| $\mathrm{(1)}$ | $L$ が切断であって $q\in L$ かつ $p\in L^c$ ならば $q < p$ である． |
| $\mathrm{(2)}$ | $L$ が切断であって $L^c$ に最小元が存在しないならば $L$ に最大元が存在する |
| $\mathrm{(3)}$ |
$L$ が切断であって $q\notin L$ ならば
$q\le p\ \Rightarrow p\notin L$
が成り立つ
|
| $\mathrm{(4)}$ | すべての切断には上界が存在する |
| $\mathrm{(5)}$ | すべての切断には上限が存在する |
| $\mathrm{(6)}$ | $L_\lambda, \lambda\in\Lambda$ がすべて切断ならば $\displaystyle \bigcup_{\lambda\in\Lambda}L_\lambda$，$\displaystyle \bigcap_{\lambda\in\Lambda}L_\lambda$ もともに切断である |
| $\mathrm{(1)}$ | 正しい．$q\in L$ かつ $p\le q$ ならば $p\in L$ でなければならない． |
| $\mathrm{(2)}$ | 正しくない．いかなる切断にも最大元は存在しない． |
| $\mathrm{(3)}$ | 正しい．$q\le p$ かつ $p\in L$ ならば $q\in L$ でなければならない． |
| $\mathrm{(4)}$ | 正しい．$L$ が切断ならば $L\neq\mathbf{Q}$ であるから $p_0\notin L$ なる $p_0\in\mathbf{Q}$ が存在するが，このとき $q\in L\ \Rightarrow q\le p_0$ が成り立つので $p_0$ は $L$ の上界である． |
| $\mathrm{(5)}$ | 正しくない．例えば，$L=\{\,q\in\mathbf{Q}\,|\,q^3 < 2\,\}$ とすると $L$ は切断であって $L^c=\{\,q\in\mathbf{Q}\,|\,q^3 \ge 2\,\}$ は $L$ のすべての上界からなる集合であるが，$q^3=2$ なる $q\in\mathbf{Q}$ は存在しないので，$L^c$ に最小元は存在しない．すなわち $L$ の上限(最小の上界)は存在しない． |
| $\mathrm{(6)}$ |
正しくない．例えば，$L(n)=\{\,q\in\mathbf{Q}\,|\,q < n\,\}\quad (n\in\mathbf{Z})$ とすると各 $L(n)$ は切断であるが
$\displaystyle \bigcup_{n=1}^\infty L(n)=\mathbf{Q}$，
$\displaystyle \bigcap_{n=1}^\infty L(n)=\emptyset$
はともに切断ではない．
|
| $\mathrm{(1)}$ | 任意の $q\in\mathbf{Q}$ に対して $L(q)=\{\,x\in\mathbf{Q}\,|\,x < q\,\}$ は切断である． |
| $\mathrm{(2)}$ | 切断 $L$ が有理切断であるための必要十分条件は $L^c$ が最小元をもつことである． |
| $\mathrm{(1)}$ |
|
| $\mathrm{(2)}$ | $L$ を有理切断，すなわち，ある $q\in\mathbf{Q}$ により $L=L(q)=\{\,x\in\mathbf{Q}\,|\,x < q\,\}$ と表されるとすると，$L^c=\{\,x\in\mathbf{Q}\,|\,x\ge q\,\}$ は最小元 $q$ をもつ． 逆に，$L$ を切断とし $L^c$ が最小元 $q\in\mathbf{Q}$ をもつとすると，$q\notin L$ であって，$x < q$ ならば $x\notin L^c$ だから $x\in L$ である．このことは $L=L(q)=\{\,x\in\mathbf{Q}\,|\,x < q\,\}$ を意味する． |
| $\mathrm{(1)}$ | 任意の $p,q\in\mathbf{Q}$， $0 < p < q$ 及び $n\in\mathbf{N}$ に対して $p < r^n < q$ なる $r\in\mathbf{Q}$ が存在する． |
| $\mathrm{(2)}$ | $q\in \mathbf{Q},\ q > 0$，$n\in\mathbf{N}$ を奇数とし，$L_n=\{\,x\in\mathbf{Q}\,|\,x^n < q\,\}$ とおくと，$L$ は切断であって ${L_n}^n=L(q)$ が成り立つ． |
| $\mathrm{(1)}$ |
$\varepsilon=q-p$ とおき，$N,m\in\mathbf{N}$ を
$q < N^n$，$N^n-\Big(N-\dfrac{N}{m}\Big)^n < \varepsilon$
を満たすようにとる，$[0,N]$ を $m$ 等分して分点を $r_k=\dfrac{kN}{m}\ (k=1,2,\ldots,m)$ とおこう．
$0 < r_1 < r_2 < \cdots < r_m=N$ である．このとき，$k\le m-1$ ならば，二項定理により
$(k+1)^n-k^n\\
\hspace{30pt}= \Big(\begin{array}{c}n\\1\end{array}\Big)k^{n-1}+\Big(\begin{array}{c}n\\2\end{array}\Big)k^{n-2}+\cdots+\Big(\begin{array}{c}n\\n-1\end{array}\Big)k+1\\
\hspace{30pt}\le \Big(\begin{array}{c}n\\1\end{array}\Big)(m-1)^{n-1}+\Big(\begin{array}{c}n\\2\end{array}\Big)(m-1)^{n-2}+\cdots+\Big(\begin{array}{c}n\\n-1\end{array}\Big)(m-1)+1\\
\hspace{30pt}=m^n-(m-1)^n$
ゆえ
${r_{k+1}}^n-{r_k}^n\le {r_m}^n-{r_{m-1}}^n=N^n-N^n\Big(1-\dfrac{1}{m}\Big)^n < \varepsilon$
が成り立つ．従って
$0 < {r_1}^n < {r_2}^n < \cdots < {r_m}^n=N^n$
と $N,m$ の取り方から $p < {r_k}^n < q$ なる $k\in\{\,1,2,\ldots,m-1\,\}$ が存在することがわかる．
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| $\mathrm{(2)}$ |
|
| $\mathrm{(1)}$ | すべての $n\in\mathbf{N}$ について $0\le q_n < 2$ および $q_n < q_{n+1}$ が成り立つことを示せ． |
| $\mathrm{(2)}$ | 切断 $\displaystyle \bigcup_{n\in\mathbf{N}}L(q_n)$ はどのような実数を表すか． |
| $\mathrm{(1)}$ |
$n\in\mathbf{N}$ に関する数学的帰納法による．まず $q_1=1$ ゆえ $n=1$ のときは正しい．$0 \le q_n < 2$，$q_n < q_{n+1}$ が成り立つとすると
$q_{n+1}=2-\dfrac{2}{q_n+2}$
と表せば $0\le q_{n+1} < 2$ であること，さらに
$q_{n+2}-q_{n+1}=-\dfrac{2}{q_{n+1}+2}+\dfrac{2}{q_n+2}=\dfrac{2(q_{n+1}-q_n)}{(q_n+2)(q_{n+1}+2)} > 0$
から $q_{n+1} < q_{n+2}$ であることがわかる．
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| $\mathrm{(2)}$ |
(1) により，有理切断の列 $(\,L(q_n)\,)_{n\in\mathbf{N}}$ は上に有界な単調増加列なのでその上限 $\displaystyle \bigcup_{n\in\mathbf{N}}L(q_n)$ に収束する．これを $L$ とおこう．ところで
$\left|{q_{n+1}}^2-2\right|=\left|\Big(\dfrac{2q_n+2}{q_n+2}\Big)^2-2\right|
=\dfrac{2|{q_n}^2-2|}{(q_n+2)^2}\le \dfrac{|{q_n}^2-2|}{2}$
より $|{q_n}^2-2|\le \dfrac{|{q_0}^2-2|}{2^n}$ ゆえ $\displaystyle \lim_{n\to\infty}{q_n}^2=2$ とわかる．従って
$\displaystyle L^2=\lim_{n\to\infty}L(q_n)^2=\lim_{n\to\infty}L({q_n}^2)=L(2)$
すなわち，$L$ は $L(2)$ の(正の)平方根である(つまり無理数 $\sqrt{2}$を表す)．
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| $\mathrm{(1)}$ | $n\ge 2$ ならば $2 < q_n < \dfrac{11}{4}$ および $q_n < q_{n+1}$ が成り立つことを示せ． |
| $\mathrm{(2)}$ | 切断 $\displaystyle \bigcup_{n\in\mathbf{N}}L(q_n)$ はある無理数を表すことを示せ． |
| $\mathrm{(1)}$ |
二項定理を用いると
$\Big(1+\dfrac{1}{n}\Big)^n
=1+\Big(\begin{array}{c}n\\1\end{array}\Big)\dfrac{1}{n}
+\Big(\begin{array}{c}n\\2\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^2}
+\Big(\begin{array}{c}n\\3\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^3}
+\cdots
+\Big(\begin{array}{c}n\\n\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^n}$
と表されるが，$k=2,3,\ldots,n$ に対して
$\Big(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^k}
=\dfrac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!\,n^k} < \dfrac{1}{k!}$
ゆえ
$\displaystyle \Big(1+\dfrac{1}{n}\Big)^n
=1+1+\sum_{k=2}^n\Big(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^k}\\
\hspace{47pt} < \displaystyle 1+1+\sum_{k=2}^n\dfrac{1}{k!}\\
\hspace{47pt} < \displaystyle 1+1+\sum_{k=2}^\infty\dfrac{1}{2\cdot3^{k-2}}=\dfrac{11}{4}$
さらに
$\Big(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^k}
=\dfrac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!\,n^k}\\
\hspace{35pt}=\dfrac{1}{k!}\Big(1-\dfrac{1}{n}\Big)\Big(1-\dfrac{2}{n}\Big)\cdots\Big(1-\dfrac{k-1}{n}\Big)\\
\hspace{35pt} < \dfrac{1}{k!}\Big(1-\dfrac{1}{n+1}\Big)\Big(1-\dfrac{2}{n+1}\Big)\cdots\Big(1-\dfrac{k-1}{n+1}\Big)\\
\hspace{35pt}=\Big(\begin{array}{c}n+1\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{(n+1)^k}
$
から
$\displaystyle \Big(1+\dfrac{1}{n}\Big)^n
=1+1+\sum_{k=2}^n\Big(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^k}\\
\hspace{47pt} < \displaystyle 1+1+\sum_{k=2}^n\Big(\begin{array}{c}n+1\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{(n+1)^k}\\
\hspace{47pt} < \displaystyle 1+1+\sum_{k=2}^{n+1}\Big(\begin{array}{c}n+1\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{(n+1)^k}
=\Big(1+\dfrac{1}{n+1}\Big)^{n+1}$
よって $q_n < q_{n+1}$ が成り立つ．
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| $\mathrm{(2)}$ |
切断 $\displaystyle \bigcup_{n\in\mathbf{N}}L(q_n)$ は Napier数と呼ばれる実数 $e$ を表す．$\displaystyle \lim_{n\to\infty}L(q_n)=\bigcup_{n\in\mathbf{N}}L(q_n)$ のことを $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\Big(1+\dfrac{1}{n}\Big)^n=e$ と書いてよかろう．$e$ が無理数であることを示す．もし $e$ が有理数ならば，自然数 $l,m$ により $e=\dfrac{l}{m}$ と表せる．$2 < e < 3$ ゆえ $m\ge 2$ である．
二項定理を用いて
$\displaystyle
\Big(1+\dfrac{1}{n}\Big)^n
=\sum_{k=0}^n\Big(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^k}$
と表したとき，$n > m$ ならば
$\displaystyle m!\sum_{k=m+1}^n\Big(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^k}
=\sum_{k=m+1}^n\dfrac{m!}{k!}\Big(1-\dfrac{1}{n}\Big)\Big(1-\dfrac{2}{n}\Big)\cdots\Big(1-\dfrac{k-1}{n}\Big)\\
\hspace{78pt}\le \displaystyle \sum_{k=m+1}^n\dfrac{m!}{k!}\\
\hspace{78pt}\le \displaystyle \sum_{k=m+1}^n\dfrac{1}{(m+1)^{k-m}}
\le \sum_{k=1}^\infty\dfrac{1}{(m+1)^k}=\dfrac{1}{m}$
であるから
$\displaystyle m!\sum_{k=0}^{m+1}\Big(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^k} \le m!\Big(1+\dfrac{1}{n}\Big)^n \le m!\sum_{k=0}^m\Big(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^k}+\dfrac{1}{m}$
が成り立つ．ここで $n\to\infty$ とすると，各 $k$ について
$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\Big(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\Big)\dfrac{1}{n^k}
=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{k!}\Big(1-\dfrac{1}{n}\Big)\Big(1-\dfrac{2}{n}\Big)\cdots\Big(1-\dfrac{k-1}{n}\Big)
=\dfrac{1}{k!}$
ゆえ
$\displaystyle \sum_{k=0}^{m+1}\dfrac{m!}{k!}\le m!e
\le \sum_{k=0}^m\dfrac{m!}{k!}+\dfrac{1}{m}$
すなわち
$\displaystyle \sum_{k=0}^m\dfrac{m!}{k!}+\dfrac{1}{m+1}\le m!e
\le \sum_{k=0}^m\dfrac{m!}{k!}+\dfrac{1}{m}$
となるが，$\displaystyle \sum_{k=0}^m\dfrac{m!}{k!}$ および $m!e=(m-1)!l$ は整数なのでこれは不可能である．
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