実数体の構成 | 数学の基礎

命題 1.1. 無限公理のもとで空集合がただ一つ存在する。また、任意の集合 $x$ に対して後続集合 $S(x)$ が存在する。

証明. §E1.13 集合の存在原理の無限公理により一つの帰納的集合 $I$ が得られる。分出公理スキーマを $I$ と条件 $y\neq y$ に適用すると、空集合 $\{y\in I\mid y\neq y\}=\emptyset$ が得られる。二つの空集合は同じ元を一つももたないので、外延性（§E1.13 定義 1.2）によって等しい。任意の集合 $x$ に対して、対の公理により単集合 $\{x\}=\{x,x\}$ が得られる。さらに対の公理で $\{x,\{x\}\}$ を作り、和集合の公理を適用すると、その和集合 $x\cup\{x\}=S(x)$ が得られる。▨

命題 1.2. すべての帰納的集合に含まれる帰納的集合 $\omega$ がただ一つ存在する。 $\mathbb N_{\geq 0}=\omega$ 、 $0=\emptyset$ とおき、 $n\in\mathbb N_{\geq 0}$ の後続集合 $S(n)$ を $n$ の次の自然数とすると、 $\mathbb N_{\geq 0}$ は Peano の公理を満たし、 $\mathbb N_{\geq 0}$ の任意の部分集合に対する帰納法が成り立つ。

さらに、再帰によって $\mathbb N_{\geq 0}$ 上の加法と乗法がただ一組定まり、 $m\leq n$ を $m+k=n$ を満たす $k\in\mathbb N_{\geq 0}$ の存在によって定めると、次が成り立つ。

加法は可換かつ結合的であり、 $0$ を単位元とし、 $a+c=b+c$ ならば $a=b$ という消去律を満たす。
乗法は可換かつ結合的であり、 $1=S(0)$ を単位元とし、加法に分配する。
$m\neq0$ かつ $n\neq0$ ならば $m\cdot n\neq0$ である。
$\leq$ は $\mathbb N_{\geq 0}$ 上の全順序であり、 $m\leq n$ ならば任意の $c\in\mathbb N_{\geq 0}$ について $m+c\leq n+c$ および $m\cdot c\leq n\cdot c$ が成り立つ。

証明. 無限公理で得た帰納的集合 $I$ の部分集合として

\omega=\{x\in I\mid I\text{ の任意の帰納的部分集合 }J\text{ に対して }x\in J\}

を分出する。 $I$ のすべての帰納的部分集合は $0$ を含むので $0\in\omega$ である。 $x\in\omega$ ならば、そのような各 $J$ は $S(x)$ も含み、 $I$ 自身も帰納的であるから $S(x)\in I$ である。したがって $S(x)\in\omega$ であり、 $\omega$ は帰納的である。

$K$ を任意の帰納的集合とする。 $I\cap K$ は $I$ の帰納的部分集合なので、定義から $\omega\subseteq I\cap K\subseteq K$ である。よって $\omega$ はすべての帰納的集合に含まれる。この性質をもつ二つの集合は互いに含まれるため、一意性も従う。

$\omega$ の部分集合 $X$ が $0$ を含み、後続に関して閉じていれば $X$ 自身が帰納的なので、最小性から $X=\omega$ である。この推論が、 $\omega$ の任意の部分集合に対する帰納法である。

帰納法によって、各 $n\in\omega$ は推移的で、その元が所属関係によって狭義全順序づけられることが分かる。実際、 $0$ では明らかであり、この二条件を満たす $n$ に対して $S(n)=n\cup\{n\}$ も同じ二条件を満たす。したがって $S(m)=S(n)$ ならば、 $m=n$ でない場合には $m\in n$ と $n\in m$ が同時に生じて狭義順序性に反するので、 $m=n$ である。さらに $S(n)$ は $n$ を含むため空でなく、 $S(n)\neq0$ である。

分出で作った集合 $Y=\{x\in\omega\mid x=0\text{ または }\exists n\in\omega\ (x=S(n))\}$ は帰納的で $\omega$ に含まれるため、各自然数は $0$ または一意な後続の形である。以上が集合としての Peano の公理である。

いま示した Peano の公理により、 $\mathbb N_{\geq 0}$ は $0$ と一項演算 $S$ から自由に生成されている。 $m\in\mathbb N_{\geq 0}$ を固定し、§D2.1 帰納法と再帰的な定義の§D2.1 定理 4.4を $V=\mathbb N_{\geq 0}$ 、 $g(0)=m$ 、 $h_S=S$ に適用すると、

\sigma_m(0)=m,\qquad \sigma_m(S(n))=S(\sigma_m(n))

を満たす写像 $\sigma_m\colon\mathbb N_{\geq 0}\to\mathbb N_{\geq 0}$ がただ一つ定まる。各 $m$ ごとに得たこの族を一つの集合へまとめる。分出公理スキーマを $\mathbb N_{\geq 0}\times\mathbb N_{\geq 0}\times\mathbb N_{\geq 0}$ と条件「 $\psi(0)=m$ および任意の $j$ について $\psi(S(j))=S(\psi(j))$ を満たす写像 $\psi\colon\mathbb N_{\geq 0}\to\mathbb N_{\geq 0}$ が存在して $\psi(n)=k$ となる」に適用すると、部分集合 $\Gamma$ が得られる。各 $\sigma_m$ の一意性により、 $\Gamma$ は各対 $(m,n)$ にちょうど一つの $k$ を対応させるので、写像 $\mathbb N_{\geq 0}\times\mathbb N_{\geq 0}\to\mathbb N_{\geq 0}$ のグラフである。この写像を加法とし、 $\sigma_m(n)=m+n$ と書く。この記法のもとで $m+0=m$ および $m+S(n)=S(m+n)$ である。

同じ手順を $g(0)=0$ 、 $h_S(v)=v+m$ に対して行うと、

m\cdot0=0,\qquad m\cdot S(n)=m\cdot n+m

を満たす乗法 $\mathbb N_{\geq 0}\times\mathbb N_{\geq 0}\to\mathbb N_{\geq 0}$ が一意に定まる。

加法の法則を、帰納に用いる変数を明記して確かめる。 $n$ に関する帰納法から

0+n=n,\qquad S(m)+n=S(m+n)

を得る。 $m+S(n)=S(m+n)$ と合わせ、 $n$ に関する帰納法をもう一度用いると $m+n=n+m$ が従う。また、 $p$ に関する帰納法により

(m+n)+p=m+(n+p)

となる。 $a+c=b+c$ から $a=b$ が従うことは $c$ に関する帰納法で示される。基底 $c=0$ は明らかであり、後続段では $S(a+c)=S(b+c)$ と後続写像の単射性から帰納法の仮定へ戻る。

乗法について、 $n$ に関する帰納法から

0\cdot n=0,\qquad S(m)\cdot n=m\cdot n+n

を得る。また $m\cdot S(0)=m\cdot0+m=m$ なので、 $1=S(0)$ は乗法の単位元である。これらの式と再帰式を用いる帰納法により、順に

m\cdot n=n\cdot m,\qquad m\cdot(n+p)=m\cdot n+m\cdot p,

(m+n)\cdot p=m\cdot p+n\cdot p,\qquad (m\cdot n)\cdot p=m\cdot(n\cdot p)

が従う。たとえば最後の等式の後続段では

(m\cdot n)\cdot S(p) =m\cdot(n\cdot p)+m\cdot n =m\cdot(n\cdot p+n) =m\cdot(n\cdot S(p))

となる。 $m\neq0$ と $n\neq0$ ならば $m=S(a)$ 、 $n=S(b)$ と書くことができ、

m\cdot n=m\cdot b+m

は後続数である。したがって $m\cdot n\neq0$ であり、自然数の積に零因子はない。

最後に

m\leq n\Longleftrightarrow \exists k\in\mathbb N_{\geq 0}\ (m+k=n)

と定める。 $k=0$ により反射律が成り立ち、 $m+k=n$ と $n+l=p$ から $m+(k+l)=p$ となるので推移律が成り立つ。 $m+k=n$ かつ $n+l=m$ ならば、消去律から $k+l=0$ を得る。和が零ならば両項が零であるため $m=n$ となり、反対称律も成り立つ。

比較可能性は二つの自然数についての帰納法で得られる。 $0\leq n$ は常に成り立ち、 $S(m)\leq S(n)$ は $m\leq n$ と同値であるため、後続どうしの比較は一段前の比較へ戻る。 $m+k=n$ ならば

(m+c)+k=n+c,\qquad m\cdot c+k\cdot c=n\cdot c

である。したがって加法と非負の自然数による乗法は順序を保存する。以上により、 $\leq$ は加法と乗法に両立する全順序である。▨

定義 1.3. $\mathbb N_{\geq 0}^2$ 上の二項演算を

(a,b)\oplus(c,d)=(a+c,\ b+d), \qquad (a,b)\otimes(c,d)=(ac+bd,\ ad+bc)

と定め、 $\mathbb N_{\geq 0}^2$ 上の関係 $\sim_{\Z}$ を

(a,b)\sim_{\Z}(c,d)\Longleftrightarrow a+d=b+c

と定める。§E1.3 同値関係と商の商集合の構成（§E1.3 定義 2.1）による商 $\mathbb N_{\geq 0}^2/{\sim_{\Z}}$ を $\Z$ と書き、その元を整数 (integer) という。 $(a,b)$ の同値類を $[a,b]_{\Z}$ と書き、 $\Z$ 上の加法、乗法、加法逆元および順序を

\begin{aligned} [a,b]_{\Z}+[c,d]_{\Z}&=[(a,b)\oplus(c,d)]_{\Z},\\ [a,b]_{\Z}[c,d]_{\Z}&=[(a,b)\otimes(c,d)]_{\Z},\\ -[a,b]_{\Z}&=[b,a]_{\Z},\\ [a,b]_{\Z}\leq[c,d]_{\Z}&\Longleftrightarrow a+d\leq b+c \end{aligned}

と定める。

命題 1.4. $\sim_{\Z}$ は $\oplus$ および $\otimes$ と両立する $\mathbb N_{\geq 0}^2$ 上の同値関係であり、定義 1.3の加法、乗法、加法逆元および順序は代表元の選び方に依存しない。この演算と順序について次が成り立つ。

$\Z$ は零元 $[0,0]_{\Z}$ と単位元 $[1,0]_{\Z}$ をもつ可換環である。
$\leq$ は $\Z$ 上の全順序であって環の演算と両立する。したがって $\Z$ は順序環であり、乗法が可換であるから整域である。
写像 $n\mapsto[n,0]_{\Z}$ は $\mathbb N_{\geq 0}$ から $\Z$ への単射であり、加法、乗法および順序を保つ。

証明. $\sim_{\Z}$ の反射律と対称律は自然数の等号から従う。 $a+d=b+c$ かつ $c+f=d+e$ ならば、両式を加え、命題 1.2 (1)の消去律で $c,d$ を消去することにより $a+f=b+e$ を得るので、推移律も成り立つ。

$a+b'=b+a'$ と $c+d'=d+c'$ を仮定すると、二式を加えることにより

(a+c)+(b'+d')=(b+d)+(a'+c')

を得るので、 $\sim_{\Z}$ は $\oplus$ と両立する。 $\otimes$ については、§E1.3 命題 4.4により各変数を別々に取り替えた場合を見れば足りる。第一の対だけを取り替えると

ac+bd+a'd+b'c=c(a+b')+d(b+a')=c(b+a')+d(a+b')=ad+bc+a'c+b'd

となるので、 $(a,b)\otimes(c,d)\sim_{\Z}(a',b')\otimes(c,d)$ である。 $\otimes$ は成分の対称性から可換なので、第二の対についても同じ式を用いることができる。

$a+d\leq b+c$ の両辺に $b'$ を加えて $a+b'=b+a'$ を代入し、消去律で $b$ を消去すると $a'+d\leq b'+c$ を得る。第二の対も同様に取り替えることができ、逆向きも対称なので、順序も代表元に依存しない。

主張 (1) $\mathbb N_{\geq 0}^2$ において $\oplus$ は可換かつ結合的で $(0,0)$ を単位元とし、 $\otimes$ は可換かつ結合的で $(1,0)$ を単位元とし、 $\otimes$ は $\oplus$ に分配する。いずれも成分を展開して命題 1.2 (1)と命題 1.2 (2)を適用すると両辺が同じ和になる。したがって§E1.6 準同型と商の§E1.6 定理 3.2により、 $\Z$ の加法と乗法は代表元に依存せずに定まり、可換律、結合律、分配律および二つの単位元が商へ移る。加法逆元は $\mathbb N_{\geq 0}^2$ に存在しないので商へは移らないが、 $[a,b]_{\Z}+[b,a]_{\Z}=[a+b,a+b]_{\Z}=[0,0]_{\Z}$ であり、 $a+b'=b+a'$ から $b+a'=a+b'$ が従うので $-[a,b]_{\Z}$ も代表元に依存しない。

主張 (2)二つの整数の比較可能性は $a+d$ と $b+c$ の比較可能性から従い、両向きの不等式からは $a+d=b+c$ 、すなわち同値類の等号が得られる。また $a+d\leq b+c$ と $c+f\leq d+e$ を加えて $c,d$ を消去すると $a+f\leq b+e$ となるため、推移律も成り立つ。両辺に同じ整数を加えたときの順序保存は、代表元の不等式の両辺へ同じ自然数の和を加えることに等しい。

任意の類は、 $b\leq a$ ならば $a=b+n$ を満たす $n$ を用いて $[n,0]_{\Z}$ と書くことができ、 $a\leq b$ ならば $[0,n]_{\Z}$ と書くことができる。正の整数はこの標準形のうち $[n,0]_{\Z}$ 、 $n\neq0$ の形であり、命題 1.2 (3)からこの形どうしの積も正である。したがって $\leq$ は§E1.12 順序環と順序体の§E1.12 定義 1.1の二条件を満たす。 $[0,0]_{\Z}\neq[1,0]_{\Z}$ なので $\Z$ は零環ではなく、順序環である。乗法が可換であることとあわせ、§E1.12 命題 2.2により $\Z$ は整域である。

主張 (3)写像 $n\mapsto[n,0]_{\Z}$ は定義式から加法、乗法および順序を保ち、 $[n,0]_{\Z}=[m,0]_{\Z}$ ならば $n+0=0+m$ から $n=m$ なので単射である。▨

定義 1.5. $\Z_{\neq0}=\Z\setminus\{0\}$ とおき、 $\Z\times\Z_{\neq0}$ 上の二項演算を

(a,b)\oplus(c,d)=(ad+bc,\ bd), \qquad (a,b)\otimes(c,d)=(ac,\ bd)

と定める。命題 1.4 (2)により $\Z$ は整域なので、 $b,d\neq0$ から $bd\neq0$ が従い、右辺は再び $\Z\times\Z_{\neq0}$ の元である。同じ集合の上の関係 $\sim_{\Q}$ を

(a,b)\sim_{\Q}(c,d)\Longleftrightarrow ad=bc

と定め、商 $(\Z\times\Z_{\neq0})/{\sim_{\Q}}$ を $\Q$ と書き、その元を有理数 (rational number) という。 $(a,b)$ の同値類を $[a,b]_{\Q}$ と書き、

\begin{aligned} [a,b]_{\Q}+[c,d]_{\Q}&=[(a,b)\oplus(c,d)]_{\Q},\\ [a,b]_{\Q}[c,d]_{\Q}&=[(a,b)\otimes(c,d)]_{\Q},\\ -[a,b]_{\Q}&=[-a,b]_{\Q} \end{aligned}

と定める。また、 $b,d>0$ を満たす代表元に対して

[a,b]_{\Q}\leq[c,d]_{\Q}\Longleftrightarrow ad\leq bc

と定める。

命題 1.6. $\sim_{\Q}$ は $\oplus$ および $\otimes$ と両立する $\Z\times\Z_{\neq0}$ 上の同値関係であり、各類は分母が正の代表元をもつ。定義 1.5の加法、乗法、加法逆元および順序は代表元の選び方に依存せず、次が成り立つ。

$\Q$ は零元 $[0,1]_{\Q}$ と単位元 $[1,1]_{\Q}$ をもつ可換体であり、 $\leq$ は環の演算と両立する全順序である。したがって $(\Q,\leq)$ は順序体である。
写像 $a\mapsto[a,1]_{\Q}$ は $\Z$ から $\Q$ への単射であり、加法、乗法および順序を保つ。
$\Q$ は端点をもたない。すなわち各 $q\in\Q$ に対して $p<q<r$ を満たす $p,r\in\Q$ が存在する。また $q<r$ ならば $q<s<r$ を満たす $s\in\Q$ が存在する。
任意の $q\in\Q$ に対して、 $q<\nu(n)$ を満たす $n\in\mathbb N_{\geq 0}$ が存在する。ここで $\nu$ は命題 1.4 (3)と主張 (2)の合成である。

証明. $\sim_{\Q}$ の反射律と対称律は明らかである。 $ad=bc$ かつ $cf=de$ ならば $adf=bde$ となり、 $d\neq0$ と命題 1.4 (2)の整域性から $af=be$ を得るので、推移律も成り立つ。 $b<0$ ならば $(a,b)\sim_{\Q}(-a,-b)$ であるから、各類は分母が正の代表元をもつ。

$ab'=a'b$ かつ $cd'=c'd$ ならば

(ad+bc)b'd'=a'bdd'+bb'c'd=(a'd'+b'c')bd, \qquad acb'd'=a'c'bd

が成り立つので、 $\sim_{\Q}$ は $\oplus$ と $\otimes$ の双方と両立する。 $\Z\times\Z_{\neq0}$ において $\oplus$ と $\otimes$ はともに可換かつ結合的であり、 $(0,1)$ は $\oplus$ の単位元、 $(1,1)$ は $\otimes$ の単位元である。実際、三つの元に対して $\oplus$ の二つの括り方はともに $(adf+bcf+bde,\ bdf)$ となり、 $\otimes$ の二つの括り方はともに $(ace,\ bdf)$ となる。したがって§E1.6 定理 3.2により、 $\Q$ の加法と乗法は代表元に依存せずに定まり、可換律、結合律および二つの単位元が商へ移る。

$b,b',d,d'>0$ 、 $ab'=a'b$ および $cd'=c'd$ のもとで、 $ad\leq bc$ に正の $b'd'$ を掛けると $a'bdd'\leq bb'c'd$ となり、正の $bd$ を消去して $a'd'\leq b'c'$ を得る。逆向きも同じなので、順序も代表元に依存しない。

主張 (1) $\Z\times\Z_{\neq0}$ では分配律が成り立たず、 $\oplus$ と $\otimes$ の逆元も一般には存在しないので、これらは商へ移らない。分配律の左辺は $[a(cf+de),bdf]_{\Q}$ 、右辺は $[ab(cf+de),b^2df]_{\Q}$ であり、二つの交差積はともに $ab^2df(cf+de)$ となるので二つの類は等しい。 $[a,b]_{\Q}+[-a,b]_{\Q}=[ab-ab,b^2]_{\Q}=[0,1]_{\Q}$ なので $[-a,b]_{\Q}$ は加法逆元であり、 $ab'=a'b$ から $(-a)b'=(-a')b$ が従うので代表元にも依存しない。零でない $[a,b]_{\Q}$ では $a\neq0$ であり、

[a,b]_{\Q}^{-1}=[b,a]_{\Q}, \qquad [a,b]_{\Q}[b,a]_{\Q}=[ab,ab]_{\Q}=[1,1]_{\Q}

である。 $ab'=a'b$ ならば $ba'=b'a$ なので、逆元も代表元に依存しない。以上により $\Q$ は可換体である。

分母が正の代表元について、三分律は $ad$ と $bc$ の三分律から従う。 $ad\leq bc$ かつ $cf\leq de$ ならば、前者に正の $f$ 、後者に正の $b$ を掛けてつなぎ、正の $d$ を消去すると $af\leq be$ となるため、推移律も成り立つ。 $[e,f]_{\Q}$ を $f>0$ と表示して両辺へ加えるときは、 $ad\leq bc$ の両辺に正の $f^2$ を掛け、両辺へ $bdef$ を加えると、加法の定義式で要求される交差積の不等式 $(af+be)df\leq(cf+de)bf$ が得られる。正の有理数は正の分母と正の分子で表示することができるので、正の元どうしの積も正である。よって $\leq$ は§E1.12 定義 1.1の二条件を満たし、§E1.12 定義 3.1により $(\Q,\leq)$ は順序体である。

主張 (2)写像 $a\mapsto[a,1]_{\Q}$ は定義式から加法、乗法および順序を保ち、 $[a,1]_{\Q}=[a',1]_{\Q}$ ならば $a=a'$ なので単射である。

主張 (3) $q\in\Q$ に対して $q-1<q<q+1$ であり、 $q<r$ のときは $q<(q+r)/2<r$ である。

主張 (4) $q=[a,b]_{\Q}$ を $b>0$ と表示する。 $a\leq0$ ならば $q\leq[0,1]_{\Q}<[1,1]_{\Q}=\nu(1)$ である。 $0<a$ ならば命題 1.4 (3)により $a$ はある $m\in\mathbb N_{\geq 0}$ の像であり、 $b$ は正の整数なので $[1,0]_{\Z}\leq b$ である。したがって $a<a+[1,0]_{\Z}\leq(a+[1,0]_{\Z})b$ となり、 $q<\nu(m+1)$ である。▨

設定以後、命題 1.4 (3)と主張 (2)によって $\mathbb N_{\geq 0}$ と $\Z$ をそれぞれの像と同一視し、 $\mathbb N_{\geq 0}\subseteq\Z\subseteq\Q$ と書く。この同一視のもとで主張 (4)は、任意の有理数 $q$ に対して $q<n$ を満たす自然数 $n$ が存在すること、と読む。また、§E1.11 Dedekind–MacNeille 完備化で $\Q$ について述べる主張は、すべて命題 1.6で構成した $\Q$ についての主張として読む。

命題 1.7. 構成した $\Q$ の Dedekind–MacNeille 完備化は、空集合と $\Q$ 自身を含む拡張切断全体と包含順序に関して順序同型である。二つの improper cut $\emptyset,\Q$ を除くと Dedekind 切断全体 $\mathcal D$ が得られ、 $q\in\Q$ の主下方集合の像は $q^*=\{r\in\Q\mid r<q\}$ である。

証明. $\Q$ は命題 1.6 (3)により端点をもたない稠密全順序集合なので、§E1.11 系 3.10を適用することができる。 $D=\Q$ に対する§E1.11 命題 3.8の写像

\sigma(C)=\{x\in\Q\mid \exists c\in C\ (x<c)\}

は Dedekind–MacNeille 切断全体を拡張切断全体へ移す。 $\Q$ に下端がないため $\emptyset^{ul}=\emptyset$ であり、上端がないため $\sigma(\Q)=\Q$ である。したがって完備束の下端と上端は、それぞれ二つの improper cut に対応する。

残る拡張切断は、空でない真の下方閉集合であって最大元をもたない集合、すなわち§E1.11 定義 3.2の Dedekind 切断である。また§E1.11 命題 2.2の主下方集合 $\mathord\downarrow q$ に対して

\sigma(\mathord\downarrow q)=\{x\mid \exists c\leq q\ (x<c)\}=\{x\mid x<q\}=q^*

である。最後の二つの等号では、 $x<q$ のとき $c=q$ とすることができることを用いた。▨

定義 2.1. $A,B\in\mathcal D$ に対して

A+B=\{a+b\mid a\in A,\ b\in B\}

を切断の加法 (addition of cuts) という。また、

-A=\{q\in\Q\mid \exists r\notin A\ (q<-r)\}

を $A$ の加法逆元 (additive inverse of a cut) という。

補題 2.2. $A\in\mathcal D$ 、 $c\in A$ 、 $\varepsilon>0$ とする。このとき、 $c\leq a<r$ 、 $a\in A$ 、 $r\notin A$ および $r-a<\varepsilon$ を満たす有理数 $a,r$ が存在する。

証明. $c<s\notin A$ を取る。命題 1.6 (4)により $1/\varepsilon<n$ を満たす自然数 $n$ を取ると、 $0<n$ かつ $1/n<\varepsilon$ である。同じ主張により $(s-c)n<k$ を満たす自然数 $k$ を取ると $s<c+k/n$ であり、 $s$ 以上の有理数は $A$ に属さないので $c+k/n\notin A$ である。 $0<(s-c)n<k$ から $1\leq k$ なので、 $c+j/n\notin A$ を満たす $j\geq1$ が存在する。 $\mathbb N_{\geq 0}$ の空でない部分集合が最小元をもつこと（§A3.10 数学的帰納法の論理構造の§A3.10 定理 2.1。命題 1.2の部分集合に対する帰納法から従う）により、そのような最小の $j$ を取る。 $a=c+(j-1)/n$ 、 $r=c+j/n$ とおくと、 $j$ の最小性と $c\in A$ から $a\in A$ であり、 $r\notin A$ かつ $r-a=1/n<\varepsilon$ である。▨

補題 2.3. $A+B$ と $-A$ は Dedekind 切断である。さらに切断の加法は可換群をなし、零元は $0^*$ で、 $A+(-A)=0^*$ である。

証明. $a_0\in A$ 、 $b_0\in B$ ならば $a_0+b_0\in A+B$ である。 $u\notin A$ 、 $v\notin B$ ならば、すべての $a\in A$ 、 $b\in B$ について $a<u$ 、 $b<v$ なので $A+B\subseteq(u+v)^*$ である。 $q<a+b$ ならば $q-b<a$ なので $q-b\in A$ かつ $q=(q-b)+b$ であり、下方閉性が従う。 $a+b\in A+B$ に対して $a<a'\in A$ を取れば $a+b<a'+b\in A+B$ となるため、最大元もない。

$r_0\notin A$ を取れば $-r_0-1\in-A$ である。 $a_0\in A$ を固定すると、 $r\notin A$ ならば $a_0<r$ なので、 $-A\subseteq(-a_0)^*$ である。定義から下方閉性が従い、 $q<-r$ の間に有理数を取れば最大元もない。よって $-A$ も切断である。

和の交換律と結合律は有理数の対応する等式から直ちに従う。 $A+0^*\subseteq A$ は $b<0$ なら $a+b<a$ であることから従う。逆に $x\in A$ に対して $x<a\in A$ を取り、 $b=x-a<0$ とすれば $x=a+b\in A+0^*$ である。

$a\in A$ 、 $q<-r$ 、 $r\notin A$ ならば $a<r$ なので $a+q<0$ であり、 $A+(-A)\subseteq0^*$ である。逆に $x<0$ ならば補題 2.2を $\varepsilon=-x$ に適用し、 $a\in A$ 、 $r\notin A$ 、 $r-a<-x$ を取る。このとき $x-a<-r$ なので $x-a\in-A$ であり、 $x=a+(x-a)\in A+(-A)$ である。したがって $A+(-A)=0^*$ であり、可換群の公理がすべて成り立つ。▨

定義 2.4.§E1.11 系 3.10により $\mathcal D$ の順序は全順序であるから、 $A\in\mathcal D$ は $A\geq0^*$ と $A<0^*$ のちょうど一方を満たす。 $A$ の正の部分 $A\cap\Q_{>0}$ を $A_+$ と書く。

$A,B\geq0^*$ に対して

A\odot B=0^*\cup\{q\in\Q\mid \exists a\in A_+\ \exists b\in B_+\ (q<ab)\}

を切断の非負乗法 (nonnegative multiplication of cuts) という。 $|A|=A$ （ $A\geq0^*$ の場合）、 $|A|=-A$ （ $A<0^*$ の場合）とする。 $A,B$ がともに非負であるか、ともに負である場合には $AB=|A|\odot|B|$ と定める。 $A,B$ のちょうど一方が負である場合には $AB=-(|A|\odot|B|)$ と定める。この演算を符号付き乗法 (signed multiplication of cuts) という。

注意 2.5. 素朴に $\{ab\mid a\in A,\ b\in B\}$ と定めると、 $A=B=0^*$ の場合にこの集合は正の有理数全体になる。実際、 $a<0$ かつ $b<0$ ならば $0<ab$ であり、逆に $0<p$ は $a=-1$ 、 $b=-p$ の積として得られる。正の有理数全体は $0$ を含まないので下方集合ではなく、Dedekind 切断でもない。符号によって場合を分けるのは、この破綻を避けるためである。

定義 2.6. $A>0^*$ に対して

A^{-1}=\{q\in\Q\mid q\leq0\text{ または }\exists r>0\ (r\notin A\land q<1/r)\}

と定める。 $A<0^*$ ならば $A^{-1}=-((-A)^{-1})$ と定め、これを非零切断 $A$ の乗法逆元 (multiplicative inverse of a cut) という。

補題 2.7. 非負乗法、符号付き乗法および非零切断の逆元は、いずれも Dedekind 切断を与える。

証明. $A=0^*$ または $B=0^*$ ならば $A\odot B=0^*$ である。 $A,B>0^*$ とする。正の $u\notin A$ 、 $v\notin B$ を取ると、積の定義に現れる $a,b$ は $0<a<u$ 、 $0<b<v$ を満たすため、 $A\odot B\subseteq(uv)^*$ である。 $0^*$ を含むので空ではない。 $q<ab$ を満たす証人 $a,b$ は、より小さい有理数の証人にもなるので下方閉性が従い、 $q$ と $ab$ の間の有理数を取れば最大元がないことも分かる。したがって $A\odot B$ は切断である。補題 2.3により、その加法逆元も切断なので、符号付き乗法も閉じている。

$A>0^*$ とする。正の $a\in A$ を一つ固定し、 $r_0\notin A$ を一つ取ると $0<a<r_0$ である。逆元候補はすべての非正有理数を含むので空ではない。その正の元 $q$ に対しては定義の証人 $r_q$ があり、 $0<r_q$ 、 $r_q\notin A$ および $q<1/r_q$ が成り立つ。 $a<r_q$ から $1/r_q<1/a$ が従うので $q<1/a$ である。したがって $1/a$ は逆元候補に属さず、逆元候補は $\Q$ の真の部分集合である。 $q$ の証人 $r_q$ はより小さい有理数の証人にもなるので、下方閉性が従う。 $q<0$ のときは $q<q'<0$ を取り、 $q=0$ のときは $0<q'<1/r_0$ を取り、 $0<q$ のときは $q<q'<1/r_q$ を取る。いずれの場合にも候補内のより大きい元が得られるので、最大元はない。負の切断の逆元は加法逆元の閉性へ帰着する。▨

補題 2.8. 切断の加法、符号付き乗法および逆元は切断という集合だけから一意に定まる。乗法は可換かつ結合的で $1^*$ を単位元とし、加法に分配する。また $A\neq0^*$ ならば $AA^{-1}=1^*$ である。

証明. 加法と非負乗法の定義は元の存在だけで書かれており、代表表示を用いない。包含順序が全順序なので、各切断の符号も一意である。よって符号付き乗法と逆元の場合分けは互いに重ならず、演算は一意に定まる。

交換律は $ab=ba$ から従う。 $A,B,C\geq0^*$ と $q>0$ に対して、 $q\in(A\odot B)\odot C$ であることは

\exists a\in A_+\ \exists b\in B_+\ \exists c\in C_+\ (q<abc)

と同値である。実際、左辺の二段の証人から右辺を得る。逆に $q<abc$ ならば $q/c<x<ab$ を満たす有理数 $x$ を取り、 $x\in(A\odot B)_+$ を証人として左辺を得る。同じ条件は $A\odot(B\odot C)$ も特徴づけるため、結合律が成り立つ。

$A\odot1^*\subseteq A$ は、 $a>0$ 、 $0<b<1$ ならば $ab<a$ であることから従う。逆に $q\in A$ が正ならば $q<a\in A$ を取り、 $q/a<b<1$ となる有理数 $b$ を取れば $q<ab$ である。非正の $q$ は定義から積に属する。したがって $A\odot1^*=A$ である。

零切断を含む場合は直接確認することができるので $A,B,C>0^*$ とする。 $q>0$ かつ $q\in A\odot(B+C)$ ならば、 $a\in A_+$ と $s=b_0+c_0\in(B+C)_+$ を取り $q<as$ とすることができる。 $b_0,c_0$ がともに正なら、そのまま $b=b_0,c=c_0$ とする。 $b_0\leq0$ ならば $0<b<\min\{s,\beta\}$ となる $\beta\in B_+$ と $b\in\Q$ を取り、 $c=s-b$ とすれば $0<c<c_0$ なので $c\in C$ である。 $c_0\leq0$ の場合も対称である。よって、いずれの場合にも $s=b+c$ 、 $b\in B_+$ 、 $c\in C_+$ とすることができる。 $q-ac<x<ab$ となる有理数 $x$ を取り $y=q-x$ とすれば、 $q=x+y$ 、 $x<ab$ 、 $y<ac$ である。したがって $x\in A\odot B$ 、 $y\in A\odot C$ であり、 $q\in A\odot B+A\odot C$ となる。

逆に $q=x+y>0$ 、 $x\in A\odot B$ 、 $y\in A\odot C$ とする。正の $x,y$ に必要な積の証人を取り、非正のものには任意の正の証人を取る。二つの $A$ 側の証人の大きい方を $a\in A_+$ とすれば、ある $b\in B_+$ 、 $c\in C_+$ について $x<ab$ 、 $y<ac$ である。よって $q<a(b+c)$ となり、 $q\in A\odot(B+C)$ である。

加法逆元の一意性から $-(-A)=A$ である。したがって、符号付き乗法では $(-A)B=-(AB)$ と $(-A)(-B)=AB$ が定義から従う。結合律は絶対値に対する結合律と符号の積へ帰着する。分配律について、三つの切断が非負の場合は証明済みである。負号を移す等式と加法群の消去律により、 $B\geq C\geq0^*$ のとき

A\odot B=A\odot C+A\odot(B-C)

から $A(B-C)=AB-AC$ が従う。ここでまず $A\geq0^*$ とする。 $B,C$ がともに非負なら証明済みであり、ともに非正なら $B=-B'$ 、 $C=-C'$ と書いて非負の場合に帰着する。 $B\geq0^*$ 、 $C=-C'\leq0^*$ の場合、 $B\geq C'$ なら上の差の等式を $B-C'$ に適用し、 $B<C'$ なら $B-C'=-(C'-B)$ として差の等式を $C'-B$ に適用する。符号を交換した場合も同様である。これで $A\geq0^*$ の場合が尽くされる。 $A<0^*$ ならば $A=-A'$ と書き、 $A'(B+C)=A'B+A'C$ の両辺に負号を付ければよい。したがって符号付き乗法は全域で分配的である。

最後に $A>0^*$ とする。 $a\in A_+$ 、 $r\notin A$ ならば $a<r$ なので、 $b<1/r$ から $ab<1$ が従う。よって $AA^{-1}\subseteq1^*$ である。逆に $0<t<1$ と正の $c\in A$ を取る。補題 2.2を $\varepsilon=(1-t)c/t$ に適用して、 $c\leq a<r$ 、 $a\in A$ 、 $r\notin A$ および

r-a<(1-t)c/t\leq(1-t)a/t

を得る。この不等式は $t/a<1/r$ と同値である。その間の有理数 $b$ を取れば $b\in A^{-1}$ かつ $t<ab$ なので $t\in AA^{-1}$ である。非正の有理数も積の定義から属するため $AA^{-1}=1^*$ である。 $A<0^*$ の場合は二つの負号が相殺される。▨

定理 3.1. $\mathcal D$ は、以上の加法と乗法、零元 $0^*$ 、単位元 $1^*$ および包含順序によって、§E1.12 定義 4.1の意味での実数体である。すなわち $\mathcal D$ は上限の性質をもつ順序体である。また、 $\iota\colon\Q\to\mathcal D$ 、 $\iota(q)=q^*$ は順序を保つ体の埋め込みである。

証明.補題 2.3と補題 2.8により、 $\mathcal D$ は単位元をもつ可換体である。 $A\subseteq B$ ならば定義から $A+C\subseteq B+C$ であり、等号ならば $C$ の加法逆元を加えて $A=B$ となるので、狭義包含も加法で保たれる。 $0^*<A,B$ ならば正の $a\in A$ 、 $b\in B$ が存在し、 $0<q<ab$ を取ると $q\in AB\setminus0^*$ である。したがって $0^*<AB$ である。とくに $A<B$ 、 $0^*<C$ ならば $0^*<(B-A)C=BC-AC$ なので $AC<BC$ である。よって包含順序は体の演算と両立する。

§E1.11 命題 3.12により $\iota$ は順序埋め込みである。 $x<p+q$ ならば $x=a+b$ 、 $a<p$ 、 $b<q$ となる有理数 $a,b$ を取ることができるので、定義から $p^*+q^*=(p+q)^*$ である。 $p,q>0$ のとき、積の一方の包含は $a<p$ 、 $b<q$ から $ab<pq$ によって従う。逆に $0<x<pq$ ならば $x/q<a<p$ 、 $x/a<b<q$ となる正有理数 $a,b$ を順に取ると $x<ab$ である。非正の元は双方に属するため $p^*q^*=(pq)^*$ となる。零または負の $p,q$ についても、 $p^*+(-p)^*=0^*$ と加法逆元の一意性、および符号付き乗法の定義から同じ等式が従う。 $p>0$ ならば、逆元の定義で $r\notin p^*$ が $p\leq r$ と同値であることから $(p^*)^{-1}=(1/p)^*$ となり、負の $p$ も符号の定義へ帰着する。よって $\iota$ は体の埋め込みである。

空でなく上に有界な $\mathcal A\subseteq\mathcal D$ に対して、§E1.11 定理 3.14により

\sup\mathcal A=\bigcup_{A\in\mathcal A}A

が得られる。したがって $\mathcal D$ は上限の性質をもつ。▨

定義 3.2.定理 3.1の加法、乗法および包含順序を備えた実数体 $\mathcal D$ を $\R$ と書く。 $\R$ の元を実数 (real number) という。零元 $0^*$ と単位元 $1^*$ を、それぞれ $0$ 、 $1$ とも書く。

命題 3.3. $c\in\R$ が $0\leq c$ を満たすとする。このとき $0\leq x$ かつ $x^2=c$ を満たす実数 $x$ がただ一つ存在する。この $x$ を $\sqrt c$ と書く。

証明. $S=\{t\in\R\mid 0\leq t,\ t^2\leq c\}$ とおく。 $0^2=0\leq c$ なので $0\in S$ であり、 $S$ は空ではない。 $1+c<t$ ならば $1\leq1+c<t$ から $t<t^2$ が従い、 $c<1+c<t<t^2$ となるので $t\notin S$ である。よって $1+c$ は $S$ の上界であり、定理 3.1の上限の性質により $x=\sup S$ が存在する。 $0\in S$ から $0\leq x$ である。

$x^2<c$ と仮定する。 $0\leq x$ から $0<2x+1$ なので $h=\min\{1,(c-x^2)/(2x+1)\}$ は正であり、 $h\leq1$ から $h^2\leq h$ が従うので

(x+h)^2=x^2+2xh+h^2\leq x^2+h(2x+1)\leq x^2+(c-x^2)=c

となる。 $0\leq x+h$ とあわせて $x+h\in S$ であるが、 $x<x+h$ は $x$ が $S$ の上界であることに反する。

$c<x^2$ と仮定する。 $x=0$ ならば $x^2=0\leq c$ となって仮定に反するので $0<x$ である。 $k=(x^2-c)/(2x)$ とおくと $0<k$ であり、

x-k=\frac{x^2+c}{2x}>0, \qquad (x-k)^2=x^2-(x^2-c)+k^2=c+k^2>c

である。 $t\in S$ に対して $x-k\leq t$ とすると、 $0<x-k$ から $(x-k)^2\leq t^2\leq c$ となって上の不等式に反する。よって $x-k$ は $S$ の上界であるが、 $x-k<x$ は $x$ が最小上界であることに反する。

以上より $x^2=c$ である。 $0\leq y$ かつ $y^2=c$ を満たす $y$ が $x$ と異なるとし、 $x<y$ としてよい。 $0<y-x$ と $0<y+x$ から $0<(y-x)(y+x)=y^2-x^2=0$ となって矛盾する。よって $x$ は一意である。▨

例 3.4.

\alpha=\{q\in\Q\mid q<0\ \text{または}\ q^2<2\}

とおく。 $0^2=0<2$ なので $0\in\alpha$ であり、 $2^2=4$ なので $2\notin\alpha$ である。 $q\in\alpha$ と $p<q$ を取る。 $p<0$ ならば $p\in\alpha$ である。 $0\leq p$ ならば $0<q$ なので $q^2<2$ であり、 $p^2\leq pq<q^2<2$ から $p\in\alpha$ である。よって $\alpha$ は空でない真の下方集合である。

$q\in\alpha$ が負ならば $q<0\in\alpha$ である。 $0\leq q$ ならば $0<2q+1$ かつ $0<2-q^2$ なので、命題 1.6 (3)により $0<h<\min\{1,(2-q^2)/(2q+1)\}$ を満たす有理数 $h$ を取ることができる。 $h\leq1$ から $h^2\leq h$ が従うので

(q+h)^2\leq q^2+h(2q+1)<q^2+(2-q^2)=2

となり、 $q<q+h\in\alpha$ である。したがって $\alpha$ は最大元をもたず、 $\alpha\in\mathcal D$ である。 $0^*\subseteq\alpha$ かつ $0\in\alpha\setminus0^*$ なので $0^*<\alpha$ であり、 $1^2=1<2$ から $1\in\alpha_+$ である。

この $\alpha$ の平方は $2^*$ である。 $0^*<\alpha$ なので $\alpha\alpha=\alpha\odot\alpha$ である。 $a,b\in\alpha_+$ に対して $a\leq b$ としてよく、このとき $ab\leq b^2<2$ なので $\alpha\odot\alpha\subseteq2^*$ である。逆に $t<2$ とする。 $t\leq0$ ならば $t<1\cdot1$ と $1\in\alpha_+$ から $t\in\alpha\odot\alpha$ である。 $0<t$ の場合には、補題 2.2を $A=\alpha$ 、 $c=1$ 、 $\varepsilon=(2-t)/5$ に適用して、 $1\leq a<r$ 、 $a\in\alpha$ 、 $r\notin\alpha$ および $r-a<\varepsilon$ を満たす有理数 $a,r$ を取る。 $1\leq a$ と $a\in\alpha$ から $a^2<2$ であり、 $2\leq a$ ならば $4\leq a^2$ となるので $a<2$ である。 $r\notin\alpha$ は $0\leq r$ かつ $2\leq r^2$ を意味する。 $0<t$ から $\varepsilon<2/5$ なので $r<a+\varepsilon<3$ であり、 $r+a<5$ である。よって

a^2=r^2-(r-a)(r+a)>2-5\varepsilon=t

となり、 $a$ を二つの証人として $t\in\alpha\odot\alpha$ を得る。したがって $\alpha\alpha=\alpha\odot\alpha=2^*$ であり、命題 3.3により $\alpha$ は $2^*$ の唯一の非負平方根である。

$\alpha=\iota(q)$ を満たす $q\in\Q$ があれば、 $\iota$ が体の埋め込みであることから $\iota(q^2)=\alpha\alpha=\iota(2)$ となり、 $\iota$ の単射性から $q^2=2$ となる。§E1.11 Dedekind–MacNeille 完備化の§E1.11 注意 3.1で述べられるとおり、そのような有理数は存在しない。したがって $\alpha$ は $\iota(\Q)$ に属さず、 $\mathcal D$ は有理数の像より真に大きい。

定理 3.5. 実数の全体 $\R$ は、定義 3.2の和と積について単位元をもつ可換体をなす。狭義包含で定めた $<$ は狭義全順序であり、次の四つが成り立つ。

任意の $x\in\R$ について $x<x$ は成り立たない。
$x<y$ かつ $y<z$ ならば $x<z$ である。
任意の $x,y\in\R$ について、 $x<y$ 、 $x=y$ 、 $y<x$ のちょうど一つが成り立つ。
$x<y$ ならば任意の $z\in\R$ について $x+z<y+z$ であり、さらに $0<z$ ならば $xz<yz$ である。

証明. 可換体であることは補題 2.3と補題 2.8により得られる。包含の狭義関係は非反射的かつ推移的なので主張 (1)と主張 (2)が成り立ち、§E1.11 系 3.10の全順序性から主張 (3)が従う。定理 3.1により $(\R,\leq)$ は順序体なので、§E1.12 命題 1.2 (1)と§E1.12 命題 2.1を適用すると主張 (4)が従う。▨

定理 3.6. 自然数の像は $\R$ で上に有界ではない。また、 $A<B$ ならば $A<q^*<B$ を満たす $q\in\Q$ が存在する。

証明. $\R=\mathcal D$ は定理 3.1により実数体であるから、§E1.12 定理 4.5により Archimedes 的である。 $\iota$ は加法を保つので、正の整数 $n$ に対して§E1.12 命題 4.3 (3)により $n^*=\iota(n\cdot1_{\Q})=n\cdot\iota(1)=n\cdot1_{\R}$ であり、自然数の像は $\{n\cdot1_{\R}\mid n\in\Z_{>0}\}$ を含む。この集合は上に有界でないので、自然数の像も上に有界でない。

$A<B$ とする。 $q\in B\setminus A$ を取り、 $B$ が最大元をもたないことから $q<r\in B$ を取る。 $q<t<r$ となる有理数 $t$ を取ると、 $A\subseteq t^*\subseteq B$ である。 $q<s<t$ となる $s$ は $s\notin A$ かつ $s\in t^*$ であり、 $t\in B\setminus t^*$ である。よって両方の包含は狭義であり、 $A<t^*<B$ である。▨

注意 3.7. $\R=\mathcal D$ の順序は、有理数の Dedekind–MacNeille 完備化に対応する拡張切断から $\emptyset$ と $\Q$ を除いて得られる。端点を含む完備化は完備束であるが、端点を除いた $\mathcal D$ は完備束ではなく、空でなく上に有界な部分集合に上限を与える順序体である。また、主下方集合 $\mathord\downarrow q$ は対応のもとで厳密下集合 $q^*$ へ移る。したがって、順序完備化との関係を保ちながら、体の零元と単位元を $0^*,1^*$ として実現している。

問題 3.8. $A=(-1)^*$ 、 $B=1^*$ とする。素朴な積 $\{ab\mid a\in A,\ b\in B\}$ が $\Q$ に等しいことを示せ。

定義 4.1 (複素数、複素絶対値). 実数の組 $(x,y)\in\R^2$ を $x+iy$ と書き、複素数 (complex number) と呼ぶ。複素数全体の集合、すなわち $\R^2$ を $\C$ と書く。 $z=x+iy$ と $w=s+it$ に対して

z+w=(x+s)+i(y+t),\qquad -z=-x-iy,\qquad zw=(xs-yt)+i(xt+ys)

と定め、 $z-w=z+(-w)$ と定める。 $w\ne0$ の場合には

\frac zw=\frac{xs+yt}{s^2+t^2}+i\frac{ys-xt}{s^2+t^2}

と定める。§E1.12 命題 2.1により零でない実数の平方が正であることが得られるので、 $0^2=0$ とあわせて $0\leq x^2$ かつ $0\leq y^2$ 、したがって $0\leq x^2+y^2$ である。よって命題 3.3によりその非負平方根がただ一つ得られる。これを $|z|=\sqrt{x^2+y^2}$ と書き、 $z$ の複素絶対値 (complex modulus) と呼ぶ。 $0=0+i0$ 、 $1=1+i0$ と定め、正の整数乗は乗法の反復によって定める。

命題 4.2.定義 4.1の和と積によって、 $\C$ は零元 $(0,0)$ と単位元 $(1,0)$ をもつ体である。埋め込み $a\mapsto(a,0)$ によって $\R$ を部分体とみなすことができる。しかし、 $\C$ にはこの体演算と両立する全順序が存在しない。

証明. 加法についての可換群の公理は成分ごとに $\R$ の公理から従い、 $(a,b)$ の加法逆元は $(-a,-b)$ である。積の交換律と分配律は定義式を展開して $\R$ の交換律と分配律を適用すれば従う。結合律は

\begin{aligned} ((a,b)(c,d))(e,f) &=(ace-adf-bde-bcf,\ acf+ade+bce-bdf),\\ (a,b)((c,d)(e,f)) &=(ace-adf-bde-bcf,\ acf+ade+bce-bdf) \end{aligned}

から従う。また $(1,0)$ は積の単位元である。

$(a,b)\neq(0,0)$ とする。定理 3.1と§E1.12 命題 2.1により $a^2+b^2>0$ なので、この元は零でなく、逆元をもつ。直接計算すると

(a,b)^{-1}=\left(\frac{a}{a^2+b^2},\frac{-b}{a^2+b^2}\right)

である。したがって $\C$ は体である。写像 $a\mapsto(a,0)$ が単射で和、積、零元および単位元を保つことは定義式から従う。

$i=(0,1)$ とおくと $i\neq0$ かつ $i^2=(-1,0)$ である。もし $\C$ に体演算と両立する全順序があれば、§E1.12 命題 2.1により $0<i^2$ である。一方、同じ命題から $0<1$ であるから $-1<0$ であり、 $i^2=-1$ と矛盾する。よってそのような全順序は存在しない。▨

§E1.14実数体の構成

1 自然数・整数・有理数

2 拡張切断から実数の演算へ

3 実数の順序体構造と上限

4 複素数体

参考文献

前提記事