完備順序体の一意性 | 数学の基礎

1 完備性から Archimedes 性を導く

定義 1.1. 順序体 $K$ が完備順序体 (complete ordered field) であるとは、 $K$ の上に有界で空でない任意の部分集合が $K$ の中に上限をもつことをいう。本記事では、この性質を上限の性質ともいう。

環の元を整数倍する記法を先に固定する。整数倍は環の乗法ではなく加法の反復であり、以後の計算はすべてこの記法の上で行う。

定義 1.2. $R$ を単位元 $1_R$ をもつ環とし、 $a\in R$ とする。非負整数 $n$ に対して

0\cdot a=0,\qquad (n+1)\cdot a=n\cdot a+a

と定め、正の整数 $n$ に対して

(-n)\cdot a=-(n\cdot a)

と定める。整数 $n$ に対してこうして定まる $R$ の元 $n\cdot a$ を $a$ の整数倍 (integer multiple) という。

命題 1.3. $R$ を単位元 $1_R$ をもつ環とし、 $a\in R$ 、 $m,n\in\mathbb Z$ とする。

$(-n)\cdot a=-(n\cdot a)$ であり、 $(m+n)\cdot a=m\cdot a+n\cdot a$ である。
$(mn)\cdot 1_R=(m\cdot 1_R)(n\cdot 1_R)$ である。
$R'$ を単位元をもつ環とし、 $f\colon R\to R'$ が加法を保つならば、 $f(n\cdot a)=n\cdot f(a)$ である。
$(R,\leq)$ が順序環ならば、 $m<n$ のとき $m\cdot 1_R<n\cdot 1_R$ である。とくに正の整数 $n$ に対して $0<n\cdot 1_R$ であり、写像 $n\mapsto n\cdot 1_R$ は単射である。

証明.(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

(k+1)\cdot a=(-(p-1))\cdot a=-((p-1)\cdot a)=-(p\cdot a)+a=k\cdot a+a

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、 $T=\{n\in\mathbb Z\mid (m+n)\cdot a=m\cdot a+n\cdot a\}$ 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

(m+n+1)\cdot a=(m+n)\cdot a+a=m\cdot a+n\cdot a+a=m\cdot a+(n+1)\cdot a,

(m+n-1)\cdot a=(m+n)\cdot a-a=m\cdot a+n\cdot a-a=m\cdot a+(n-1)\cdot a

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 $T=\mathbb Z$ である。

(2) $m$ を固定し、 $U=\{n\in\mathbb Z\mid (mn)\cdot 1_R=(m\cdot 1_R)(n\cdot 1_R)\}$ 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、(1)と $(k\pm1)\cdot 1_R=k\cdot 1_R\pm1_R$ から

(m(n+1))\cdot 1_R=(mn)\cdot 1_R+m\cdot 1_R=(m\cdot 1_R)(n\cdot 1_R)+(m\cdot 1_R)1_R=(m\cdot 1_R)((n+1)\cdot 1_R),

(m(n-1))\cdot 1_R=(mn)\cdot 1_R-m\cdot 1_R=(m\cdot 1_R)(n\cdot 1_R)-(m\cdot 1_R)1_R=(m\cdot 1_R)((n-1)\cdot 1_R)

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

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

f((n+1)\cdot a)=f(n\cdot a+a)=f(n\cdot a)+f(a)=n\cdot f(a)+f(a)=(n+1)\cdot f(a)

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 $V=\mathbb Z$ である。

(4)§E1.12 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、§E1.12 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、(1)により

n\cdot 1_R-m\cdot 1_R=(n-m)\cdot 1_R>0

であるから、§E1.12 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。▨

定義 1.4. 順序体 $K$ がArchimedes 的 (Archimedean) であるとは、集合

\{n\cdot 1_K\mid n\in\mathbb Z_{>0}\}

が $K$ の中で上に有界でないことをいう。すなわち、任意の $x\in K$ に対して $x<n\cdot 1_K$ を満たす正の整数 $n$ が存在することをいう。

定理 1.5. 完備順序体は Archimedes 的である。

証明. $K$ を完備順序体とし、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

S=\{n\cdot 1_K\mid n\in\mathbb Z_{>0}\}

は空でなく、 $x$ を上界にもつので、 $a=\sup S$ が存在する。§E1.12 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

a-1_K<n\cdot 1_K

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。▨

例 1.6 (非 Archimedes 的な順序体). 有理数係数の一変数多項式環 $\mathbb Q[t]$ の商体を $\mathbb Q(t)$ と書く。非零多項式 $p$ の最高次係数を $\operatorname{lc}(p)$ と書き、

P=\left\{\frac pq\in\mathbb Q(t)\;\middle|\;p\neq0,\ q\neq0,\ \operatorname{lc}(p)\operatorname{lc}(q)>0\right\}

とおく。

$P$ の条件は分数の表示に依存しない。非零の元 $f\in\mathbb Q(t)$ の二つの表示 $f=p/q=p'/q'$ では $p,q,p',q'$ がすべて非零であり、 $pq'=p'q$ であるから、§E1.7 命題 2.2 (4)により

\operatorname{lc}(p)\operatorname{lc}(q')=\operatorname{lc}(p')\operatorname{lc}(q)

である。両辺へ $\operatorname{lc}(q)\operatorname{lc}(q')$ を掛けると

\bigl(\operatorname{lc}(p)\operatorname{lc}(q)\bigr)\operatorname{lc}(q')^2 =\bigl(\operatorname{lc}(p')\operatorname{lc}(q')\bigr)\operatorname{lc}(q)^2

となり、§E1.12 命題 2.1により $\operatorname{lc}(q)^2$ と $\operatorname{lc}(q')^2$ は正であるから、 $\operatorname{lc}(p)\operatorname{lc}(q)$ と $\operatorname{lc}(p')\operatorname{lc}(q')$ の符号は一致する。

$P$ は $\mathbb Q(t)$ の正錐である。分子と分母に $-1$ を掛けることで $\operatorname{lc}(q)>0$ となる表示を取ることができ、この表示のもとで $p/q\in P$ は $\operatorname{lc}(p)>0$ と同値である。 $p/q$ と $p'/q'$ をそのような表示で取ると、積 $pp'/(qq')$ については§E1.7 命題 2.2 (4)により $\operatorname{lc}(pp')=\operatorname{lc}(p)\operatorname{lc}(p')$ かつ $\operatorname{lc}(qq')=\operatorname{lc}(q)\operatorname{lc}(q')$ であるから、 $p/q,p'/q'\in P$ ならば $pp'/(qq')\in P$ である。和 $(pq'+p'q)/(qq')$ については、 $\operatorname{lc}(pq')=\operatorname{lc}(p)\operatorname{lc}(q')$ と $\operatorname{lc}(p'q)=\operatorname{lc}(p')\operatorname{lc}(q)$ がともに正であり、 $pq'$ と $p'q$ の次数が異なるならば高いほうの最高次係数が、次数が等しいならば二つの正の有理数の和が $pq'+p'q$ の最高次係数になるので、いずれの場合も $pq'+p'q\neq0$ かつ $\operatorname{lc}(pq'+p'q)>0$ である。したがって $P+P\subseteq P$ かつ $PP\subseteq P$ である。さらに $f=p/q\neq0$ ならば $\operatorname{lc}(p)\operatorname{lc}(q)\neq0$ であり、 $-f=(-p)/q$ では最高次係数の積の符号が反転するので、 $f\in P$ 、 $f=0$ 、 $-f\in P$ のちょうど一つが成り立つ。

§E1.12 命題 1.4により、 $P$ は $\mathbb Q(t)$ の演算と両立する全順序を定め、 $\mathbb Q(t)$ は順序体である。定数として $\mathbb Q\subseteq\mathbb Q(t)$ であるから、正の整数 $n$ に対して $n\cdot 1_{\mathbb Q(t)}$ は定数 $n$ であり、 $t-n$ の最高次係数は $1$ であるから $n\cdot 1_{\mathbb Q(t)}<t$ である。よって $\{n\cdot 1_{\mathbb Q(t)}\mid n\in\mathbb Z_{>0}\}$ は $t$ を上界にもち、 $\mathbb Q(t)$ は Archimedes 的でない。定理 1.5の対偶により、 $\mathbb Q(t)$ は完備順序体でもない。

例 1.7 (Archimedes 的だが完備でない順序体). 有理数体 $\mathbb Q$ は Archimedes 的である。 $q\in\mathbb Q$ を整数 $m$ と正の整数 $n$ により $q=m/n$ と表すと、 $m\leq0$ のとき $q\leq0\leq|m|$ であり、 $m>0$ のとき $n\geq1$ から $q\leq m=|m|$ であるから、いずれの場合も $q<|m|+1$ である。 $|m|+1$ は正の整数である。

一方、 $\mathbb Q$ は完備でない。集合

S=\{q\in\mathbb Q\mid q>0,\ q^2<2\}

は $1$ を含んで空でなく、 $q\geq2$ ならば $q^2\geq4>2$ であるから $2$ を上界にもつ。正の有理数 $q$ に対して $q'=(2q+2)/(q+2)$ とおくと $q'>0$ であり、

q'-q=\frac{2-q^2}{q+2}, \qquad q'^2-2=\frac{2(q^2-2)}{(q+2)^2}

である。 $S$ の上限 $s$ が $\mathbb Q$ の中に存在すると仮定する。 $1\in S$ から $s\geq1>0$ であり、二乗して $2$ になる有理数は存在しないので $s^2\neq2$ である。 $s^2<2$ ならば上の二つの等式から $s\in S$ 、 $s'>s$ および $s'^2<2$ が従い、 $s'\in S$ は $s$ が $S$ の上界であることに反する。 $s^2>2$ ならば $s'<s$ かつ $s'^2>2$ であり、 $q\in S$ に対して $q^2<2<s'^2$ と $q,s'>0$ から $q<s'$ が従うので、 $s'$ は $s$ より小さい $S$ の上界となり、 $s$ が最小の上界であることに反する。したがって $S$ は $\mathbb Q$ の中に上限をもたず、 $\mathbb Q$ は完備順序体ではない。Archimedes 性は完備性を導かない。

補題 1.8. $K$ を完備順序体とする。任意の $x\in K$ に対して、

(m-1)\cdot 1_K\leq x<m\cdot 1_K

を満たす整数 $m$ が存在する。

証明.定理 1.5を $-x$ に適用し、 $x+N\cdot 1_K>0$ を満たす正の整数 $N$ を取る。さらに同じ定理により、 $x+N\cdot 1_K<p\cdot 1_K$ を満たす正の整数 $p$ が存在する。この条件を満たす正の整数のうち最小のものを $p_0$ とする。 $p_0=1$ ならば $(p_0-1)\cdot 1_K=0\leq x+N\cdot1_K$ である。 $p_0>1$ ならば、最小性により $p_0-1$ は条件を満たさないので $(p_0-1)\cdot1_K\leq x+N\cdot1_K$ である。いずれの場合も

(p_0-1)\cdot 1_K\leq x+N\cdot 1_K<p_0\cdot 1_K

が成り立つ。 $m=p_0-N$ とおけば、命題 1.3 (1)により結論を得る。▨

2 有理数を各完備順序体へ入れる

定義 2.1. $K$ を順序体とする。整数 $m$ と正の整数 $n$ に対して

\iota_K\!\left(\frac{m}{n}\right) = (m\cdot 1_K)(n\cdot 1_K)^{-1}

と定める写像 $\iota_K:\mathbb Q\to K$ を、 $K$ への標準有理数埋め込み (canonical embedding of the rationals) という。

命題 2.2. $K$ を順序体とする。定義 2.1の式は有理数の表示に依存せず、 $\iota_K$ は単位元、加法、乗法および順序を保つ単射である。また、単位元を保つ体準同型 $\mathbb Q\to K$ は $\iota_K$ だけである。

証明.命題 1.3 (4)により、正の整数 $n$ に対して $n\cdot 1_K>0$ である。したがって $n\cdot 1_K\neq0$ であり、定義式の逆元は存在する。

$m/n=m'/n'$ ならば $mn'=m'n$ である。命題 1.3 (2)により

(m\cdot1_K)(n'\cdot1_K)=(mn')\cdot1_K=(m'n)\cdot1_K=(m'\cdot1_K)(n\cdot1_K)

となるため、両辺を正の元 $(n\cdot1_K)(n'\cdot1_K)$ で割れば、二つの表示から得られる値は一致する。また、 $m,m'\in\mathbb Z$ と $n,n'\in\mathbb Z_{>0}$ に対して、命題 1.3 (1)と命題 1.3 (2)により

\begin{aligned} \iota_K\!\left(\frac mn+\frac{m'}{n'}\right) &=((mn'+m'n)\cdot1_K)((nn')\cdot1_K)^{-1}\\ &=(m\cdot1_K)(n\cdot1_K)^{-1}+(m'\cdot1_K)(n'\cdot1_K)^{-1},\\ \iota_K\!\left(\frac mn\frac{m'}{n'}\right) &=((mm')\cdot1_K)((nn')\cdot1_K)^{-1}\\ &=(m\cdot1_K)(n\cdot1_K)^{-1}(m'\cdot1_K)(n'\cdot1_K)^{-1} \end{aligned}

である。したがって加法と乗法が保たれ、定義から $\iota_K(1)=1_K$ である。

$m/n>0$ ならば $m>0$ である。命題 1.3 (4)により $m\cdot1_K>0$ かつ $n\cdot1_K>0$ であり、§E1.12 命題 3.2により $(n\cdot1_K)^{-1}>0$ であるから、正の元どうしの積として $(m\cdot1_K)(n\cdot1_K)^{-1}>0$ である。 $q<r$ ならば $0<r-q$ なので

0<\iota_K(r-q)=\iota_K(r)-\iota_K(q),

すなわち $\iota_K(q)<\iota_K(r)$ である。また、 $q\ne0$ ならば $q$ または $-q$ が正であり、その像も正であるため、 $\iota_K(q)\ne0$ である。よって $\iota_K$ は単射である。

単位元を保つ体準同型 $f:\mathbb Q\to K$ は加法を保つので、命題 1.3 (3)により $f(m)=f(m\cdot1_{\mathbb Q})=m\cdot f(1_{\mathbb Q})=m\cdot1_K$ であり、逆元を保つため、 $m/n$ を必ず $(m\cdot1_K)(n\cdot1_K)^{-1}$ へ写す。したがって $f=\iota_K$ である。▨

以後、誤解が生じない場合は $\iota_K(q)$ を単に $q$ と書く。

定理 2.3. $K$ を完備順序体とし、 $x,y\in K$ が $x<y$ を満たすとする。このとき

x<\iota_K(q)<y

を満たす有理数 $q$ が存在する。

証明. $y-x>0$ である。定理 1.5を $(y-x)^{-1}$ に適用し、 $n>(y-x)^{-1}$ を満たす正の整数 $n$ を取る。この不等式から $n(y-x)>1$ を得る。

補題 1.8を $nx$ に適用し、

m-1\leq nx<m

を満たす整数 $m$ を取る。 $m\leq nx+1<ny$ であるため、 $nx<m<ny$ である。 $q=m/n$ とおく。命題 1.3 (4)により $n\cdot1_K>0$ であり、§E1.12 命題 3.2により $(n\cdot1_K)^{-1}>0$ であるから、§E1.12 命題 2.1により $nx<m<ny$ の各辺へ $(n\cdot1_K)^{-1}$ を掛けて $x<q<y$ を得る。▨

3 元を有理下切断で記述する

定義 3.1. $K$ を完備順序体とし、 $x\in K$ とする。集合

C_K(x)=\{q\in\mathbb Q\mid \iota_K(q)<x\}

を $x$ の有理下切断 (rational lower cut) という。

命題 3.2. $K$ を完備順序体とする。各 $x\in K$ に対して $C_K(x)$ は§E1.11 定義 3.2の意味での Dedekind 切断である。また、 $x<y$ であることと $C_K(x)\subsetneq C_K(y)$ であることは同値である。

証明.§E1.12 命題 2.1により $0<1_K$ であるから $x-1_K<x<x+1_K$ であり、定理 2.3をこの二つの不等式へ適用すると、 $x$ より小さい有理数と $x$ より大きい有理数が存在する。したがって $C_K(x)$ は空でない真部分集合である。 $q\in C_K(x)$ かつ $r<q$ ならば $r<x$ であるため、 $r\in C_K(x)$ であり、 $C_K(x)$ は $\mathbb Q$ の下方集合である。さらに $q\in C_K(x)$ に対して $q<x$ であるから、その間に有理数 $r$ が存在し、 $q<r$ かつ $r\in C_K(x)$ となるので、 $C_K(x)$ は最大元をもたない。よって $C_K(x)$ は Dedekind 切断である。

$x<y$ ならば $C_K(x)\subseteq C_K(y)$ であり、 $x$ と $y$ の間の有理数は $C_K(y)\setminus C_K(x)$ に属する。したがって包含は真である。逆に $C_K(x)\subsetneq C_K(y)$ ならば、ある有理数 $q$ が $q<y$ かつ $q\not<x$ を満たす。よって $x\leq q<y$ であり、 $x<y$ である。▨

定理 3.3. $K$ を完備順序体とし、 $A$ を§E1.11 定義 3.2の意味での Dedekind 切断とする。このとき $C_K(x)=A$ を満たす $x\in K$ がただ一つ存在する。

証明. $r\in\mathbb Q\setminus A$ を取る。任意の $q\in A$ について $q<r$ である。実際、 $r\leq q$ ならば下方閉性から $r\in A$ となり、 $r$ の選び方に反する。したがって

S_A=\{\iota_K(q)\mid q\in A\}

は空でなく、 $\iota_K(r)$ を上界にもつので、 $x=\sup S_A$ が存在する。

$q\in A$ とする。 $A$ は最大元をもたないため、 $q<q'$ を満たす $q'\in A$ が存在する。すると $q<q'\leq x$ であるため $q<x$ 、すなわち $q\in C_K(x)$ である。逆に $q\notin A$ ならば、上と同じ議論により $q$ は $A$ のすべての元以上であり、 $\iota_K(q)$ は $S_A$ の上界である。よって $x\leq q$ となり、 $q\notin C_K(x)$ である。以上から $C_K(x)=A$ を得る。

一意性は命題 3.2から従う。▨

4 一意な順序体同型を構成する

命題 4.1. $K$ と $L$ を完備順序体とする。各 $x\in K$ に対して $C_L(\Phi(x))=C_K(x)$ を満たす $\Phi(x)\in L$ がただ一つ存在する。こうして定まる写像 $\Phi:K\to L$ は全単射であり、任意の $x,y\in K$ と $q\in\mathbb Q$ に対して

x<y\iff\Phi(x)<\Phi(y), \qquad \Phi(\iota_K(q))=\iota_L(q)

を満たす。

証明.命題 3.2により $C_K(x)$ は Dedekind 切断であるから、定理 3.3を $L$ に対して適用することができ、 $C_L(\Phi(x))=C_K(x)$ を満たす $\Phi(x)\in L$ がただ一つ存在する。命題 3.2により、 $x<y$ と $\Phi(x)<\Phi(y)$ はともに $C_K(x)\subsetneq C_K(y)$ と同値である。

$K$ と $L$ を入れ替えて同じ構成を行い、 $C_K(\Psi_0(y))=C_L(y)$ を満たす写像 $\Psi_0:L\to K$ を得る。各 $x\in K$ について

C_K(\Psi_0(\Phi(x)))=C_L(\Phi(x))=C_K(x)

であり、各 $y\in L$ について

C_L(\Phi(\Psi_0(y)))=C_K(\Psi_0(y))=C_L(y)

であるから、定理 3.3の一意性により $\Psi_0\circ\Phi$ と $\Phi\circ\Psi_0$ はともに恒等写像である。すなわち $\Psi_0$ は $\Phi$ の逆写像であり、§E1.1 命題 3.8により $\Phi$ は全単射である。

各有理数 $q$ について命題 2.2により

C_K(\iota_K(q))=\{r\in\mathbb Q\mid r<q\}=C_L(\iota_L(q))

であるから、 $\Phi(x)$ の一意な定め方により $\Phi(\iota_K(q))=\iota_L(q)$ である。▨

補題 4.2.命題 4.1の $\Phi$ は加法を保つ。すなわち、任意の $x,y\in K$ に対して $\Phi(x+y)=\Phi(x)+\Phi(y)$ である。とくに $\Phi(0)=0$ かつ $\Phi(-x)=-\Phi(x)$ である。

証明. $x,y\in K$ と $q\in\mathbb Q$ を取る。 $q<x+y$ ならば、 $\delta=x+y-q>0$ とおき、定理 2.3により $x-\delta/2<r<x$ および $y-\delta/2<s<y$ を満たす有理数 $r,s$ を取ることができる。このとき $r+s>x+y-\delta=q$ である。切断の一致から $r<\Phi(x)$ かつ $s<\Phi(y)$ となるため、 $q<\Phi(x)+\Phi(y)$ である。

逆に $q<\Phi(x)+\Phi(y)$ ならば、同じ議論を $L$ で行い、 $r<\Phi(x)$ 、 $s<\Phi(y)$ 、 $q<r+s$ を満たす有理数 $r,s$ を得る。切断の一致から $r<x$ かつ $s<y$ となるため、 $q<x+y$ である。したがって

C_L(\Phi(x)+\Phi(y))=C_K(x+y)=C_L(\Phi(x+y))

であり、定理 3.3の一意性から $\Phi(x+y)=\Phi(x)+\Phi(y)$ である。 $\Phi(0)=\Phi(0)+\Phi(0)$ から $\Phi(0)=0$ であり、 $\Phi(x)+\Phi(-x)=\Phi(0)=0$ から $\Phi(-x)=-\Phi(x)$ である。▨

補題 4.3.命題 4.1の $\Phi$ は乗法を保つ。すなわち、任意の $x,y\in K$ に対して $\Phi(xy)=\Phi(x)\Phi(y)$ である。

証明. $x>0$ かつ $y>0$ とする。 $q<xy$ で $q\geq0$ ならば、 $\delta=xy-q>0$ とおく。命題 1.3 (4)により $0<2\cdot1_K$ であり、 $0<y<y+1$ かつ $0<x<x+1$ であるから $2(y+1)$ と $2(x+1)$ は正であり、§E1.12 命題 3.2によりそれらの逆元も正である。よって $\delta/(2(y+1))>0$ かつ $\delta/(2(x+1))>0$ である。定理 2.3により、有理数 $r,s$ を

\max\!\left\{0,x-\frac{\delta}{2(y+1)}\right\}<r<x, \qquad \max\!\left\{0,y-\frac{\delta}{2(x+1)}\right\}<s<y

となるように取ることができる。 $0<y<y+1$ および $0<r<x<x+1$ なので

xy-rs=y(x-r)+r(y-s) <\frac{\delta}{2}+\frac{\delta}{2}=\delta

となり、 $q<rs$ である。切断の一致から $r<\Phi(x)$ かつ $s<\Phi(y)$ であるため、 $q<\Phi(x)\Phi(y)$ である。補題 4.2の $\Phi(0)=0$ と命題 4.1の順序の同値性により $\Phi(x)>0$ かつ $\Phi(y)>0$ であるから、 $q<0$ の場合も $q<xy$ と $q<\Phi(x)\Phi(y)$ がともに成り立つ。逆向きの含意は、 $K$ と $L$ を入れ替えた同じ議論から従う。よって

C_L(\Phi(x)\Phi(y))=C_K(xy)=C_L(\Phi(xy))

であり、定理 3.3の一意性から $\Phi(xy)=\Phi(x)\Phi(y)$ である。

$x$ または $y$ が $0$ の場合は補題 4.2の $\Phi(0)=0$ から直ちに従う。負の元を含む場合は補題 4.2の $\Phi(-z)=-\Phi(z)$ と正の元の場合を用いると、すべての $x,y\in K$ について乗法が保たれる。▨

定理 4.4 (完備順序体の一意性). $K$ と $L$ を完備順序体とする。このとき、単位元を保ち、 $x\leq y$ ならば $\Phi(x)\leq\Phi(y)$ を満たす体準同型

\Phi:K\longrightarrow L

がただ一つ存在する。この $\Phi$ は加法、乗法および順序を保つ全単射である。

証明.命題 4.1の $\Phi$ は全単射であり、 $x<y$ と $\Phi(x)<\Phi(y)$ が同値であるから順序を保つ。補題 4.2と補題 4.3により $\Phi$ は加法と乗法を保ち、命題 2.2と命題 4.1により $\Phi(1_K)=\Phi(\iota_K(1))=\iota_L(1)=1_L$ である。よって $\Phi$ は単位元と順序を保つ体準同型であり、全単射である。

$\Psi:K\to L$ を単位元を保ち順序を保つ体準同型とする。 $x\neq y$ とすると $x-y\neq0$ であり、 $\Psi(x)=\Psi(y)$ と仮定すると $\Psi(x-y)=0$ から

1_L=\Psi(1_K)=\Psi\bigl((x-y)(x-y)^{-1}\bigr)=\Psi(x-y)\Psi\bigl((x-y)^{-1}\bigr)=0

となり、 $L$ が体であることに反する。したがって $\Psi$ は単射であり、 $x<y$ ならば $\Psi(x)\leq\Psi(y)$ と $\Psi(x)\neq\Psi(y)$ から $\Psi(x)<\Psi(y)$ である。

$\Psi\circ\iota_K$ は単位元を保つ体準同型 $\mathbb Q\to L$ であるから、命題 2.2により $\Psi\circ\iota_K=\iota_L$ である。各 $x\in K$ と $q\in\mathbb Q$ について、 $\iota_K(q)<x$ ならば $\iota_L(q)=\Psi(\iota_K(q))<\Psi(x)$ であり、 $x\leq\iota_K(q)$ ならば $\Psi(x)\leq\Psi(\iota_K(q))=\iota_L(q)$ であるから

\iota_K(q)<x\quad\Longleftrightarrow\quad \iota_L(q)<\Psi(x)

が成り立ち、 $C_L(\Psi(x))=C_K(x)$ である。命題 4.1における $\Phi(x)$ の一意な定め方から $\Psi(x)=\Phi(x)$ を得るため、 $\Psi=\Phi$ である。▨

注意 4.5.定理 4.4が述べる一意性は、二つの完備順序体の台集合が等しいという意味ではない。それぞれの標準有理数埋め込みを一致させる順序体同型がただ一つあるという意味である。したがって、「実数体の構成」§E1.14 定理 3.1と「Cauchy 列による実数の構成」は異なる集合を作っても、四則演算と順序を含む構造として一意に同一視することができる。

上限の性質は、順序体 $K$ のすべての部分集合を量化する性質であり、順序体の一階言語における一つの文ではない。一方、実数体と同じ一階の文をすべて満たす非 Archimedes 的な実閉順序体が存在する。この事実は定理 4.4と矛盾しない。定理 1.5の対偶により、そのような順序体は上限の性質を満たさず、完備順序体ではないからである。非 Archimedes 的な実閉順序体の存在はモデル理論のコンパクト性定理から得られるが、本記事では存在の紹介にとどめ、非標準モデルを構成しない。

5 問題

問題 5.1 (完備性を用いる箇所). 本記事の証明全体において、上限の性質を直接用いる箇所と、定理 1.5および定理 2.3を介して用いる箇所を特定せよ。

解答.

上限の性質は、最初に定理 1.5で集合 $\{n\cdot1_K\mid n\in\mathbb Z_{>0}\}$ の上限を取る箇所と、定理 3.3で $\{\iota_K(q)\mid q\in A\}$ の上限を取る箇所に直接現れる。前者から整数による挟み撃ちと有理数の稠密性が導かれ、後者から任意の Dedekind 切断に対応する元が得られる。命題 4.1の全単射性と補題 4.2・補題 4.3の演算の保存は、これら二つの帰結を介して上限の性質を用いている。定理 4.4の証明自体は、これらの結果の適用と命題 2.2だけからなり、上限の性質を直接には用いない。▨

問題 5.2 (非負の元と平方元). $K$ を完備順序体とする。 $x\in K$ について、 $0\leq x$ であることと、 $x=y^2$ を満たす $y\in K$ が存在することが同値であることを示せ。また、これを用いて、完備順序体のあいだの単位元を保つ体準同型は必ず順序を保つことを示せ。

解答.

$x=y^2$ とする。 $y=0$ ならば $x=0$ であり、 $y\neq0$ ならば§E1.12 命題 2.1により $0<x$ である。いずれの場合も $0\leq x$ である。

逆に $0\leq x$ とする。 $x=0$ ならば $y=0$ が条件を満たす。 $0<x$ として

T=\{t\in K\mid 0\leq t,\ t^2\leq x\}

とおくと、 $0\in T$ であるから $T$ は空でない。 $t>1_K+x$ ならば $t>1_K$ であり、§E1.12 命題 2.1により $t^2>t$ である。 $t>x$ とあわせて $t^2>x$ となるので $t\notin T$ である。したがって $1_K+x$ は $T$ の上界であり、 $s=\sup T$ が存在する。 $x<1_K$ ならば§E1.12 命題 2.1により $x^2<x$ であるから $x\in T$ であり、 $1_K\leq x$ ならば $1_K^2=1_K\leq x$ であるから $1_K\in T$ である。いずれの場合も $s>0$ である。

$s^2<x$ と仮定する。 $2s+1_K>0$ であるから§E1.12 命題 3.2によりその逆元は正であり、 $h=\min\{1_K,(x-s^2)(2s+1_K)^{-1}\}$ は正である。 $0<h\leq1_K$ から $h^2\leq h$ であり、 $h(2s+1_K)\leq x-s^2$ であるから

(s+h)^2=s^2+2sh+h^2\leq s^2+h(2s+1_K)\leq x

となる。よって $s+h\in T$ であるが、 $s+h>s$ は $s$ が $T$ の上界であることに反する。

$s^2>x$ と仮定する。 $2s>0$ であるから§E1.12 命題 3.2によりその逆元は正であり、 $k=(s^2-x)(2s)^{-1}$ は正である。 $2sk=s^2-x$ であるから

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

である。 $t\in T$ に対して $t^2\leq x<(s-k)^2$ であり、 $s-k\leq t$ とすると $0<s-k$ から $(s-k)^2\leq t(s-k)\leq t^2$ となって矛盾するので、 $t<s-k$ である。よって $s-k$ は $T$ の上界であるが、 $s-k<s$ は $s$ が最小の上界であることに反する。

したがって $s^2=x$ であり、 $y=s$ が条件を満たす。

$K$ と $L$ を完備順序体とし、 $\Psi:K\to L$ を単位元を保つ体準同型とする。 $x\leq y$ ならば $0\leq y-x$ であるから、いま示したことにより $y-x=z^2$ を満たす $z\in K$ が存在する。すると

\Psi(y)-\Psi(x)=\Psi(y-x)=\Psi(z)^2

であり、右辺は $\Psi(z)=0$ ならば $0$ 、そうでなければ§E1.12 命題 2.1により正である。よって $\Psi(x)\leq\Psi(y)$ であり、 $\Psi$ は順序を保つ。定理 4.4とあわせると、完備順序体のあいだの単位元を保つ体準同型はただ一つであり、 $K=L$ の場合には恒等写像に限る。▨

§E1.15完備順序体の一意性

1 完備性から Archimedes 性を導く

2 有理数を各完備順序体へ入れる

3 元を有理下切断で記述する

4 一意な順序体同型を構成する

5 問題

参考文献

前提記事