問題

1. 順序体における点列の収束について，次を示せ．

   $\mathrm{(1)}$	点列 $(x_n)_{n\in\mathbf{N}}$ の極限点は存在するならば唯一つである．
   $\mathrm{(2)}$	$\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=x$， $\displaystyle \lim_{n\to\infty}y_n=y$ であって， $n\ge N\ \Rightarrow\ x_n\le y_n$ となる $N\in\mathbf{N}$ が存在するならば $x\le y$ である
   $\mathrm{(3)}$	(はさみうちの原理) 点列 $(x_n)_{n\in\mathbf{N}}$，$(y_n)_{n\in\mathbf{N}}$，$(z_n)_{n\in\mathbf{N}}$ について $n\ge N\ \Rightarrow\ \ y_n \le x_n\le z_n$ となる $N\in\mathbf{N}$ が存在し，かつ $(y_n)$ と $(z_n)$ が同一の点 $x$ に収束するならば，$(x_n)$ も $x$ に収束する．

   解答

   $\mathrm{(1)}$	$\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=x$， $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=y$ とする．$x < y$ であったとしよう．$\varepsilon=(y-x)/2$ とおくと $\varepsilon > 0$ であって，$\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=x$ より $n\ge N_1\ \Rightarrow\ |x-x_n| < \varepsilon$ となる $N_1\in\mathbf{N}$ が，同じく $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=y$ より $n\ge N_2\ \Rightarrow\ |y-x_n| < \varepsilon$ となる $N_2\in\mathbf{N}$ が存在する．このとき，$N=\max\{N_1,N_2\}$ とおけば $n\ge N\ \Rightarrow\ x_n < x+\varepsilon=y-\varepsilon < x_n$ が成り立つことになり，これは不可能である．$y < x$ としても同様なので $x=y$ である．
   $\mathrm{(2)}$	$y < x$ であったとする．$\varepsilon=(x-y)/2$ とおくと $\varepsilon > 0$ であって，$\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=x$ より $n\ge N_1\ \Rightarrow\ |x-x_n| < \varepsilon$ となる $N_1\in\mathbf{N}$ が，$\displaystyle \lim_{n\to\infty}y_n=y$ より $n\ge N_2\ \Rightarrow\ |y-y_n| < \varepsilon$ となる $N_2\in\mathbf{N}$ が存在する．このとき，$n\ge \max\{N_1,N_2\}$ ならば $y_n < y+\varepsilon=x-\varepsilon < x_n$ となるから，従って $\forall N\in\mathbf{N},\ \exists n\ge N,\ y_n < x_n$ が成り立ち $\exists N\in\mathbf{N},\ n\ge N\ \Rightarrow\ x_n \le y_n$ は否定される．
   $\mathrm{(3)}$	$\varepsilon > 0$ を任意にとると，$\displaystyle \lim_{n\to\infty}y_n=x$ より $n\ge N_1\ \Rightarrow\ |x-y_n| < \varepsilon$ となる $N_1\in\mathbf{N}$ が，$\displaystyle \lim_{n\to\infty}z_n=x$ より $n\ge N_2\ \Rightarrow\ |x-z_n| < \varepsilon$ となる $N_2\in\mathbf{N}$ が存在する．このとき，$n\ge \max\{N,N_1,N_2\}$ ならば $x-\varepsilon < y_n\le x_n\le z_n < x+\varepsilon$ となるから，これは $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=x$ を意味する．

2. 順序体 $X$ について，以下が同値であることを示せ．

   $\mathrm{(a)}$	Archimedes的である
   $\mathrm{(b)}$	(Archimedesの原理) 任意の $x\in X_+$ に対して $1 < Nx$ となるような $N\in\mathbf{N}$ が存在する
   $\mathrm{(c)}$	任意の $x\in X$ に対して $-N < x $ となるような $N\in\mathbf{N}$ が存在する
   $\mathrm{(d)}$	$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}=0$ が成り立つ

   解答
   $\mathrm{(a)\ \Rightarrow\ (b)}$
   任意の $x\in X_+$ に対して $x^{-1} < N$ となるような $N\in\mathbf{N}$ が存在し，このとき $1 < Nx$ が成り立つ．
   $\mathrm{(b)\ \Rightarrow\ (a)}$
   任意の $x\in X$ をとったとき，もし $x\le 0$ ならば $x < 1\in\mathbf{N}$ であるし，もし $x > 0 $ ならば $x^{-1} > 0 $ ゆえ $1 < Nx^{-1}$ となるような $N\in\mathbf{N}$ が存在し，このとき $x < N$ が成り立つ．
   $\mathrm{(a)\ \Rightarrow\ (c)}$
   $x\in X$ が任意に与えられたとき，$-x\in X$ であって $-x < N$ となる $N\in\mathbf{N}$ が存在するから，このとき $-N < x$ となる．$\mathrm{(c)\ \Rightarrow\ (a)}$ も同様．
   $\mathrm{(d)\ \Rightarrow\ (b)}$
   $x\in X_+$ が任意に与えられたとき，$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}=0$ より

   $n\ge N\ \Rightarrow\ \left|\dfrac{1}{n}-0\right|= \dfrac{1}{n} < x$

   となる $N\in\mathbf{N}$ が存在する． このとき特に $\dfrac{1}{N} < x$ すなわち $1 < Nx$ となる．
   $\mathrm{(a)\ \Rightarrow\ (d)}$ は本文参照．
   
3. $\mathbf{Q}$ において，次を示せ．

   $\mathrm{(1)}$	$|r| < 1,\ r\in\mathbf{Q}$ ならば $\displaystyle \lim_{n\to\infty}r^n=0$
   $\mathrm{(2)}$	$|r| > 1,\ r\in\mathbf{Q}$ ならば，任意の $k\in\mathbf{N}$ に対して $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{n^k}{r^n}=0$
   $\mathrm{(3)}$	任意の $r\in\mathbf{Q}$ に対して $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{r^n}{n!}=0$

   解答

   $\mathrm{(1)}$	$r=0$ のときは明らかなので $r\neq0$ とする． $0 < |r| < 1$ ならば $\dfrac{1}{|r|} > 1$ だから $\eta=\dfrac{1}{|r|}-1 > 0$ とおくと，二項定理より $\displaystyle \dfrac{1}{|r|^n}=\left(1+\eta\right)^n=1+n\eta+\left(\begin{array}{c}n\\2\end{array}\right)\eta^2+\cdots\ge n\eta$ よって，任意に与えられた $\varepsilon\in\mathbf{Q}_+$ に対して $\dfrac{1}{\varepsilon\eta} < N$ なる $N\in\mathbf{N}$ をとると，$n\ge N$ のとき $\dfrac{1}{\varepsilon} < N\eta \le \dfrac{1}{|r|^N}\le\dfrac{1}{|r|^n}$ すなわち $|r^n| < \varepsilon$ となる．
   $\mathrm{(1)}$	二項定理を用いると，$n > k$ のとき $\displaystyle |r|^n=(|r|-1+1)^n\\ \hspace{15pt}=\displaystyle \sum_{j=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\j\end{array}\right)(|r|-1)^j\\ \hspace{15pt}\ge \left(\begin{array}{c}n\\k+1\end{array}\right)(|r|-1)^{k+1}\\ \hspace{15pt} =\dfrac{n(n-1)\cdots(n-k)}{(k+1)!}(|r|-1)^{k+1} \ge\dfrac{n(n-k)^k}{(k+1)!}(|r|-1)^{k+1}$ よって $0\le \left|\dfrac{n^k}{r^n}\right|=\dfrac{n^k}{|r|^n}\le\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{n}{n-k}\right)^k\dfrac{(k+1)!}{(|r|-1)^{k+1}}\ \underset{n\to\infty}{\longrightarrow}0$ からはさみうちの原理により $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{n^k}{r^n}=0$．
   $\mathrm{(2)}$	$|r| < N$ となる $N\in\mathbf{N}$ をとると，$n > N$ のとき $\left|\dfrac{r^n}{n!}\right| =\dfrac{|r|}{1}\cdot\dfrac{|r|}{2}\cdot\cdots\cdot\dfrac{|r|}{N-1}\cdot\dfrac{|r|}{N}\cdot\cdots\cdot\dfrac{|r|}{n}\\ \hspace{19pt}\le |r|^{N-1}\left(\dfrac{|r|}{N}\right)^{n-N+1}\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}0$ からはさみうちの原理により $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{r^n}{n!}=0$．

4. 順序体において，次を示せ．

   $\mathrm{(1)}$	収束列はCauchy列である
   $\mathrm{(2)}$	$(a_n)_{n\in\mathbf{N}}$，$(b_n)_{n\in\mathbf{N}}$ がともにCauchy列ならば $(a_n+b_n)_{n\in\mathbf{N}}$ および $(a_nb_n)_{n\in\mathbf{N}}$ もCauchy列である．

   解答

   $\mathrm{(1)}$

   $(a_n)_{n\in\mathbf{N}}$ が収束列であるとし，その極限点を $a$ とすると，任意に与えられた $\varepsilon\in X_+$ に対して $n\ge N\ \Rightarrow\ |a_n-a| < \varepsilon/2 $ となる $N\in\mathbf{N}$ が存在するから，このとき $m,n \ge N\ \Rightarrow\ |a_m-a_n|\le |a_m-a|+|a_n-a| < \varepsilon$ が成り立ち，$(a_n)_{n\in\mathbf{N}}$ はCauchy列である．

   $\mathrm{(2)}$

   $(a_n)_{n\in\mathbf{N}}$，$(b_n)_{n\in\mathbf{N}}$ がともにCauchy列ならば，任意に与えられた $\varepsilon > 0$ に対して $m,n\ge N\ \Rightarrow\ |a_m-a_n| < \dfrac{\varepsilon}{2}\ \mathrm{and}\ |b_m-b_n| < \dfrac{\varepsilon}{2}$ となる $N\in\mathbf{N}$ がとれる．このとき $m,n\ge N\ \Rightarrow\ |(a_m+b_m)-(a_n+b_n)| < |a_m-a_n|+b_m-b_n| < \varepsilon$ となるから $(a_n+b_n)_{n\in\mathbf{N}}$ はCauchy列である． また，$N_1\in\mathbf{N}$ を $m,n\ge N_1\ \Rightarrow\ |a_m-a_n| < 1\ \mathrm{and}\ |b_m-b_n| < 1$ となるようにとると $n\ge N_1\ \Rightarrow\ |a_n|\le |a_{N_1}|+|a_n-a_{N_1}| < |a_{N_1}|+1$ 同じく $n\ge N_1\ \Rightarrow\ |b_n| < |b_{N_1}|+1$ が成り立つ．そこで，$N\in\mathbf{N}$ を改めて $N\ge N_1$ かつ $m,n\ge N\ \Rightarrow\ |a_m-a_n| < \dfrac{\varepsilon}{2(|a_{N_1}|+1)}\ \mathrm{and}\ |b_m-b_n| < \dfrac{\varepsilon}{2(|b_{N_1}|+1)}$ を満たすようにとれば $m,n\ge N\ \Rightarrow\ |a_mb_m-a_nb_n| < |a_m-a_n||b_m|+|a_n||b_m-b_n| < \varepsilon$ となり，$(a_nb_n)_{n\in\mathbf{N}}$ もCauchy列である．

5. $t$ を不定元とし整数を係数とするすべての有理式からなる集合を $\mathcal{R}(\mathbf{Z})$ と書く． すなわち， $f(t)\in \mathcal{R}(\mathbf{Z})$ とは， 整数係数の多項式
   $p(t)=a_nt^n+a_{n-1}t^{n-1}+\cdots+a_1t+a_0$
   $q(t)=b_mt^m+b_{m-1}t^{m-1}+\cdots+b_1t+b_0$
   によって $f(t)=\dfrac{p(t)}{q(t)}$ と表されることをいう． $\mathcal{R}(\mathbf{Z})$ は通常の整式の演算により体となる． さらに，$f(t)\in\mathcal{R}(\mathbf{Z})$ を
   $f(t)=\dfrac{a_nt^n+a_{n-1}t^{n-1}+\cdots+a_1t+a_0}{b_mt^m+b_{m-1}t^{m-1}+\cdots+b_1t+b_0},\quad a_n\neq0,\ b_m\neq0$
   と表したとき
   $f(t)\ge 0\stackrel{\mathrm{def}}{\iff}a_nb_m\ge 0$
   であると定め，$f(t),g(t)\in\mathcal{R}(\mathbf{Z})$ に対して
   $f(t)\ge g(t)\stackrel{\mathrm{def}}{\iff}f(t)-g(t)\ge 0$
   と定めると，この大小関係により $\mathcal{R}(\mathbf{Z})$ は順序体となる． これについて，以下の問いに答えよ．

   $\mathrm{(1)}$	次の有理式を小さい順に並べよ． $f_1(t)=0$ $f_2(t)=\dfrac{2}{3}t$ $f_3(t)=-\dfrac{t^2+1}{4t}$ $f_4(t)=\dfrac{5}{t+1}$  $f_5(t)=\dfrac{3t}{t^2+t+2}$  $f_6(t)=\dfrac{t+1}{2t^3-t-3}$
   $\mathrm{(2)}$	次が成り立つかどうか調べよ． $\mathrm{(a)}$ $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{t^n}=0$ $\mathrm{(b)}$ $\forall m,n\in\mathbf{N}$，$\left|\dfrac{1}{nt}\right|\le \dfrac{1}{m}$ $\mathrm{(c)}$ $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{nt}=0$ $\mathrm{(d)}$ $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}=0$

   解答

   $\mathrm{(1)}$

   例えば $f_4(t)-f_5(t)=\dfrac{5}{t+1}-\dfrac{3t}{t^2+t+2}\\ \hspace{53pt}=\dfrac{5(t^2+t+2)-3t(t+1)}{(t+1)(t^2+t+2)} =\dfrac{2t^2+\cdots}{t^3+\cdots}$ で $2\cdot1 > 0$ だから $f_5(t) < f_4(t)$，あるいは $f_6(t)-f_5(t)=\dfrac{t+1}{2t^3-t-3}-\dfrac{3t}{t^2+t+2}=\dfrac{-6t^4+\cdots}{2t^5+\cdots}$ で $(-6)\cdot2 < 0$ だから $f_6(t) < f_5(t)$ など． すべて並べると $f_3 < f_1 < f_6 < f_5 < f_4 < f_2$，すなわち $-\dfrac{t^2+1}{4t} < 0 <\dfrac{t+1}{2t^3-t-3} < \dfrac{3t}{t^2+t+2} < \dfrac{5}{t+1} < \dfrac{2}{3}t$ となる．

   $\mathrm{(2)}$

   $\mathrm{(a)}$ 成り立つ． 任意の正の有理式 $\dfrac{p(t)}{q(t)}$ をとる．$p(t) > 0$，$q(t) > 0$，すなわち多項式 $p(t)$，$q(t)$ の最高次の係数は正としてよい．このとき $\dfrac{p(t)}{q(t)}-\dfrac{1}{t^n}=\dfrac{t^np(t)-q(t)}{t^nq(t)}$ であるが，$n$ が十分大きければ $t^np(t)$ の次数は $q(t)$ の次数より大きいので $\dfrac{t^np(t)-q(t)}{t^nq(t)} > 0$ すなわち $\dfrac{p(t)}{q(t)}-\dfrac{1}{t^n} > 0$ となる． 従って $\forall f(t)\in\mathcal{R}(\mathbf{Z})_+,\ \exists N\in\mathbf{N},\ n\ge N\ \Rightarrow\ \left|\dfrac{1}{t^n}\right| < f(t)$ が成り立つことになる．ここで，$\dfrac{1}{t^n} > 0$ だから $\left|\dfrac{1}{t^n}\right|=\dfrac{1}{t^n}$ であることに注意せよ． $\mathrm{(b)}$ 成り立つ． $\dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{nt}=\dfrac{nt-m}{mnt}$ であって $n\cdot mn=mn^2 > 0$ だから，$\dfrac{1}{nt} > 0$ にも注意して $\left|\dfrac{1}{nt}\right|=\dfrac{1}{nt} < \dfrac{1}{m}$ であることがわかる． $\mathrm{(c)}$ 成り立たない． 例えば $\dfrac{1}{t^2}\in\mathcal{R}(\mathbf{Z})+$ をとると $\dfrac{1}{nt}-\dfrac{1}{t^2}=\dfrac{t-n}{nt^2} > 0$ だから，すべての $n\in\mathbf{N}$ に対して $\dfrac{1}{nt} > \dfrac{1}{t^2}$ となる． $\mathrm{(d)}$ 成り立たない． $\mathrm{(c)}$と同様に， 例えば $\dfrac{1}{t}\in\mathcal{R}(\mathbf{Z})+$ をとると $\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{t}=\dfrac{t-n}{nt} > 0$ だから，すべての $n\in\mathbf{N}$ に対して $\dfrac{1}{n} > \dfrac{1}{t}$ となる．