義そのものであり、$n=0$の場合には両辺がともに$0$である。$n$が負の整数の場合は、$n=-p$を満たす正の整数$p$を取ると$(-n)\cdot a=p\cdot a$であり、$-(n\cdot a)=-(-(p\cdot a))=p\cdot a$である。

すべての整数$k$について$(k+1)\cdot a=k\cdot a+a$が成り立つ。$k\geq0$の場合は定義そのものである。$k$が負の整数の場合、$k=-p$を満たす正の整数$p$を取ると、$p=1$ならば$(k+1)\cdot a=0\cdot a=0$であり、$k\cdot a+a=-(1\cdot a)+a=-a+a=0$である。$p>1$ならば、定義の$p\cdot a=(p-1)\cdot a+a$から$(p-1)\cdot a=p\cdot a-a$であるから

である。この等式で$k$を$k-1$に取り替えると、すべての整数$k$について$(k-1)\cdot a=k\cdot a-a$を得る。

$m$を固定し、$T=\{n\in\Z\mid (m+n)\cdot a=m\cdot a+n\cdot a\}$とおく。$(m+0)\cdot a=m\cdot a=m\cdot a+0\cdot a$であるから$0\in T$である。$n\in T$とすると、いま示した二つの等式から

となるので$n+1\in T$かつ$n-1\in T$である。$T$は$0$を含み、各元の直後と直前を含むので$T=\Z$である。

主張 (2)$m$を固定し、$U=\{n\in\Z\mid (mn)\cdot 1_R=(m\cdot 1_R)(n\cdot 1_R)\}$とおく。$n=0$のとき$mn=0$であるから$(mn)\cdot 1_R=0\cdot 1_R=0$であり、$(m\cdot 1_R)(0\cdot 1_R)=(m\cdot 1_R)0=0$である。よって$0\in U$である。$n\in U$とすると、主張 (1)と$(k\pm1)\cdot 1_R=k\cdot 1_R\pm1_R$から

となるので$n+1\in U$かつ$n-1\in U$である。よって$U=\Z$である。

主張 (3)$f$は加法を保つので$f(0)=0$であり、$f(-b)=-f(b)$である。$V=\{n\in\Z\mid f(n\cdot a)=n\cdot f(a)\}$とおくと$0\in V$である。$n\in V$ならば

であり、同様に$f((n-1)\cdot a)=f(n\cdot a)-f(a)=(n-1)\cdot f(a)$である。よって$V=\Z$である。

主張 (4)命題 2.1により$0<1_R$である。$1\cdot 1_R=1_R$であり、正の整数$n$について$0<n\cdot 1_R$が成り立つとすると、命題 1.2 (1)により$0<1_R$の両辺へ$n\cdot 1_R$を加えて$n\cdot 1_R<(n+1)\cdot 1_R$を得るので、推移律から$0<(n+1)\cdot 1_R$である。したがって帰納法により、すべての正の整数$n$について$0<n\cdot 1_R$である。$m<n$ならば$n-m$は正の整数であり、主張 (1)により

であるから、命題 1.2 (2)により$m\cdot 1_R<n\cdot 1_R$である。よって$n\mapsto n\cdot 1_R$は狭義単調であり、単射である。▨

証明.$K$を実数体とし、ある$x\in K$に対して、すべての正の整数$n$が$n\cdot 1_K\leq x$を満たすと仮定する。集合

は空でなく、$x$を上界にもつので、$a=\sup S$が存在する。命題 2.1により$0<1_K$であるから$a-1_K<a$であり、$a$は$S$の最小の上界であるから$a-1_K$は$S$の上界ではない。したがって、ある正の整数$n$が

を満たす。両辺に$1_K$を加えると$a<n\cdot 1_K+1_K=(n+1)\cdot 1_K$となる。しかし$(n+1)\cdot 1_K\in S$であるため、この不等式は$a$が$S$の上界であることに反する。したがって、仮定した$x$は存在しない。▨