自然数の定義について

自然数についてメモ.

$y$ が集合のとき, 対の公理より $\{ y \}$ は集合. よって再び対の公理より $\{ y, \{ y \} \}$ は集合. 和集合の公理より $S(y):=y \cup \{ y \}$ という風に記号を定めれば, $S(y)$ は集合. 無限公理：

$\exists x^*(\varnothing \in x^* \land \forall y(y \in x^* \to S(y) \in x^*))$

によりある無限集合 $x^*$ の存在が保証される. 上の論理式のカッコの中身の論理式を, $x^*$ を自由変数として持つ論理式と思い, $\varphi (x^*)$ と表すことにする. これらを用いて

$\omega := \{ z \in x^* ~;~ \forall X(\varphi(X) \to z \in X)\}$

と定める. 直感的に言えば, $\varphi$ を満たすような集合すべての共通部分として $\omega$ を定めた. すると内包性公理により $\omega$ は集合になる. $\omega$ は次の性質を持つことを示す.

$\forall x(x \in \omega \land x \neq \varnothing \to \exists y(y \in \omega \land x=S(y)))$

そこで, この命題の否定である

$\exists x(x \in \omega \land x \neq \varnothing \land \forall y (y \not\in \omega \lor S(y)=x))$

を仮定して矛盾を示す. このような $x$ を一つ決めておく. すると内包性公理より $\omega \setminus \{ x \}$ は集合. $z \in \omega \setminus \{x\}$ とすると, $x$ の取り方から $S(z) \neq x$ であり, また $\omega$ の定義から $S(z) \in \omega$. また $x \neq \varnothing$ なので $\varnothing \in \omega \setminus \{x\}$. よって, $\varphi(\omega \setminus \{x\})$ が成り立つことになる. すると $\omega$ の定義と $x \in \omega$ より $x \in \omega \setminus \{x\}$ ということになるが, これは矛盾を導く. よって命題が示された. すなわち $\varnothing$ でない $\omega$ の元はすべて何かしらの $\omega$ の元に後続する元であるということを主張している.

またどのような集合 $x$ についても $x \in S(x)$ であるから $S(x) \neq \varnothing$ である. よって $\varnothing$ はいかなる元の後続でもない.

実はこのような集合 $\omega$ は（集合 $x$ の取り方に依存して決まっているように見えるが）ただ一つであることが示され, そこでそれを自然数と呼ぶ. 自然数の定義としてしばしば $\mathbb R$ の部分集合であって, $0$ を元として持ち, かつ継承的なもの全体の共通部分として定めるものがあるが, この定義でも厳密な定義となっている理由は $x$ をどう取ってもよいからである. つまり $\omega$ を定めるときに $\{ z \in \mathbb R ~;~ \cdots \}$ として定めている（実数を定義するためには自然数が定義されていなければならないのでこのような定義は循環的に見えるかもしれないが, 人間が定義するしないに関わらず実数に対応するような集合はどこかに存在しているので, まあ寛容に認めてもいいのではないか）.

杉浦解析Iの解法メモ②

正数列 $\displaystyle \{ a_n \}$ に関して, ある実数 $a \geqq 0$ が存在して $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=a$ が成り立つなら, $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \left( a_n \right) ^{\frac 1 n}=a$ が成り立つ.

（証明）

任意の正の実数 $c$ について, $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} c^{\frac 1 n} = 1$ となることは既知として以下で用いる.

$\delta > 0$ を任意に取る. これに応じて $\epsilon=\epsilon(\delta) > 0$を,

$\displaystyle \epsilon < \min\left\{ 1, \frac{1}{2}, \frac{2\delta}{2a+2} \right\}$

となるようにとる.

この正数についてある自然数 $N_1=N_1(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq N_1$ について $|a_n-a| < \epsilon$ となるものが存在する. このとき $a_n < a+\epsilon$ である.

この $N_1$ に応じたある自然数 $N_2=N_2(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq N_2$ について $(a_{N_1})^{\frac 1 n} < 1 + \epsilon$ となるものをとる.

さらに $N_1$ に応じたある自然数 $N_3=N_3(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq N_3$ について $\displaystyle ((a+\epsilon)^{N_1})^{\frac 1 n}> 1-\epsilon > 0$ となるものがとれる.

そこで $N=\max\{N_1, N_2, N_3\}$ と定めれば, $\forall n \geqq N$ について上の３つの性質が満たされる. $n > N$ とするとき,

$\displaystyle (a_n)^{\frac 1 n} = \left( a_{N_1} \times \frac{a_{N_1 + 1}}{a_{N_1}} \times \frac{a_{N_1 + 2}}{a_{N_1 + 1}} \times \cdots \times \frac{a_n}{a_{n-1}} \right)^{\frac 1 n}$

$\displaystyle = (a_{N_1})^{\frac 1 n} \times \left( \frac{a_{N_1 + 1}}{a_{N_1}} \times \frac{a_{N_1 + 2}}{a_{N_1 + 1}} \times \cdots \times \frac{a_n}{a_{n-1}} \right)^{\frac 1 n}$

$\displaystyle < (1+\epsilon) \times \left( (a + \epsilon)^{n - N_1} \right)^{\frac 1 n}$

$\displaystyle =(1+\epsilon) \times \left( \frac{\left( a + \epsilon \right)^n}{\left( a + \epsilon \right)^{N_1}} \right)^{\frac 1 n}$

$\displaystyle =(1+\epsilon) \times \frac{a + \epsilon}{\left( (a+\epsilon)^{N_1} \right)^{\frac 1 n}} $

$\displaystyle < (1+\epsilon) \times \frac{a+\epsilon}{1-\epsilon}$

$\displaystyle =\frac{a+\epsilon(a + \epsilon + 1)}{1-\epsilon}$

となる. よって,

$\displaystyle (a_n)^{\frac 1 n} - a < \frac{a+\epsilon(a + \epsilon + 1)}{1-\epsilon} - a$

$\displaystyle =\frac{a+\epsilon(a + \epsilon + 1)-(1-\epsilon)a}{1-\epsilon}$

$\displaystyle =\frac{\epsilon(2a+\epsilon+1)}{1-\epsilon}$

$\displaystyle <\delta$

もしも $a=0$ であれば上の不等式は $\displaystyle (a_n)^{\frac 1 n} < \delta$ となるので, $(a_n)^{\frac 1 n} > 0$ と合わせればこれは $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} (a_n)^{\frac 1 n} = 0 = a$ を示している. そこで以下では $a>0$ として議論していく. いま, $\delta$ は上で取ったものと同じとする. 今度は $\epsilon>0$ を,

$\displaystyle \epsilon < \min \left\{ 1, \frac{\delta}{2a+1} , a \right\}$

と取る. この $\epsilon$ について自然数 $M_1=M_1(\epsilon)$ を, $\forall n \geqq M_1$ について $|a_n-a| < \epsilon$ となるようにとる. このとき $a_n > a-\epsilon > 0$ である.

この $M_1$ に応じたある自然数 $M_2=M_2(\epsilon)$ を, $\forall n \geqq M_2$ について $(a_{M_1})^{\frac 1 n} > 1 - \epsilon > 0$ となるようにとる.

さらに $M_1$ に応じたある自然数 $M_3=M_3(\epsilon)$ であって, $\forall n \geqq M_3$ について $\displaystyle ((a-\epsilon)^{M_1})^{\frac 1 n} < 1+\epsilon$ となるものがとれる.

これらの不等式を用いて先と同様に計算すれば, $\forall n > M=\max\{M_1, M_2, M_3 \}$ について $(a_n)^{\frac 1 n}-a>-\delta$ が導かれる.

結局 $\forall n > \max\{M, N\}$ について $-\delta < (a_n)^{\frac 1 n}-a < \delta $ すなわち $\left|(a_n)^{\frac 1 n}-a\right| < \delta$ が示された. ゆえに収束することが示された.（証明終）

杉浦の解析Iの覚え書き①

( 1 ) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a^n}{n!}=0$

$a=0$ なら明らか. $a \neq 0$ とする. このとき $|a| > 0$ である. $|a|$ と $1$ についてアルキメデスの定理を用いれば, ある自然数 $S=S(a)$ であって $S > |a|$ となるものが存在する. $m \geqq S$ ならば $m > |a|$ となることは明らか. また,
$\displaystyle M = M(a) := \frac{|a|^{S}}{S!} > 0$と定める. わざわざ一度 $S(a)$, $M(a)$ と書いたのは $a$ に依存して決まることを明確にするため. さて $\epsilon > 0$ を任意にとる. 再びアルキメデスの原理を $|a|$ と $\displaystyle \frac{\epsilon}{M} > 0$ について用いれば, ある自然数 $T=T(a, \epsilon)$ であって,$\displaystyle |a| < T\frac{\epsilon}{M}$となるものが存在する. すなわち $\displaystyle \frac{|a|}{T} < \frac{\epsilon}{M}$.

ここで $N = N(a, \epsilon) := \max \{ S, T \}$ とさだめ, $n \geqq N+2$ とする. すると$\displaystyle \frac{|a|^n}{n!}= \frac{|a|^S}{S!} \times \left( \prod_{k=1}^{n-S-1} \frac{|a|}{S+k} \right) \times \frac{|a|}{n}$と表せる（わざわざ $n \geqq N+2$ としたのは, $\prod$ において $n-S-1 \geqq 1$ とするためなので別に本質的ではない）.
$S$ の定義より, 全ての $1 \leqq k \leqq n-S-1$ について $\displaystyle \frac{|a|}{S+k} < 1$. また $n > N \geqq T$ なので $\displaystyle \frac{|a|}{n} < \frac{|a|}{T} < \frac{\epsilon}{M}$. よって上の式について以下のような評価が得られる.$\displaystyle \frac{|a|^S}{S!} \times \left( \prod_{k=1}^{n-S-1} \frac{|a|}{S+k} \right) \times \frac{|a|}{n} < M \times \frac{\epsilon}{M}=\epsilon$
以上より, $\displaystyle \forall n \geqq N+2 : ~~ \left| \frac{a^n}{n!} \right| = \frac{|a|^n}{n!} < \epsilon$. よって $0$ に収束することが示された.

( 2 ) $a>0$ のとき $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} a^{\frac 1 n}=1$

$a=1$ なら自明であるから $a \neq 1$ としてよい. まず $a > 1$ のときを考える. すると $\displaystyle a^{\frac 1 n} > 1$ である. なぜなら $\displaystyle ( ~ 0 < ~ ) ~ a^{\frac 1 n} \leqq 1$ とすると, 両辺を $n$ 乗すれば $a \leqq 1$ となり矛盾するからである. よってある $h_n > 0$ によって $\displaystyle a^{\frac 1 n} = 1 + h_n$ と表される. よって$\displaystyle a = (1+h_n)^n \geqq 1 + nh_n$なので $\displaystyle 0 < h_n \leqq \frac{a-1}{n}$ を得る. $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a-1}{n}=0$ なので, $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} h_n=0$ である. よって,$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} a^{\frac 1 n} = \lim_{n \rightarrow \infty} (1 + h_n) = 1 + 0 = 1$が示される.
次に $0 < a < 1$ のときを考える. まず任意の自然数 $n \geqq 1$ について $\displaystyle a^{\frac 1 n} < 1$ である. なぜなら $\displaystyle a^{\frac 1 n} \geqq 1$ とすると, 両辺を $n$ 乗すれば $a \geqq 1$ となり仮定に矛盾するからである.

この結果を用いて数列 $\displaystyle \left\{a^{\frac 1 n}\right\}$ が単調増加であることを示す. すなわち,$ \displaystyle a^{\frac{1}{n+1}}-a^{\frac 1 n} = a^{\frac{1}{n+1}}~\left(~1 - a^{\frac{1}{n(n+1)}}~\right)~ > 0$.よって狭義単調増加であることが分かった. これと $a \leqq \displaystyle a^{\frac 1 n} \leqq 1$, すなわち上に有界かつ全ての項が $a$ 以上なことを合わせれば, 数列 $\displaystyle \left\{ a^{\frac 1 n}\right\}$ はある正の実数 $c$ に収束することが分かる.

さて $\displaystyle b = \frac 1 a > 1$ について上と同様の議論をすれば,$\displaystyle 1 = \lim_{n \rightarrow \infty} b^{\frac 1 n} = \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{a^{\frac 1 n}} = \left( \lim_{n \rightarrow \infty}a^{\frac 1 n} \right)^{-1}=\frac 1 c$ゆえに $\displaystyle c = \lim_{n \rightarrow \infty}a^{\frac 1 n} = 1$ が示された（上の議論は数列 $\displaystyle \left\{a^{\frac 1 n}\right\}$ が収束することが分かっていないとできないので, 極限 $c$ の存在を示す必要がある）.

( 3 ) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n!}{n^n} = 0$

$\displaystyle 0 \leqq \frac{n!}{n^n} = \prod_{k=1}^n \frac{k}{n} \leqq \frac 1 n$. よってはさみうちの原理から示される.

( 4 ) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n}{2^n}=0$

任意の自然数 $n \geqq 2$ について,$\displaystyle 2^n = (1+1)^n \geqq \frac{n(n-1)}{2} > \frac{n^2}{2}$よって $\displaystyle \frac{n}{2^n} < \frac{2}{n}$ なので示された.