§E1.14実数体の構成

証明. 「集合の存在原理」の無限公理は一つの帰納的集合$I$を与える。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 1.1）によって等しい。任意の集合$x$に対して、対の公理は単集合$\{x\}=\{x,x\}$を与える。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。▨

証明. 無限公理で得た帰納的集合$I$の部分集合として

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、「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、

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、

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

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

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

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

が従う。たとえば最後の等式の後続段では

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、

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

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

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。▨

証明.$\sim_{\mathbb Z}$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

を得るので、$\sim_{\mathbb Z}$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

となるので、$(a,b)\otimes(c,d)\sim_{\mathbb Z}(a',b')\otimes(c,d)$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。

(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「準同型と商」の§E1.6 定理 3.2により、$\mathbb Z$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、$[a,b]_{\mathbb Z}+[b,a]_{\mathbb Z}=[a+b,a+b]_{\mathbb Z}=[0,0]_{\mathbb Z}$であり、$a+b'=b+a'$から$b+a'=a+b'$が従うので$-[a,b]_{\mathbb Z}$も代表元に依存しない。

(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、両向きの不等式は$a+d=b+c$、すなわち同値類の等号を与える。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$[n,0]_{\mathbb Z}$と書くことができ、$a\leq b$ならば$[0,n]_{\mathbb Z}$と書くことができる。正の整数はこの標準形のうち$[n,0]_{\mathbb Z}$、$n\neq0$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「順序環と順序体」の§E1.12 定義 1.1の二条件を満たす。$[0,0]_{\mathbb Z}\neq[1,0]_{\mathbb Z}$なので$\mathbb Z$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$\mathbb Z$は整域である。

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

証明.$\sim_{\mathbb Q}$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$(a,b)\sim_{\mathbb Q}(-a,-b)$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

が成り立つので、$\sim_{\mathbb Q}$は$\oplus$と$\otimes$の双方と両立する。$\mathbb Z\times\mathbb Z_{\neq0}$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、$\mathbb Q$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。

(1)$\mathbb Z\times\mathbb Z_{\neq0}$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$[a(cf+de),bdf]_{\mathbb Q}$、右辺は$[ab(cf+de),b^2df]_{\mathbb Q}$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。$[a,b]_{\mathbb Q}+[-a,b]_{\mathbb Q}=[ab-ab,b^2]_{\mathbb Q}=[0,1]_{\mathbb Q}$なので$[-a,b]_{\mathbb Q}$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$[a,b]_{\mathbb Q}$では$a\neq0$であり、

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$\mathbb Q$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。$[e,f]_{\mathbb Q}$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、加法の定義式が要求する交差積の不等式$(af+be)df\leq(cf+de)bf$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$(\mathbb Q,\leq)$は順序体である。

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

(3)$q\in\mathbb Q$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。

(4)$q=[a,b]_{\mathbb Q}$を$b>0$と表示する。$a\leq0$ならば$q\leq[0,1]_{\mathbb Q}<[1,1]_{\mathbb Q}=\nu(1)$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$[1,0]_{\mathbb Z}\leq b$である。したがって$a<a+[1,0]_{\mathbb Z}\leq(a+[1,0]_{\mathbb Z})b$となり、$q<\nu(m+1)$である。▨

証明.$\mathbb Q$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。$D=\mathbb Q$に対する§E1.11 命題 3.8の写像

は Dedekind–MacNeille 切断全体を拡張切断全体へ移す。$\mathbb Q$に下端がないため$\emptyset^{ul}=\emptyset$であり、上端がないため$\sigma(\mathbb Q)=\mathbb Q$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

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。▨

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（「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。▨

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。▨

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$\mathbb Q$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。▨

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

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$b\in\mathbb Q$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。