商による数の構成

集合$\mathcal{I}$の任意の元が帰納的であるとする．

1. 明らかに$\varnothing \in \bigcap\mathcal{I}$が成り立つ．
2. $x \in \bigcap\mathcal{I}$とする．任意の$I \in \mathcal{I}$に対して，$x \in I$より$x\cup\{x\}\in I$が成り立つので，$x\cup\{x\} \in \bigcap\mathcal{I}$を得る．

ind-capより$I' \coloneqq \bigcap\mathcal{I}(I),J'\coloneqq\bigcap\mathcal{I}(J)$はともに帰納的集合であるから，
\begin{align} I' \cap J' \in \mathcal{I}(I) &\quad\leadsto\quad I'\cap J' \subset I' \stackrel{!}{\subset} I' \cap J';\\ I' \cap J' \in \mathcal{I}(J) &\quad\leadsto\quad I'\cap J' \subset J' \stackrel{!}{\subset} I' \cap J'; \end{align}
が成り立つ．よって
$$ \bigcap\mathcal{I}(I) = I' \cap J' = \bigcap\mathcal{I}(J)$$
を得る．

1. $\forall\,n\in\mathbb{N},\ n\in\s(n) \neq \varnothing.$
2. 仮定より$N$は帰納的集合なので，$\mathbb{N}$の最小性より結論を得る．

1. 集合
   $$ N \coloneqq \{n\in\mathbb{N} \mid m \in n \implies n \not\subset m\}$$
   を考える．
   1. Base：明らかに$\varnothing\in N$である．
   2. Induction：$n \in N$とし，$m\in\s(n)$とする．
      1. $m \in n$のとき，$n\not\subset m$より$\s(n) \not\subset m$を得る．
      2. $m=n$のとき，$\s(n)\subset m$とすると，
         $$ n \in \s(n) \subset m=n$$
         より，$n \not\subset n$となって不合理である．
2. (1)（の対偶）より明らか．
3. 集合
   $$ N \coloneqq \{n\in\mathbb{N} \mid m \in n \implies m \subset n\}$$
   を考える．
   1. Base：明らかに$\varnothing\in N$である．
   2. Induction：$n \in N$とし，$m \in \s(n)$とする．
      1. $m\in n$のとき，$m \subset n \subset \s(n)$が成り立つ．
      2. $m=n$のとき，$m = n \subset \s(n)$が成り立つ．
4. (3)より
   $$ \ell \in m \stackrel{!}{\subset} n$$
   となるので，$\ell \in n$を得る．

$\s(n)=\s(m)$とする．このとき
$$ n \in \{n\} \subset \s(n)=\s(m) \quad\leadsto\quad n \in m \lor n=m$$
であり，同様にして$m\in n \lor m=n$が成り立つので，trans(2)(4)より，$n=m$を得る．

$\mathbb{P} \smallsetminus \{0_{\mathbb{P}}\} \subset \s_{\mathbb{P}}[\mathbb{P}]$を示せばよい．そこで部分集合
$$ P \coloneqq \{0_{\mathbb{P}}\} \cup \s_{\mathbb{P}}[\mathbb{P}]$$
を考えると，明らかに$0_{\mathbb{P}} \in P$であり，
$$ \s_{\mathbb{P}}[P] = \{\s_{\mathbb{P}}(0_{\mathbb{P}})\} \cup \s_{\mathbb{P}}[\s_{\mathbb{P}}[\mathbb{P}]] \subset \s_{\mathbb{P}}[\mathbb{P}] \subset P$$
が成り立つので，
$$ \mathbb{P} = P \quad\leadsto\quad \mathbb{P} \smallsetminus \{0_{\mathbb{P}}\} \subset \s_{\mathbb{P}}[\mathbb{P}]$$
を得る．

一意性

写像$r,r' \colon \mathbb{P} \to X$が条件を満たすとし，集合
$$ P \coloneqq \{n \in \mathbb{P} \mid r(n)=r'(n)\}$$
を考える．

1. Base：仮定より
   $$ r(0_{\mathbb{P}}) = x_{0} = r'(0_{\mathbb{P}}) \quad\leadsto\quad 0_{\mathbb{P}} \in P$$
   が成り立つ．
2. Induction：$n \in P$とする．このとき
   $$ r(\s_{\mathbb{P}}(n)) = f(r(n)) = f(r'(n)) = r'(\s_{\mathbb{P}}(n))$$
   より$\s_{\mathbb{P}}(n)\in P$を得る．

よって$P=\mathbb{P}$となるので，$r=r'$が成り立つ．

存在

集合$R \subset \mathbb{P}\times X$を
$$ R \coloneqq \bigcap \underbrace{\{S \subset \mathbb{P} \times X \mid (0_{\mathbb{P}},x_{0}) \in S,\ (n,x) \in S \implies (\s_{\mathbb{P}}(n),f(x)) \in S\}}_{\eqqcolon\mathcal{S}}$$
で定める．

1. 集合
   $$ P \coloneqq \{n \in \mathbb{P} \mid \exists\,x \in X,\ (n,x) \in R\}$$
   を考える．
   1. Base：$(0_{\mathbb{P}},x_{0}) \in R$より$0_{\mathbb{P}} \in P$を得る．
   2. Induction：$n \in P$とし，$x \in X$であって$(n,x) \in R$なるものを取る．このとき，任意の$S \in \mathcal{S}$に対して，$(n,x) \in S$より$(\s_{\mathbb{P}}(n),f(x)) \in S$が成り立つので，
      $$ (\s_{\mathbb{P}}(n),f(x)) \in \bigcap \mathcal{S} = R \quad\leadsto\quad \s_{\mathbb{P}}(n) \in P$$
      が成り立つ．
2. 集合
   $$ P \coloneqq \{n \in \mathbb{P} \mid (n,x),(n,y) \in R \implies x=y\}$$
   を考える．
   1. Base：$(0_{\mathbb{P}},y) \in R$とし$x_{0} \neq y$とすると，$S \coloneqq R \smallsetminus \{(0_{\mathbb{P}},y)\} \in \mathcal{S}$より$R \subset S$となるが，これは不合理である．
   2. Induction：$n \in P$とする．[1]より$x \in X$であって$(n,x) \in R$なるものがただ一つ存在する．$(\s_{\mathbb{P}}(n),y) \in R,\,f(x) \neq y,\,$とする．このとき，$S \coloneqq R \smallsetminus \{(\s_{\mathbb{P}}(n),y)\}$とおくと，$(0_{\mathbb{P}},x_{0}) \in S$であり，$(n',x') \in S$とすると
      \begin{align} n'=n &\quad\leadsto\quad x'=x,\ (\s_{\mathbb{P}}(n'),f(x')) \in S \\ n'\neq n &\quad\leadsto\quad \s_{\mathbb{P}}(n') \neq \s_{\mathbb{P}}(n),\ (\s_{\mathbb{P}}(n'),f(x')) \in S \end{align}
      が成り立つので，
      $$ S \in \mathcal{S} \quad\leadsto\quad R \subset S$$
      となって不合理である．

以上より，$\rec_{f,x_{0}} \coloneqq (R,\mathbb{P},X)$は写像である．

1. $(0_{\mathbb{P}},x_{0})\in R$より$\rec_{f,x_{0}}(0_{\mathbb{P}}) = x_{0}$である．
2. 任意の$n \in \mathbb{P}$に対して，
   $$ (n,\rec_{f,x_{0}}(n)) \in R \quad\leadsto\quad (\s_{\mathbb{P}}(n),f(\rec_{f,x_{0}}(n))) \in R$$
   より，
   $$ \rec_{f,x_{0}}(\s_{\mathbb{P}}(n)) = f(\rec_{f,x_{0}}(n))$$
   が成り立つ．

写像$\varphi \colon \mathbb{N} \rightleftarrows \mathbb{P} \colon \psi$であって，$\varphi(0)=0_{\mathbb{P}},\,\psi(0_{\mathbb{P}})=0$および
$$ \varphi\circ\s = \s_{\mathbb{P}}\circ \varphi,\ \psi\circ\s_{\mathbb{P}} = \s\circ\psi$$
を満たすものがただ一つづつ存在する：
$$ \xymatrix{ {\mathbb{N}} \ar@{.>}[rr]^{\varphi} \ar[dd]_{\s} && {\mathbb{P}} \ar@{.>}[rr]^{\psi} \ar[dd]_{\s_{\mathbb{P}}} && {\mathbb{N}} \ar[dd]^{\s} \\ \\ {\mathbb{N}} \ar@{.>}[rr]_{\varphi} && {\mathbb{P}} \ar@{.>}[rr]_{\psi} && {\mathbb{N}} }$$
合成写像$\Phi\coloneqq\psi\circ\varphi \colon \mathbb{N}\to\mathbb{N}$は
$$ \Phi(0)=0,\ \Phi\circ\s = \s\circ\Phi$$
を満たすので，
$$ \Phi = \rec_{\s,0} = \id_{\mathbb{N}}$$
が成り立つ．同様にして$\varphi\circ\psi=\id_{\mathbb{P}}$も成り立つ．

Step 1.

集合
$$ N \coloneqq \{n \in \mathbb{N} \mid a^{n}b=ba^{n}\}$$
を考える．

1. Base：定義より
   $$ a^{0}b = 1_{\mathbb{M}}b = b = b1_{\mathbb{M}} = ba^{0}$$
   が成り立つので，$0 \in N$を得る．
2. Induction：$n \in N$とする．このとき
   $$ a^{\s(n)}b = (a^{n}a)b = a^{n}(ab) = a^{n}(ba) = (a^{n}b)a = (ba^{n})a = b(a^{n}a) = ba^{\s(n)}$$
   より$\s(n) \in N$を得る．

Step 2.

Step1 より$b,a^{n}$は可換なので，再び Step1 より$a^{n},b^{m}$は可換である．

Step 3.

集合
$$ N \coloneqq \{n \in \mathbb{N} \mid (ab)^{n}=a^{n}b^{n}\}$$
を考える．

1. Base：$0 \in N$は明らか．
2. Induction：$n \in N$とする．このとき，Step1 より
   $$ (ab)^{\s(n)} = (ab)^{n}(ab) = (a^{n}b^{n})(ab) = a^{n}(b^{n}a)b = a^{n}(ab^{n})b = (a^{n}a)(b^{n}b) = a^{\s(n)}b^{\s(n)}$$
   となるので，$\s(n) \in N$を得る．

集合
$$ N \coloneqq \{n \in \mathbb{N} \mid \forall\,m\in\mathbb{N}, (a^{n})^{m} = (a^{m})^{n}\}$$
を考える．

1. Base：
   $$ (a^{0})^{m} = {1_{\mathbb{M}}}^{m} = 1_{\mathbb{M}} = (a^{m})^{0}.$$
2. Induction：$n \in N$とする．このとき
   $$ (a^{\s(n)})^{m} = (a^{n}a)^{m} = (a^{n})^{m}a^{m} = (a^{m})^{n}a^{m} = (a^{m})^{\s(n)}$$
   より$\s(n) \in N$が成り立つ．

$m \neq 0$とすると$k \in \mathbb{N}$であって
$$ \s(k)=m \quad\leadsto\quad 0 = n \oplus m = n \oplus \s(k) = \s(n \oplus k)$$
なるものが存在することになり不合理である．よって$m=0$であるから
$$ n = n \oplus 0 = 0$$
が成り立つ．

集合
$$ M \coloneqq \{m \in \mathbb{N} \mid \forall\,n\in\mathbb{N}, a^{n}a^{m} = a^{n \oplus m}\}$$
を考える．

1. Base：$0 \in M$は明らか．
2. Induction：$m \in M$とする．このとき
   $$ a^{n}a^{\s(m)} = a^{n}(a^{m}a) = (a^{n}a^{m})a = a^{n \oplus m}a = a^{\s(n \oplus m)} = a^{n \oplus \s(m)}$$
   より$\s(m) \in M$を得る．

結合律

$$ (n \oplus m) \oplus \ell = \s^{\ell}(n \oplus m) = \s^{\ell}(\s^{m}(n)) = \s^{m}(\s^{\ell}(n)) = \s^{m \oplus \ell}(n) = n\oplus(m \oplus \ell).$$

可換律

1. 集合
   $$ N \coloneqq \{n \in \mathbb{N} \mid \s^{n}(0)=n\}$$
   を考える．
   1. Base：$0 \in N$は明らか．
   2. Induction：$n \in N$とする．このとき
      $$ \s^{\s(n)}(0) = \s^{n}(\s(0)) = \s(\s^{n}(0)) = \s(n)$$
      より$\s(n) \in N$を得る．
2. 前段より
   $$ n \oplus m = \s^{m}(n) = \s^{m}(\s^{n}(0)) = \s^{n}(\s^{m}(0)) = \s^{n}(m) = m \oplus n$$
   が成り立つ．

単位元

既に見た．

集合
$$ N \coloneqq \{n \in \mathbb{N} \mid n \oplus m = n \oplus k \implies m=k\}$$
を考える．

1. Base：
   $$ 0 \oplus m=0 \oplus k \implies m = 0 \oplus m = 0 \oplus k = k.$$
2. Induction：$n \in N$とし，$\s(n) \oplus m=\s(n) \oplus k$とする．このとき，$\s$の単射性より
   $$ \s(n \oplus m) = \s(n) \oplus m = \s(n) \oplus k = \s(n \oplus k) \quad\leadsto\quad n \oplus m = n \oplus k$$
   となるので$m=k$が成り立ち，したがって$\s(n)\in N$を得る．

集合
$$ M \coloneqq \{m \in \mathbb{N} \mid \forall\,n \in \mathbb{N},\ (a^{n})^{m}=a^{n \otimes m}\}$$
を考える．

1. Base：$0 \in M$は明らか．
2. Induction：$m \in M$とする．このとき
   $$ (a^{n})^{\s(m)} = (a^{n})^{m}a^{n} = a^{n \otimes m}a^{n} = a^{(n \otimes m)\oplus n} = a^{n\otimes\s(m)}$$
   より$\s(m) \in M$を得る．

$$ (n \otimes m)\otimes \ell = (\s^{n \otimes m})^{\ell}(0) = ((\s^{n})^{m})^{\ell}(0) = (\s^{n})^{m \otimes \ell}(0) = n\otimes(m\otimes\ell).$$

$$ n\otimes(m\oplus\ell) = n\otimes(\ell\oplus m) = (\s^{n})^{\ell\oplus m}(0) = (\s^{n})^{\ell}((\s^{n})^{m}(0)) = \s^{n\otimes\ell}(n \otimes m) = (n \otimes m) \oplus (n\otimes\ell).$$

反射律

$n+0=n$より$n\leq n$を得る．

反対称律

$n \leq m \leq n$とする．このとき，$k,\ell \in \mathbb{N}$であって
$$ n+k=m,\ m+\ell=n \quad\leadsto\quad n+(k+\ell) = n = n+0$$
なるものが存在するので，cancel，zeroより
$$ k+\ell = 0 \quad\leadsto\quad k=\ell=0$$
となり，したがって$n=m$を得る．

推移律

$$ n+k=m,\ m+k'=\ell \implies n+(k+k') = \ell.$$

比較可能性

集合
$$ N \coloneqq \{n \in \mathbb{N} \mid \forall\,m \in \mathbb{N},\ n \leq m \lor m \leq n\}$$
を考える．

1. Base：任意の$m\in\mathbb{N}$に対して，$0+m=m$より$0 \leq m$が成り立つので，$0 \in N$を得る．
2. Induction：$n \in N$とし，$m \in \mathbb{N}$とする．
   1. $m=0$のとき，$0 \leq \s(n)$が成り立つ．
   2. $m \neq 0$のとき，$k \in \mathbb{N}$であって$\s(k)=m$なるものを取ると，
      \begin{align} n+\prescript{\exists}{}\ell=k &\quad\leadsto\quad \s(n)+\ell = \s(n+\ell) = \s(k)=m;\\ k+\prescript{\exists}{}\ell = n &\quad\leadsto\quad m+\ell = \s(k)+\ell = \s(k+\ell) = \s(n);\\ \end{align}
      が成り立つ．

\begin{align} n< m &\iff \exists\,\ell\in\mathbb{N}_{+},\ n+\ell = m \\ &\iff \exists\,\ell\in\mathbb{N}_{+},\ (n+k)+\ell = m+k \\ &\iff n+k < m+k. \end{align}

$n< m$とすると，$\ell\in\mathbb{N}_{+}$であって$n+\ell=m$なるものが存在するので，$k\ell\in\mathbb{N}_{+}$に対して$kn+k\ell = km$が成り立ち，したがって$kn< km$となる．

1. $n< m$とする．このとき$k\in\mathbb{N}$であって
   $$ (n+1)+k = n + (k+1) \stackrel{!}{=} m$$
   なるものが存在するので，$n+1 \leq m$が成り立つ．
2. $n+1 \leq m$とする．このとき$k\in\mathbb{N}$であって
   $$ n + (k+1) = (n+1) + k \stackrel{!}{=} m$$
   なるものが存在するので，$n < m$が成り立つ．

$n\neq m$のとき，$n< m \lor m< n$であり，一方で$n< n+1$であるから，$n< m,\,m< n$が同時に成り立つことはない．

$M \subset \mathbb{N}$を非空集合とし，
$$ N \coloneqq \{n\in\mathbb{N} \mid \forall\,m \in M,\ n \leq m\}$$
を考える．明らかに$0\in N$であるが，$\prescript{\exists}{}m_{0} \in M$に対して$m_{0} < m_{0}+1$より$m_{0}+1 \notin N$が成り立つので$N\neq\mathbb{N}$であり，とくに$N$は帰納的集合ではない．したがって，$n_{0}\in N$であって$n_{0}+1 \notin N$なるものが存在する．

1. $n_{0}\in N$より
   $$ \forall\,m \in M,\ n_{0} \leq m$$
   が成り立つ．
2. $n_{0} \notin M$とすると，
   $$ \forall\,m \in M,\ n_{0} < m \quad\leadsto\quad n_{0}+1 \leq m$$
   より$n_{0}+1 \in N$となるが，これは不合理である．

反射律および対称律は明らか．そこで$(a,b)\sim(c,d)\sim(g,h)$とする：
$$ \exists\,n,m \in \mathbb{M},\ (a+d)+n=(c+b)+n,\ (c+h)+m=(g+d)+m.$$
このとき，
\begin{align} (a+h)+(d+n+m) &= ((a+d)+n)+(h+m) \\ &= ((c+b)+n)+(h+m) \\ &= ((c+h)+m)+(b+n) \\ &= ((g+d)+m)+(b+n) = (g+b)+(d+n+m) \end{align}
が成り立つので，$(a,b)\sim(g,h)$を得る．

仮定より$n,m \in \mathbb{M}$であって
$$ (a+b')+n=(a'+b)+n,\ (c+d')+m=(c'+d)+m$$
なるものが存在する．このとき，
\begin{align} ((a+c)+(b'+d'))+(n+m) &= ((a+b')+n)+((c+d')+m) \\ &= ((a'+b)+n)+((c'+d)+m) = ((a'+c')+(b+d))+(n+m) \end{align}
が成り立つので，結論を得る．

1. $$ \iota(a+b) = [a+b,0_{\mathbb{M}}] = [a+b,0_{\mathbb{M}}+0_{\mathbb{M}}] = [a,0_{\mathbb{M}}]+[b,0_{\mathbb{M}}] = \iota(a)+\iota(b).$$
2. 任意の$a,b \in \mathbb{M}$に対して
   $$ \iota(a)=\iota(b) \iff \exists\,m \in \mathbb{M},\ a+m=b+m$$
   が成り立つことからしたがう．

一意性

任意の$a,b \in \mathbb{M}$に対して
$$ \G(f)([a,b]) = \G(f)(\iota(a)-\iota(b)) = \G(f)(\iota(a))\G(f)(\iota(b))^{-1} = f(a)f(b)^{-1}$$
が成り立つので，$\G(f)$は$f$のみで決まる．

存在

写像$f' \colon \mathbb{M}\times\mathbb{M} \to \mathbb{G}$を
$$ f'(a,b) \coloneqq f(a)f(b)^{-1}$$
で定めると，$f[\mathbb{M}]$の元が互いに可換であることから
$$ (a,b) \sim (c,d) \implies \exists\,m \in \mathbb{M},\ (a+d)+m=(c+b)+m \implies f(a)f(b)^{-1} = f(c)f(d)^{-1}$$
が成り立つので，写像$\G(f) \colon \G(\mathbb{M}) \to \mathbb{G}$であって
$$ \G(f)([a,b]) = f'(a,b) = f(a)f(b)^{-1}$$
なるものがただ一つ存在する：
$$ \xymatrix{ {\mathbb{M} \times \mathbb{M}} \ar[rr]^{f'} \ar[dd]_{\text{quoti.}} && {\mathbb{G}} \\ \\ {\G(\mathbb{M})} \ar@{.>}[uurr]_{\G(f)} }$$
$f(0_{\mathbb{M}})=1_{\mathbb{G}}$より
$$ \G(f)(\iota(a)) = \G(f)([a,0_{\mathbb{M}}]) = f(a)f(0_{\mathbb{M}})^{-1} = f(a)$$
が成り立つ．また，
$$ \G(f)([a,b]+[c,d]) = \G(f)([a+c,b+d]) = f(a+c)f(b+d)^{-1} = (f(a)f(b)^{-1})(f(c)f(d)^{-1}) = \G(f)([a,b])\G(f)([c,d])$$
が成り立つので，$\G(f) \colon \G(\mathbb{M})\to \mathbb{G}$はモノイド準同型であり，したがって群準同型である．

exp-law-sより写像$\exp_{a} \colon \mathbb{N} \to \mathbb{G}$はモノイド準同型なので，群準同型$\G(\exp_{a}) \colon \mathbb{Z} \to \mathbb{G}$であって$\G(\exp_{a})\circ\iota_{\mathbb{N}}=\exp_{a}$なるものがただ一つ存在する：
$$ \xymatrix{ {\mathbb{N}} \ar[rr]^{\iota_{\mathbb{N}}} \ar[rrdd]_{\exp_{a}} && {\mathbb{Z}} \ar@{.>}[dd]^{\G(\exp_{a})} \\ \\ && {\mathbb{G}} }$$

1. 明らかに
   $$ \G(\exp_{a})([1,0]) = \exp_{a}(1) = a$$
   が成り立つ．
2. 群準同型$f \colon \mathbb{Z} \to \mathbb{G}$が$f([1,0])=a$を満たすならば，$f([0,0])=1_{\mathbb{G}}=\exp_{a}(0)$および
   $$ f([n,0]) = \exp_{a}(n) \implies f([n+1,0]) = f([n,0])f([0,0]) = \exp_{a}(n)a = \exp_{a}(n+1)$$
   より$f\circ\iota_{\mathbb{N}}=\exp_{a}$が成り立つので，$f=\G(\exp_{a})$となる．

$n+m'=n'+m,\,k+\ell'=k'+\ell$より
\begin{align} ((nk+m\ell)+(n'\ell'+m'k')) + (m'k+n'\ell+n'k+m'\ell) &= (n+m')k + (m+n')\ell + n'(\ell'+k) + m'(k'+\ell) \\ &= (n'+m)k + (m'+n)\ell + n'(\ell+k') + m'(k+\ell') \\ &= ((n'k'+m'\ell')+(n\ell+mk)) + (m'k+n'\ell+n'k+m'\ell) \end{align}
が成り立つので，cancelより
$$ (nk+m\ell)+(n'\ell'+m'k') = (n'k'+m'\ell')+(n\ell+mk)$$
を得る．

結合律

\begin{align} ([n,m][k,\ell])[i,j] &= [nk+m\ell,n\ell+mk][i,j] \\ &= [(nk+m\ell)i + (n\ell+mk)j, (nk+m\ell)j+(n\ell+mk)i] \\ &= [n(ki+\ell j)+m(\ell i+kj), n(kj+\ell i)+m(\ell j+ki)] \\ &= [n,m][ki+\ell j,kj+\ell i] \\ &= [n,m]([k,\ell][i,j]). \end{align}

可換律

$$ [n,m][k,\ell] = [nk+m\ell,n\ell+mk] = [kn+\ell m, km+\ell n] = [k,\ell][n,m].$$

単位元

$[1,0].$

分配律

\begin{align} [n,m]([k,\ell]+[i,j]) &= [n,m][k+i,\ell+j] \\ &= [n(k+i)+m(\ell+j),n(\ell+j)+m(k+i)] \\ &= [(nk+m\ell)+(ni+mj),(n\ell+mk)+(nj+mi)] \\ &= [nk+m\ell,n\ell+mk] + [ni+mj,nj+mi] \\ &= [n,m][k,\ell] + [n,m][i,j]. \end{align}

$[n,m]=[k,\ell]$のとき，$n+\ell=k+m$とcancelより
$$ n <_{\mathbb{N}} m \iff k <_{\mathbb{N}} \ell$$
が成り立つ．よって，部分集合$\mathbb{Z}_{+} \subset \mathbb{Z}$を
$$ \mathbb{Z}_{+} \coloneqq \{[n,m]\in\mathbb{Z} \mid m <_{\mathbb{N}} n\}$$
で定めることができる．以下，組$(\mathbb{Z},\mathbb{Z}_{+})$が条件を満たすことを示す．

順序環であること

1. $0<_{\mathbb{N}}1$より$[1,0] \in \mathbb{Z}_{+} \neq \varnothing$である．
2. $s=[n,m]\in\mathbb{Z}$とする．
   1. $n<_{\mathbb{N}}m$のとき，$-s=[m,n]\in\mathbb{Z}_{+}$が成り立つ．
   2. $n=m$のとき，$s=[0,0]$となる．
   3. $m<_{\mathbb{N}}n$のとき，$s\in\mathbb{Z}_{+}$が成り立つ．
3. 任意の$s=[n,m],t=[k,\ell]\in\mathbb{Z}_{+}$に対して，$i,j\in\mathbb{N}_{+}$であって$m+i=n,\,\ell+j=k$なるものを取ると，
   $$ i+j\in\mathbb{N}_{+},\ (m+\ell)+(i+j) = n+k \quad\leadsto\quad m+\ell <_{\mathbb{N}} n+k$$
   より$s+t\in\mathbb{Z}_{+}$が成り立ち（cf. nat-sum-monotone），
   $$ ij\in\mathbb{N}_{+},\ (n\ell+mk)+ij = n\ell+m(\ell+j)+ij = n(\ell+j)+m\ell = nk+m\ell \quad\leadsto\quad n\ell+mk <_{\mathbb{N}} nk+m\ell$$
   より$st \in \mathbb{Z}_{+}$が成り立つ．

順序を保つこと

$$ n \in \mathbb{N}_{+} \implies 0<_{\mathbb{N}}n \implies [n,0] \in \mathbb{Z}_{+}.$$

一意性

$(\mathbb{Z},\mathbb{Z}_{++})$が条件を満たす順序環であるとする．

1. $[n,m]\in\mathbb{Z}_{+}$とする．このとき$m<_{\mathbb{N}} n$ より$k \in \mathbb{N}_{+}$であって$m+k=n$なるものが存在するので，
   $$ [n,m] = [n,0]-[m,0] = [k,0] \in \mathbb{Z}_{++}$$
   が成り立つ．
2. $s\notin\mathbb{Z}_{+}$とする．
   1. $s=[0,0]$のとき，明らかに$s \notin \mathbb{Z}_{++}$である．
   2. $-s\in\mathbb{Z}_{+}$のとき，[1]より$-s\in\mathbb{Z}_{++}$となるので，$s \notin \mathbb{Z}_{++}$が成り立つ．

$s,t \in \mathbb{Z}\smallsetminus\{0\}$とする．このとき，順序環の定義より
$$ st,\ s(-t),\ (-s)t,\ (-s)(-t)$$
のいづれかは$\mathbb{Z}_{+}$に属すので，$st=0$とはなり得ない．

前者は明らか．とくに
$$ a^{-s} = (a^{s})^{-1}$$
が成り立つ．また，$s,t\in\mathbb{N}$のときに後者が成り立つことは既に見た（cf. exp-law-p）．

1. 任意の$n,m\in\mathbb{N}$に対して，
   $$ (a^{-n})^{m}a^{nm} = ((a^{n})^{-1})^{m}(a^{n})^{m} = ((a^{n})^{-1}a^{n})^{m} = 1_{\mathbb{G}}$$
   より，
   $$ (a^{-n})^{m} = (a^{nm})^{-1} = a^{-nm} = a^{(-n)m}$$
   が成り立つ．したがって
   $$ (a^{\pm n})^{-m} = ((a^{\pm n})^{m})^{-1} = (a^{(\pm n)m})^{-1} = a^{-(\pm n)m} = a^{(\pm n)(-m)}$$
   が成り立つ．
2. 任意の$s=[n,m],\,t=[k,\ell] \in \mathbb{Z}$に対して，
   \begin{align} (a^{s})^{t} &= (a^{n-m})^{k-\ell} \\ &= (a^{n}a^{-m})^{k}(a^{n}a^{-m})^{-\ell} \\ &= ((a^{n})^{k}(a^{-m})^{k})((a^{n})^{-\ell}(a^{-m})^{-\ell}) \\ &= (a^{nk}a^{-mk})(a^{-n\ell}a^{m\ell}) \\ &= a^{nk-mk}a^{-n\ell+m\ell} \\ &= a^{(nk+m\ell)-(n\ell+mk)} \\ &= a^{st} \end{align}
   が成り立つ．

乗法単位元$1_{\mathbb{A}} \in \mathbb{A}$に対して定まる加法群$\mathbb{A}$への群準同型$f \coloneqq\G(\exp_{1_{\mathbb{A}}}) \colon \mathbb{Z} \to \mathbb{A}$が積を保つことを示せばよい：
$$ \xymatrix{ {\mathbb{N}} \ar[rr]^{\iota_{\mathbb{N}}} \ar[rrdd]_{\exp_{1_{\mathbb{A}}}} && {\mathbb{Z}} \ar@{.>}[dd]^{f} \\ \\ && {\mathbb{A}} }$$
まづ，集合
$$ N \coloneqq \{n\in\mathbb{N} \mid \forall\,m\in\mathbb{N},\ f(nm)=f(n)f(m)\}$$
を考える．

1. Base：$f(0) = 0_{\mathbb{A}}$より$0 \in N$となる．
2. Induction：$n \in N$とする．このとき
   \begin{align} f((n+1)m) &= f(nm+m) \\ &= f(nm)+f(m) \\ &= f(n)f(m)+f(m) \\ &= (f(n)+1_{\mathbb{A}})f(m) \\ &= (f(n)+f(1))f(m) = f(n+1)f(m) \end{align}
   が成り立つので，$n+1\in N$を得る．

よって，任意の整数$s=[n,m],t=[k,\ell] \in \mathbb{Z}$に対して
\begin{align} f(st) &= f((nk+m\ell)-(n\ell+mk))\\ &= f(nk+m\ell)-f(n\ell+mk)\\ &= (f(nk)+f(m\ell))-(f(n\ell)+f(mk)) \\ &= (f(n)f(k)+f(m)f(\ell))-(f(n)f(\ell)+f(m)f(k)) \\ &= (f(n)-f(m))(f(k)-f(\ell)) \\ &= f(n-m)f(k-\ell) \\ &= f(s)f(t) \end{align}
が成り立つ．

$s/t=u/v$のとき，$sv=ut$より$(st)v^{2}=(uv)t^{2}$となるので，
$$ st \in \mathbb{Z}_{+} \iff uv \in \mathbb{Z}_{+}$$
が成り立つ．よって，部分集合$\mathbb{Q}_{+} \subset \mathbb{Q}$を
$$ \mathbb{Q}_{+} \coloneqq \{s/t \in \mathbb{Q} \mid st \in \mathbb{Z}_{+}\}$$
で定めることができる．以下，組$(\mathbb{Q},\mathbb{Q}_{+})$が条件を満たすことを示す．

順序体であること

1. $1/1 \in \mathbb{Q}_{+} \neq \varnothing.$
2. $q=s/t\in\mathbb{Q}$とする．
   1. $-st=(-s)t\in\mathbb{Z}_{+}$のとき，$-q=(-s)/t\in\mathbb{Q}_{+}$が成り立つ．
   2. $st=0$のとき，$t\neq 0$より$s=0$であるから，$q=0/1$となる．
   3. $st\in\mathbb{Z}_{+}$のとき，$q\in\mathbb{Q}_{+}$が成り立つ．
3. 任意の$p=s/t,q=u/v \in \mathbb{Q}_{+}$に対して，
   $$ (sv+ut)tv = (st)v^{2} + t^{2}(uv) \in \mathbb{Z}_{+}$$
   より$p+q \in \mathbb{Q}_{+}$が成り立ち，
   $$ (su)(tv) = (st)(uv) \in \mathbb{Z}_{+}$$
   より$pq \in \mathbb{Q}_{+}$が成り立つ．

順序を保つこと

$$ s\in\mathbb{Z}_{+} \implies s1 = s \in \mathbb{Z}_{+} \implies \frac{s}{1} \in \mathbb{Q}_{+}.$$

一意性

$(\mathbb{Q},\mathbb{Q}_{++})$が条件を満たす順序体であるとする．このとき
$$ \frac{s}{t} = \frac{st}{1}\left(\frac{1}{t}\right)^{2},\ \left(\frac{1}{t}\right)^{2} \in \mathbb{Q}_{++}$$
より，
$$ \frac{s}{t} \in \mathbb{Q}_{++} \iff \frac{st}{1} \in \mathbb{Q}_{++} \iff st \in \mathbb{Z}_{+} \iff \frac{s}{t} \in \mathbb{Q}_{+}$$
が成り立つ．

$r-p,1/2 \in \mathbb{Q}_{+}$であるから，$q \coloneqq (p+r)/2 \in \mathbb{Q}$とおけば
$$ r-q = q-p = \frac{r-p}{2} \in \mathbb{Q}_{+}$$
が成り立つ．

$a,b \in \mathcal{C}$とする．このとき，
$$ |(a_{n}+b_{n})-(a_{m}+b_{m})| \leq |a_{n}-a_{m}| + |b_{n}-b_{m}|$$
が成り立つので，$a+b \in \mathcal{C}$を得る．また，
$$ |a_{n}b_{n} - a_{m}b_{m}| \leq |a_{n}-a_{m}||b_{n}| + |a_{m}||b_{n}-b_{m}|$$
が成り立つので，$a,b$が有界であることと併せて$ab \in \mathcal{C}$を得る．

$n,m\in\mathbb{N}$が十分大きいとき
$$ |a_{n}^{-1}-a_{m}^{-1}| = \frac{|a_{n}-a_{m}|}{|a_{n}||a_{m}|} \leq \frac{|a_{n}-a_{m}|}{\varepsilon_{0}^{2}}$$
が成り立つので，結論を得る．

イデアルであること

1. $\bar{0}\in\mathfrak{m}_{0} \neq \varnothing.$
2. $a,b \in \mathfrak{m}_{0} \implies a-b \in \mathfrak{m}_{0}$は明らか．
3. $a\in\mathcal{C},\,b\in\mathfrak{m}_{0}$とする．このとき
   $$ |a_{n}b_{n}| = |a_{n}||b_{n}| \leq \prescript{\exists}{}\alpha|b_{n}| \to 0 \quad(n\to\infty)$$
   より，$ab \in \mathfrak{m}_{0}$が成り立つ．

極大であること

$\bar{1} \in \mathcal{C}\smallsetminus\mathfrak{m}_{0}$であるから，あとは$\mathfrak{m}_{0}$を真に含むイデアル$\mathfrak{m} \subset \mathcal{C}$に対して$\bar{1}\in\mathfrak{m}$が成り立つことを示せばよい．

1. $b \in \mathfrak{m}\smallsetminus\mathfrak{m}_{0}$を取る．このとき，$\varepsilon_{0}\in\mathbb{Q}_{+}$であって
   $$ \forall\,n\in\mathbb{N},\ \exists\,m\in\mathbb{N},\ n< m,\ \varepsilon_{0} < |b_{m}|$$
   なるものが存在する．
2. この$\varepsilon_{0}$に対して，$n_{0}\in\mathbb{N}$であって
   $$ \forall\,m,k\in\mathbb{N},\ n_{0}< m,k \implies |b_{m}-b_{k}|<\varepsilon_{0}$$
   なるものが存在するので，$m_{0}\in\mathbb{N},\,n_{0}< m_{0},\,$であって
   $$ \forall\,k\in\mathbb{N},\ m_{0}< k \implies 0 < |b_{m_{0}}|-\varepsilon_{0} < |b_{k}|$$
   なるものが存在する．
3. そこで，数列$a\in\mathbb{Q}^{\mathbb{N}}$を
   $$ a_{n} \coloneqq \begin{dcases} 1 & 0 \leq n \leq m_{0} \\[3pt] 0 & m_{0} < n \end{dcases}$$
   で定めると，$a \in \mathfrak{m}_{0} \subset \mathfrak{m}$であり，
   $$ (a-ab+b)_{n} = \begin{dcases} 1-1b_{n}+b_{n}=1 & 0 \leq n \leq m_{0} \\[3pt] 0-0b_{n}+b_{n}=b_{n} & m_{0}< n \end{dcases}$$
   より
   $$ (a-ab+(a-ab+b)^{-1}b)_{n} = \begin{dcases} 1-1b_{n}+1b_{n} = 1 & 0 \leq n \leq m_{0}\\[3pt] 0-0b_{n} + b_{n}^{-1}b_{n} = 1 & m_{0}< n \end{dcases}$$
   が成り立つので，$\bar{1}\in\mathfrak{m}$を得る．

$$ [\bar{p}]=[\bar{q}] \implies \bar{p}-\bar{q} \in \mathfrak{m}_{0} \implies \gamma(p-q) \in \mathfrak{m}_{0} \implies p-q = \lim_{n\to\infty} \gamma(p-q)_{n} = 0.$$

部分集合$\mathcal{C}_{+} \subset \mathcal{C}$を
$$ \mathcal{C}_{+} \coloneqq \{a\in\mathcal{C} \mid \exists\,\varepsilon_{0}\in\mathbb{Q}_{+},\ \exists\,n_{0}\in\mathbb{N},\ \forall\,n\in\mathbb{N},\ n_{0}< n \implies \varepsilon_{0}< a_{n}\}$$
で定める．このとき，$[a]=[b]$とすると，
$$ a_{n} = (a_{n}-b_{n}) + b_{n},\ \lim_{n\to\infty} (a_{n}-b_{n}) = 0$$
より，$a\in\mathcal{C}_{+} \iff b\in\mathcal{C}_{+}$が成り立つ．よって，部分集合$\mathbb{R}_{+} \subset \mathbb{R}$を
$$ \mathbb{R}_{+} \coloneqq \{[a] \in \mathbb{R} \mid a \in \mathcal{C}_{+}\}$$
で定めることができる．以下，組$(\mathbb{R},\mathbb{R}_{+})$が条件を満たすことを示す．

順序体であること

1. $[\bar{1}]\in\mathbb{R}_{+}\neq \varnothing.$
2. $x=[a] \in \mathbb{R}$とする．$\mathfrak{m}_{0} \cap \mathcal{C}_{+} = \varnothing$より
   $$ \mathcal{C} = (\mathcal{C}\smallsetminus(\mathfrak{m}_{0}\sqcup\mathcal{C}_{+})) \sqcup \mathfrak{m}_{0} \sqcup \mathcal{C}_{+}$$
   が成り立つことに注意する．
   1. $a\notin\mathfrak{m}_{0}\sqcup\mathcal{C}_{+}$のとき，$a \notin \mathfrak{m}_{0}$より$\varepsilon\in\mathbb{Q}_{+}$であって
      $$ \forall\,n\in\mathbb{N},\ \exists\,m\in\mathbb{N},\ n< m,\ \varepsilon < |a_{m}|$$
      なるものが存在し，$\varepsilon_{0}\coloneqq\varepsilon/2\in\mathbb{Q}_{+}$に対して，$n_{0}\in\mathbb{N}$であって
      $$ \forall\,m,k\in\mathbb{N},\ n_{0}< m,k \implies |a_{m}-a_{k}|< \varepsilon_{0}$$
      なるものが存在するので，$m_{0}\in\mathbb{N},\,n_{0}< m_{0},\,$であって$\varepsilon < |a_{m_{0}}|$かつ
      $$ \forall\,k\in\mathbb{N},\ m_{0}< k \implies |a_{m_{0}}-a_{k}| < \varepsilon_{0} \quad\leadsto\quad \varepsilon_{0} < |a_{m_{0}}|-\varepsilon_{0} < |a_{k}|$$
      を満たすものが存在する．さらに，$a\notin\mathcal{C}_{+}$より
      $$ \exists\,m_{1}\in\mathbb{N},\ m_{0}< m_{1},\ a_{m_{1}} \leq \varepsilon_{0} \quad\leadsto\quad \varepsilon_{0} < |a_{m_{1}}|=-a_{m_{1}}$$
      となるので，任意の$k\in\mathbb{N},\,m_{0}< k,\,$に対して
      $$ \varepsilon_{0} < |a_{k}|,\ \varepsilon_{0} < -a_{m_{1}},\ |a_{m_{1}}-a_{k}| < \varepsilon_{0} \quad\leadsto\quad \varepsilon_{0} < -a_{k}$$
      が成り立つ．よって$-a\in\mathcal{C}_{+}$となるので$-x=[-a]\in\mathbb{R}_{+}$が成り立つ．
   2. $a\in\mathfrak{m}_{0}$のとき，$x=[\bar{0}]$となる．
   3. $a\in\mathcal{C}_{+}$のとき，$x\in\mathbb{R}_{+}$が成り立つ．
3. $x=[a],y=[b] \in \mathbb{R}_{+}$とする：
   \begin{align} \exists\,\varepsilon_{x}\in\mathbb{Q}_{+},\ \exists\,n_{x}\in\mathbb{N},\ \forall\,n\in\mathbb{N},\ n_{x} < n &\implies \varepsilon_{x} < a_{n};\\ \exists\,\varepsilon_{y}\in\mathbb{Q}_{+},\ \exists\,n_{y}\in\mathbb{N},\ \forall\,n\in\mathbb{N},\ n_{y} < n &\implies \varepsilon_{y} < b_{n}. \end{align}
   1. $\varepsilon_{0} \coloneqq \varepsilon_{x}+\varepsilon_{y} \in \mathbb{Q}_{+},\,n_{0} \coloneqq n_{x}+n_{y} \in \mathbb{N}$に対して
      $$ n_{0} < n \implies \varepsilon_{0} < a_{n}+b_{n}$$
      が成り立つので，
      $$ a+b \in \mathcal{C}_{+} \quad\leadsto\quad x+y = [a+b] \in \mathbb{R}_{+}$$
      を得る．
   2. $\varepsilon_{1} \coloneqq \varepsilon_{x}\varepsilon_{y} \in \mathbb{Q}_{+},\,n_{1} \coloneqq n_{x}+n_{y} \in \mathbb{N}$に対して
      $$ n_{1} < n \implies \varepsilon_{1} < a_{n}b_{n}$$
      が成り立つので，
      $$ ab \in \mathcal{C}_{+} \quad\leadsto\quad xy = [ab] \in \mathbb{R}_{+}$$
      を得る．

順序を保つこと

$$ q \in \mathbb{Q}_{+} \implies \bar{q} \in \mathcal{C}_{+} \implies [\bar{q}] \in \mathbb{R}_{+}.$$

Step 1.

$x=[a]\in\mathbb{R}_{+}$とする．このとき，$\varepsilon_{0}\in\mathbb{Q}_{+},\,n_{0}\in\mathbb{N}$であって
$$ \forall\,n\in\mathbb{N},\ n_{0}< n \implies \varepsilon_{0}< a_{n} \quad\leadsto\quad 0 < q \coloneqq \frac{\varepsilon_{0}}{2} < a_{n}-q = a_{n}-\bar{q}_{n}$$
なるものが存在するので，
$$ x-[\bar{q}] = [a-\bar{q}] \in \mathbb{R}_{+}$$
が成り立つ．よって，実数列$n\mapsto [a^{(n)}]$が$[\bar{0}]$に収束することを示すためには，任意の$\varepsilon\in\mathbb{Q}_{+}$に対して，$n_{0}\in\mathbb{N}$であって
$$ \forall\,n,m\in\mathbb{N},\ n_{0}< n,m \implies |{a^{(n)}}_{m}| < \frac{\varepsilon}{2}$$
なるものが存在することを示せば十分である：実際，このとき，任意の$n\in\mathbb{N},\,n_{0}< n,\,$に対して，
\begin{align} \forall\,m\in\mathbb{N},\ n_{0}< m \implies \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon + {a^{(n)}}_{m} &\quad\leadsto\quad \bar{\varepsilon} + a^{(n)} \in \mathcal{C}_{+};\\ \forall\,m\in\mathbb{N},\ n_{0}< m \implies \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon-{a^{(n)}}_{m} &\quad\leadsto\quad \bar{\varepsilon}-a^{(n)} \in \mathcal{C}_{+}; \end{align}
より，
$$ [\bar{\varepsilon}]\pm[a^{(n)}] \in \mathbb{R}_{+} \quad\leadsto\quad |[a^{(n)}]| < [\bar{\varepsilon}]$$
が成り立つ．

Step 2.

$[a]\in\mathbb{R}$とし，実数列$n \mapsto [\gamma(a_{n})-a]$を考える．このとき，任意の$\varepsilon\in\mathbb{Q}_{+}$に対して，$n_{0}\in\mathbb{N}$であって
$$ \forall\,n,m\in\mathbb{N},\ n_{0}< n,m \implies |\gamma(a_{n})_{m}-a_{m}| = |a_{n}-a_{m}| < \frac{\varepsilon}{2}$$
なるものが存在するので，
$$ \lim_{n\to\infty} ([\gamma(a_{n})]-[a]) = [\bar{0}] \quad\leadsto\quad \lim_{n\to\infty} [\gamma(a_{n})] = [a]$$
が成り立つ．

Step 3.

$(\mathbb{R},\mathbb{R}_{++})$が条件を満たす順序体であるとする．

1. $x=[a]\in\mathbb{R}_{+}$とする．このとき，Step1 より$q\in\mathbb{Q}_{+}$であって$x-[\bar{q}]\in\mathbb{R}_{+}$なるものが存在するので，十分大きな$n\in\mathbb{N}$に対して
   $$ a_{n}-q \in \mathbb{Q}_{+} \quad\leadsto\quad [\gamma(a_{n})]-[\bar{q}] \in \mathbb{R}_{++}$$
   が成り立つ．よって
   $$ x = (x-[\bar{q}]) + [\bar{q}] = \lim_{n\to\infty} ([\gamma(a_{n})]-[\bar{q}]) + [\bar{q}] \in (\{[\bar{0}]\}\cup\mathbb{R}_{++})+\mathbb{R}_{++} \subset \mathbb{R}_{++}$$
   が成り立つ．
2. $x=[a] \notin \mathbb{R}_{+}$とする．
   1. $x=[\bar{0}]$のとき，明らかに$x \notin \mathbb{R}_{++}$である．
   2. $-x \in \mathbb{R}_{+}$のとき，[1]より$-x \in \mathbb{R}_{++}$となるので，$x \notin \mathbb{R}_{++}$が成り立つ．

denseとreal補題26のあとの注意とにより$\mathbb{Q}$はアルキメデス的なので，有理数列$a \colon n \mapsto n^{-1}$は$\mathfrak{m}_{0}$の元である．よって
$$ \lim_{n\to\infty} [\gamma(n^{-1})] = [a] = [\bar{0}]$$
が成り立つ．

$(x_{n})_{n} \in \mathbb{R}^{\mathbb{N}}$をコーシー列とする．

$x_{n}=[\gamma(\prescript{\exists}{}q_{n})]$のとき

有理数列$a \colon n \mapsto q_{n}$はコーシー列である：実際，任意の$\varepsilon\in\mathbb{Q}_{+}$に対して，$n_{0}\in\mathbb{N}$であって
$$ \forall\,n,m\in\mathbb{N},\ n_{0}< n,m \implies |[\gamma(q_{n}-q_{m})]| = |x_{n}-x_{m}| < [\bar{\varepsilon}] \quad\leadsto\quad |q_{n}-q_{m}|<\varepsilon$$
なるものが存在する．よって
$$ \lim_{n\to\infty} x_{n} = \lim_{n\to\infty} [\gamma(a_{n})] = [a]$$
が成り立つ．

一般の場合

各$n\in\mathbb{N}_{+}$に対して，$q_{n}\in\mathbb{Q}$であって
$$ |x_{n}-[\gamma(q_{n})]| < [\gamma(n^{-1})]$$
なるものが存在する．このとき，
$$ |[\gamma(q_{n})] - [\gamma(q_{m})]| \leq |[\gamma(q_{n})] - x_{n}| + |x_{n}-x_{m}| + |x_{m} - [\gamma(q_{m})]|$$
より実数列$n\mapsto[\gamma(q_{n})]$はコーシー列であるから，前段より，有理数列$a \colon n\mapsto q_{n}$から定まる実数に収束する．よって
$$ |x_{n} - [a]| \leq |x_{n} - [\gamma(q_{n})]| + |[\gamma(q_{n})] - [a]| \to [\bar{0}] \quad(n\to\infty)$$
が成り立つので，
$$ \lim_{n\to\infty} x_{n} = [a]$$
を得る．

J_Koizumi「代数学の基本定理の短い証明」 ．