正の整数･ゼロ ～実数論(1)～ 【体系高校数学#1】

$b$に関する数学的帰納法で示す．
$b=0$のとき
$$a+0^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}(a+0)^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 1}}{=}a^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 1}}{=}a^{\prime}+0$$
となり成り立つ．
$b=k$で$a+k^{\prime}=a^{\prime}+k$が成り立つと仮定すると
$$a+(k^{\prime})^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}(a+k^{\prime})^{\prime}\stackrel{仮定}{=}(a^{\prime}+k)^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}a^{\prime}+k^{\prime}$$
よって，$b=k^{\prime}$のときも成り立つ．
したがって，すべての非負整数$b$に対し，$a+b^{\prime}=a^{\prime}+b$が成り立つ．$\blacksquare$

$a$に関する数学的帰納法で示す．
$a=0$のとき
$$0+0\stackrel{加法の定義{\normalsize 1}}{=}0$$
となり成り立つ．
$a=k$で$k+0=0+k=k$が成り立つと仮定すると
$$k^{\prime}+0\stackrel{加法の定義{\normalsize 1}}{=}k^{\prime}$$
$$0+k^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}(0+k)^{\prime}\stackrel{仮定}{=}(k+0)^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 1}}{=}k^{\prime}$$
よって
$$k^{\prime}+0=0+k^{\prime}=k^{\prime}$$
であるから，$a=k^{\prime}$のときも成り立つ．
したがって，すべての非負整数$a$に対し，$a+0=0+a=a$が成り立つ．$\blacksquare$

• $c$に関する数学的帰納法で示す．
  $c=0$のとき
  $$(a+b)+0\stackrel{加法の定義{\normalsize 1}}{=}a+b\stackrel{加法の定義{\normalsize 1}}{=}a+(b+0)$$
  となり成り立つ．
  $c=k$で$(a+b)+k=a+(b+k)$が成り立つと仮定すると
  $$(a+b)+k^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}\{ (a+b)+k\} ^{\prime}\stackrel{仮定}{=}\{ a+(b+k)\} ^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}a+(b+k)^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}a+(b+k^{\prime})$$
  よって，$c=k^{\prime}$のときも成り立つ．
  したがって，すべての非負整数$c$に対し，$(a+b)+c=a+(b+c)$が成り立つ．$\blacksquare$
• $b$に関する数学的帰納法で示す．
  $b=0$のとき，補題2より$a+0=0+a$であり，成り立つ．
  $b=k$で$a+k=k+a$が成り立つと仮定すると
  $$a+k^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}(a+k)^{\prime}\stackrel{仮定}{=}(k+a)^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}k+a^{\prime}\stackrel{補題{\normalsize 1}}{=}k^{\prime}+a$$
  よって，$b=k^{\prime}$のときも成り立つ．
  したがって，すべての非負整数$b$に対し，$a+b=b+a$が成り立つ．$\blacksquare$

$c$に関する数学的帰納法で示す．
$c=0$のとき
$$a+0\stackrel{加法の定義{\normalsize 1}}{=}a$$
$$b+0\stackrel{加法の定義{\normalsize 1}}{=}b$$
であるから，$a+0=b+0$ならば$a=b$である．
$c=k$で，$a+k=b+k$ならば$a=b$であるとき，
$a+k^{\prime}=b+k^{\prime}$ならば
$$a+k^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}(a+k)^{\prime}$$
$$b+k^{\prime}\stackrel{加法の定義{\normalsize 2}}{=}(b+k)^{\prime}$$
であるから，$(a+k)^{\prime}=(b+k)^{\prime}$
よって，$a+k=b+k$であるから¹，仮定より$a=b$
ゆえに，$c=k^{\prime}$のときも成り立つ．
したがって，すべての非負整数$c$に対し，$a+c=b+c$ならば$a=b$が成り立つ．$\blacksquare$

$a+b=a$より，$a+0=a$であるから
$$a+b=a+0$$
加法の交換法則より
$$b+a=0+a$$
加法の簡約法則より
$$b=0$$
よって，題意は示された．$\blacksquare$

$a+b=0$より，$b+0=0$であるから
$$a+b=b+0$$
加法の交換法則より
$$a+b=0+b$$
加法の簡約法則より
$$a=0$$
よって
$$0=a+b=0+b=b+0=b$$
であるから$b=0$である．$\blacksquare$

• $a+0=a$であるから，定義2より$a\leqq a\blacksquare$
• $a\leqq b$より，ある非負整数$c$が存在して，$a+c=b$となる．
  また，$b\leqq a$より，ある非負整数$d$が存在して，$b+d=a$となる．
  よって
  $$a=b+d=(a+c)+d=a+(c+d)$$
  であるから，補題3より$c+d=0$
  ゆえに，補題4より$c=d=0$であるから，$a=b\blacksquare$
• $a\leqq b$より，ある非負整数$d$が存在して，$a+d=b$となる．
  また，$b\leqq c$より，ある非負整数$e$が存在して，$b+e=c$となる．
  よって
  $$c=b+e=(a+d)+e=a+(d+e)$$
  $d+e$は非負整数であるから，$a\leqq c$である．
• $a$に関する数学的帰納法で示す．
  $a=0$のとき，$b=0$ならば反射律より$0\leqq 0$である．
  $b\neq 0$ならば
  $$a+b=0+b=b+0=b$$
  であるから$a\leqq b$である．
  $a=k$で$k\leqq b$または$b\leqq k$が成り立つと仮定すると，
  $k\leqq b$のとき，ある非負整数$c$が存在して，$k+c=b$となる．
  $c=0$のとき，$b=k+0=k$であるから
  $$k^{\prime}=k^{\prime}+0=k+0^{\prime}=k+1=b+1$$
  よって，$b\leqq k^{\prime}$である．
  $c\neq 0$のとき，$d^{\prime}=c$なる非負整数$d$が存在して
  $$k^{\prime}+d=k+d^{\prime}=k+c=b$$
  となるから，$k^{\prime}\leqq b$である．
  $b\leqq k$のとき，ある非負整数$e$が存在して，$b+e=k$となる．よって
  $$k^{\prime}=(b+e)^{\prime}=b+e^{\prime}$$
  であるから，$b\leqq k^{\prime}$
  以上より，$a=k^{\prime}$のときも成り立つ．
  したがって，すべての非負整数$a$に対し，$a\leqq b$または$b\leqq a$が成り立つ．$\blacksquare$

$a<b$ならば，ある正の整数$c$が存在して，$a+c=b$となる．
このとき，$c$は非負整数でもあるから，$a\leqq b$である．
また，補題3の対偶²より，$c\neq 0$であるから$a\neq b$

$a\leqq b$かつ$a\neq b$ならば，ある非負整数$d$が存在して，$a+d=b$となる．
$d=0$と仮定すると，$b=a+0=a$となり，$a\neq b$に矛盾する．
よって，$d\neq 0$であるから，$d$は正の整数である．
したがって，$a<b$である．$\blacksquare$

• $a<a$が成り立つと仮定すると，ある正の整数$b$が存在して，$a+b=a$となる．
  補題3より$b=0$であるから，$b$が正の整数であることに矛盾する．
  よって，$a<a$は成り立たない．$\blacksquare$
• $a<b$ならば，ある正の整数$c$が存在して，$a+c=b$となる．
  ここで，$b<a$が成り立つと仮定すると，ある正の整数$d$が存在して，$b+d=a$となる．
  このとき
  $$a=b+d=(a+c)+d=a+(c+d)$$
  であるから，$c+d=0$であり，補題4より$c=d=0$である．
  これは$c,d$が正の整数であることに矛盾する．
  よって，$b<a$は成り立たない．$\blacksquare$
• $a<b$より，ある正の整数$d$が存在して，$a+d=b$となる．
  また，$b<c$より，ある正の整数$e$が存在して，$b+e=c$となる．
  よって
  $$c=b+e=(a+d)+e=a+(d+e)$$
  $d+e$は正の整数であるから，$a<c$である．$\blacksquare$

命題4及び非対称律より，$a<b,a=b,a>b$のうち2つ以上が同時に成り立つことはない．

以下，$a<b,a=b,a>b$のいずれかが必ず成り立つことを，$a$に関する数学的帰納法で示す．

$a=0$のとき，$b=0$ならば$a=b=0$が成り立つ．
$b\neq 0$すなわち$b$が正の整数ならば，$b=b+0=b+a=a+b$であるから，$a<b$が成り立つ．

$a=k$で$k<b,k=b,k>b$のいずれかが成り立つと仮定すると，
$k<b$のとき，ある正の整数$c$が存在して，$k+c=b$となる．
$c=1$のとき
$$b=k+1=k+0^{\prime}=(k+0)^{\prime}=k^{\prime}$$
であるから，$k^{\prime}=b$が成り立つ．
$c\neq 1$のとき，$d^{\prime}=c$なる正の整数$d$が存在して³
$$b=k+c=k+d^{\prime}=k^{\prime}+d$$
となるから，$k^{\prime}<b$である．

$k=b$のとき
$$k^{\prime}=k^{\prime}+0=k+0^{\prime}=k+1=b+1$$
であるから，$k^{\prime}>b$

$k>b$のとき，ある正の整数$e$が存在して，$k=b+e$となる．よって
$$k^{\prime}=(b+e)^{\prime}=b+e^{^\prime}$$
であるから，$k^{\prime}>b$

以上より，$a=k^{\prime}$のときも成り立つ．
したがって，すべての非負整数$a$に対し，$a<b$または$a=b$または$a>b$のいずれか1つが成り立つ．$\blacksquare$

• 任意の非負整数$n$に対し
  $$0+n=n+0=n$$
  となるから，$0\leqq n$が成り立つ．よって，示された．$\blacksquare$
• 任意の正の整数$n$に対し，$m^{\prime}=n$なる非負整数$m$が存在して
  $$1+m=0^{\prime}+m=0+m^{\prime}=0+n=n+0=n$$
  となるから，$1\leqq n$が成り立つ．よって，示された．$\blacksquare$

$c$に関する数学的帰納法で示す．

$c=0$のとき
$$a(b+0)=ab=ab+0\stackrel{乗法の定義{\normalsize 1}}{=}ab+a\cdot 0$$
となり成り立つ．

$c=k$で$a(b+k)=ab+ak$が成り立つと仮定すると
$$a(b+k^{\prime})=a(b+k)^{\prime}\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}a(b+k)+a\stackrel{仮定}{=}(ab+ak)+a=ab+(ak+a)\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}ab+ak^{\prime}$$
よって，$c=k^{\prime}$のときも成り立つ．
したがって，すべての非負整数$c$に対し，$a(b+c)=ab+ac$が成り立つ．$\blacksquare$

$b$に関する数学的帰納法で示す．

$b=0$のとき
$$a^{\prime}\cdot 0\stackrel{乗法の定義{\normalsize 1}}{=}0=0+0\stackrel{乗法の定義{\normalsize 1}}{=}a\cdot 0+0$$
となり成り立つ．

$b=k$で$a^{\prime}k=ak+k$が成り立つと仮定すると
$$a^{\prime}k^{\prime}\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}a^{\prime}k+a^{\prime}\stackrel{仮定}{=}ak+k+a^{\prime}=ak+a^{\prime}+k=ak+a+k^{\prime}\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}ak^{\prime}+k^{\prime}$$
よって$b=k^{\prime}$のときも成り立つ．

したがって，すべての非負整数$b$に対し，$a^{\prime}b=ab+b$が成り立つ．$\blacksquare$

$a$に関する数学的帰納法で示す．

$a=0$のとき
$$0\times 0\stackrel{乗法の定義{\normalsize 1}}{=}0$$
となり成り立つ．

$a=k$で$k\cdot 0=0\cdot k=0$が成り立つと仮定すると
$$k^{\prime}\cdot 0\stackrel{乗法の定義{\normalsize 1}}{=}0$$
$$0\cdot k^{\prime}\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}0\cdot k+0\stackrel{仮定}{=}0+0=0$$
よって
$$k^{\prime}\cdot 0=0\cdot k^{\prime}=0$$
であるから，$a=k^{\prime}$のときも成り立つ．

したがって，すべての非負整数$a$に対し，$a\cdot 0=0\cdot a=0$が成り立つ．$\blacksquare$

• $c$に関する数学的帰納法で示す．
  $c=0$のとき
  $$(ab)\cdot 0\stackrel{乗法の定義{\normalsize 1}}{=}0\stackrel{乗法の定義{\normalsize 1}}{=}a\cdot 0\stackrel{乗法の定義{\normalsize 1}}{=}a(b\cdot 0)$$
  となり成り立つ．
  $c=k$で$(ab)k=a(bk)$が成り立つと仮定すると
  $$(ab)k^{\prime}\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}(ab)k+ab\stackrel{仮定}{=}a(bk)+ab\stackrel{分配法則}{=}a(bk+b)\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}a(bk^{\prime})$$
• $b$に関する数学的帰納法で示す．
  $b=0$のとき，補題6より$a\cdot 0=0\cdot a$であり，成り立つ．
  $b=k$で$ak=ka$が成り立つと仮定すると
  $$ak^{\prime}\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}ak+a\stackrel{仮定}{=}ka+a\stackrel{補題{\normalsize 5}}{=}k^{\prime}a$$
  よって，$b=k^{\prime}$のときも成り立つ．
  したがって，すべての非負整数$b$に対し，$ab=ba$が成り立つ．$\blacksquare$

$$a\cdot 1=a\cdot 0^{\prime}\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}a\cdot 0+a\stackrel{乗法の定義{\normalsize 1}}{=}0+a=a$$
よって，示された．$\blacksquare$

$a,b\neq 0$と仮定すると，ある非負整数$c,d$が存在して，$a=c^{\prime},b=d^{\prime}$となる．このとき
$$ab=c^{\prime}d^{\prime}\stackrel{乗法の定義{\normalsize 2}}{=}c^{\prime}d+c^{\prime}=c^{\prime}d+a$$
$a\neq 0$であるから，補題4より⁴$ab\neq 0$となり矛盾．
したがって，$a=0$または$b=0$である．$\blacksquare$

$a<b$と仮定すると，ある正の整数$d$が存在して，$a+d=b$となる．
このとき
$$bc=(a+d)c\stackrel{乗法の交換法則}{=}c(a+d)\stackrel{分配法則}{=}ca+cd\stackrel{乗法の交換法則}{=}ac+cd=bc+cd$$
$c,d\neq 0$であるから，補題7より$cd\neq 0$
よって$bc<bc$となるから，命題4より$bc\neq bc$となり矛盾．

$a>b$と仮定すると，ある正の整数$e$が存在して，$b+e=a$となる．このとき
$$ac=(b+e)c\stackrel{乗法の交換法則}{=}c(b+e)\stackrel{分配法則}{=}cb+ce\stackrel{乗法の交換法則}{=}bc+ce=ac+ce$$
$c,e\neq 0$であるから，補題7より$ce\neq 0$よって$ac<ac$となるから，命題4より$ac\neq ac$となり矛盾．

以上より，命題6から$a=b$である．$\blacksquare$

• 命題2より成り立つ．$\blacksquare$
• 命題10より成り立つ．$\blacksquare$
• $a+c\leqq b+c$ならば，ある非負整数$d$が存在して，$a+c+d=b+c$となる．すなわち
  $$(a+d)+c=b+c$$
  であるから，命題2より
  $$a+d=b$$
  したがって$a\leqq b$である．$\blacksquare$
• $a>b$と仮定すると，ある正の整数$d$が存在して，$b+d=a$となる．このとき
  $$ac=(b+d)c=c(b+d)=cb+cd=bc+cd$$
  $c,d\neq 0$であるから，補題7より⁵$cd\neq 0$よって$ac>bc$となり矛盾．
  よって$a<b$または$a=b$であるから，$a\leqq b$である．$\blacksquare$
• $a+c<b+c$ならば，ある正の整数$d$が存在して，$a+c+d=b+c$となる．すなわち
  $$(a+d)+c=b+c$$
  であるから，命題2より
  $$a+d=b$$
  したがって$a<b$である．$\blacksquare$
• $a>b$と仮定すると，ある正の整数$d$が存在して，$b+d=a$となる．このとき
  $$ac=(b+d)c=c(b+d)=cb+cd=bc+cd$$
  $c,d\neq 0$であるから，補題7より$cd\neq 0$よって$ac>bc$となり矛盾．
  $a=b$と仮定すると，$ac=bc$となり矛盾．
  よって$a<b$である．$\blacksquare$