無限

home > 数学の基礎

無限（または「果てがない」こと）は数学において重要な役割を担っている。自然数の列の無限性はその最も単純な例であり、直線や平面上のすべての点からなる集合なども、無数多くの対象（あるいは元と呼ぶ）からなる集合である。数学においては、無数多くの元を持つ集合や、無数多くの対象が共有する性質をどのように扱うかという問題に数多く直面する。さらには、有限から無限へどのように移行するかという一連の問題にも取り組むことになる。

1. 自然数の無限性と数学的帰納法

自然数とはよく知られた

$$\mathbb{N} = \{1,\, 2,\, 3,\, \cdots\}$$

である。このページでは $0$ を含めず、$\mathbb{N}$ は正の整数の集合とする（前のページでは $0$ を含めていたので注意）。上記の数を「正整数」とも呼ぶ。自然数の公理化定義は Peano（ペアノ、1858--1932）によって与えられたが、ここでは詳述しない。自然数の基本的な性質として、まず算術性がある。これは自然数間の加法と乗法、およびそれらが従う交換律・結合律・分配律のことである。次に自然数の順序性があり、任意の二つの自然数の間には必ず大小関係が存在する。以上の二点については次で述べる。第三は自然数の無限性であり、すなわち自然数には終わりがないということである。任意の自然数 $n$ の次にはさらに自然数 $n+1$ が書けるからである。この性質を次の帰納公理にまとめる。

$S \subseteq \mathbb{N}$ とする。もし $S$ が次を満たすならば、

$1 \in S$、
$n \in S$ ならば $n+1 \in S$、

$S = \mathbb{N}$ である。

帰納公理から、次の自然数の最小数原理が得られる。

定理1（最小数原理） $T$ を $\mathbb{N}$ の空でない部分集合とする。このとき $T$ には最小の整数が存在する。

証明 $S$ を次のように定める：

$$S = \{s \mid s \in \mathbb{N},\; s \leqslant t,\; \text{任意の } t \in T \text{ に対して成立}\}.$$

明らかに $1 \in S$ なので $S$ は空でない。また $T$ が空でないから、$t \in T$ に対して $t+1 > t$ であり、したがって $t+1 \notin S$、すなわち $S \neq \mathbb{N}$ である。

これより、$s_0 \in S$ であって $s_0 + 1 \notin S$ となる $s_0$ が存在する。もしそのような $s_0$ が存在しなければ、任意の $s \in S$ に対して $s+1 \in S$ となり、帰納公理から $S = \mathbb{N}$ となるが、これは $S \neq \mathbb{N}$ という結論に矛盾する。

$s_0 \notin T$ と仮定すると、任意の $t \in T$ に対して $s_0 < t$、すなわち $s_0 + 1 \leqslant t$ となり、$s_0 + 1 \in S$ が導かれる。これは $s_0$ の取り方に矛盾する。したがって $s_0 \in T$ であり、$S$ の定義から $s_0$ は $T$ の最小数である。$\square$

なお、ここで述べた「最小数原理」はあくまで「自然数集合の最小数原理」である。たとえば集合

$$\left\{1,\; \frac{1}{2},\; \frac{1}{3},\; \frac{1}{4},\; \cdots,\; \frac{1}{n},\; \cdots\right\}$$

には最小数が存在しない。

帰納公理、すなわち自然数 $n$ から $n+1$ へと一歩一歩進んでいくことで自然数の無限列が生み出されることは、よく使われる数学的帰納法の根拠となっている。

数学的帰納法とは数学的推論の最も基本的な方法の一つであり、無限に続く命題がすべて正しいことを証明するための数学的定理である。

例1.1 $n+2$ 辺を持つ凸多角形の内角の和は $180^\circ$ の $n$ 倍である。

これはすべての自然数 $n$ に対して成立する定理である。もし一つずつ検証する方法で証明しようとしても、どれだけ多くの場合を確かめても定理が真であるとは言えない。したがって、厳密な数学的推論の方法を用いて証明しなければならない。

$n=1$ のとき、凸多角形は三角形となり、この定理とは独立な他の事実から三角形の内角の和が $180^\circ$ であることが分かる。

$n=2$ の四角形については、対角線を一本引いて二つの三角形に分割できるから、三角形の内角の和の結果を利用して四角形の内角の和が $2 \cdot 180^\circ$ であることが分かる。

続いて $n=3$ の五角形について、三角形と四角形に分解して、すでに証明された三角形と四角形の内角の和の結果から五角形の内角の和が $180^\circ + 2 \cdot 180^\circ = 3 \cdot 180^\circ$ となることが得られる。

このように推し進め、$n=4,\, n=5$ などの場合を順次証明できる。そして各ステップは同じ方法で前の結論から導かれる。

上記の証明の基本的な考え方は、定理がすべての $n$ に対して成立することを証明するために次の二点に基づいている。

一つ目は、$n=1$ または最初のいくつかの場合について検証によって正しいことが確かめられることである。例1.1 では、なじみ深い三角形の内角の和 $180^\circ$ に基づいて最初のいくつかの場合の正しさを直接検証できる。

二つ目は、一般的な方法が存在し、定理が $n$ に対して成立すれば次の $n+1$ に対しても成立することを示せることである。例1.1 では、この一般的な方法が $n+2$ 辺の凸多角形を三角形と $n+1$ 辺の凸多角形とに分割することである。

この分析を抽象化すると次の定理が得られる。

定理2 $A_n$ を正整数 $n$ についての命題とする。もし

$n=1$ のとき $A_1$ が成立し、
任意の正整数 $n > 1$ に対して、$A_n$ が成立すれば $A_{n+1}$ が成立する。あるいは、前の $n$ 個 $A_1, A_2, \cdots, A_n$ が成立すれば $A_{n+1}$ も成立する、

ならば、$A_n$ はすべての正整数 $n$ に対して成立する。

証明背理法を用いる。定理の条件のもとで、ある命題 $A_r$ が成立しないと仮定し、

$$S = \{n \mid A_n \text{ が成立しない}\} \subset \mathbb{N}$$

と記す。仮定より $r \in S$ なので $S$ は空でない集合である。最小数原理によって $S$ には最小数 $m \in S$ が存在する。定理の条件 (1) から $1 \notin S$ であるため $m > 1$ である。また $m$ は $S$ の最小数なので $m-1 \notin S$、したがって $A_{m-1}$ は成立する。条件 (2) によって直ちに $A_m$ も成立することが導かれる。しかし $m \in S$、すなわち $A_m$ が成立しないとすると矛盾である。この矛盾は仮定が誤りであることを示し、したがって定理の条件のもとですべての $A_n$ が成立するという結論が得られる。$\square$

例1.2 任意の正整数 $n$ に対して、$f(n) = n^4 + 2n^3 + 2n^2 + n$ が 6 で割り切れることを証明せよ。

証明 $n=1$ のとき、$f(1) = 6$ であり、明らかに 6 で割り切れる。

$f(n)$ が 6 で割り切れると仮定すると、

$$\begin{aligned}f(n+1) &= (n+1)^4 + 2(n+1)^3 + 2(n+1)^2 + (n+1) \\ &= (n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n + 1) \\ &\quad + 2(n^3 + 3n^2 + 3n + 1) + 2(n^2 + 2n + 1) + (n+1) \\ &= (n^4 + 2n^3 + 2n^2 + n) + (4n^3 + 12n^2 + 14n + 6) \\ &= f(n) + (4n^3 + 12n^2 + 14n + 6).\end{aligned}$$

帰納仮定より右辺第一項は 6 で割り切れる。第二項の $12n^2 + 6$ も 6 で割り切れる。したがって残りの $4n^3 + 14n$ が 6 で割り切れることを示せばよい。すなわち $2n^3 + 7n$ が 3 で割り切れることを示せばよい。

そのためにもう一度帰納法を使って証明する：任意の正整数 $n$ に対して $2n^3 + 7n$ は 3 で割り切れる。

$n=1$ に対してはこれが明らかに成立する。一般の $n$ について $2n^3 + 7n$ が 3 で割り切れると仮定すると、$n+1$ に対して

$$2(n+1)^3 + 7(n+1) = (2n^3 + 7n) + 3(2n^2 + 2n + 3).$$

帰納仮定により右辺第一項は 3 で割り切れる。第二項は 3 の倍数であるから当然 3 で割り切れる。これにより任意の正整数 $n$ に対して $2n^3 + 7n$ が 3 で割り切れることが証明された。したがって任意の正整数 $n$ に対して $f(n) = n^4 + 2n^3 + 2n^2 + n$ は 6 で割り切れる。$\square$

ここで、数学的帰納法を使うにあたっては定理2 の条件 (1) と (2) が真に満たされているかを必ず確認しなければならないことを再度強調しておく。

例1.3 $\max\{a,b\}$ を $a$ と $b$ のうち大きい方の数とする。次の命題を考えよう。

正整数 $n$ が与えられたとき、$\max\{a,b\} = n$ を満たす任意の正整数 $a,\, b$ に対して $a = b$ である。

帰納法の手順に従えば $A_1$ が成立することは容易に確かめられる。$\max\{a,b\} = 1$ を満たす二つの正整数は必ず $a = b = 1$ だからである。

命題が $n$ に対して成立すると仮定しよう。$n+1$ に対して、$\max\{a,b\} = n+1$ を満たす任意の二つの正整数 $a,\, b$ をとり、

$$a' = a - 1,\quad b' = b - 1$$

とすると $\max\{a', b'\} = n$ となる。帰納仮定より命題は $n$ に対して成立するから $a' = b'$、すなわち $a = b$ となり、命題は $n+1$ に対しても成立する。こうして数学的帰納法によって任意の $n$ に対して命題が成立することになる。

ここで $a = 5,\, b = 2$ をとると $n = \max\{5, 2\} = 5$ であり、命題が $n = 5$ に対して成立するということは $5 = 2$ を意味する。これは明らかに荒唐無稽な結論である。しかし問題はどこにあるのか。

よく見ると、上の推論で $a' = a-1,\, b' = b-1$ として $a',\, b'$ が正整数であることを保証するには、すでに $a > 1,\, b > 1$ が前提となっている。つまり命題の条件がすべての正整数に対して真に満たされているわけではない。したがって荒唐無稽な結論が出てしまうのである。これより、数学的推論を行う際には厳密さと細心の注意が必要であることが分かる。

2. 無限集合

有限個の元からなる集合を有限集合という。有限集合にとって、その元の個数は最も基本的な量であり、集合の濃度（基数）と呼ばれる。したがって有限集合の濃度は、その集合の元の個数を数えることで得られ、集合の元が何であるかによらない。

たとえば集合 $\{a, b, c, d\}$ の濃度は 4、集合 $\{2, 4, 6, 8\}$ の濃度も 4 である。空集合 $\emptyset$ の濃度は 0 である。

二つの有限集合の濃度の大小は次の方法でも比較できる。一群の子供たちとかごの中のりんごを例にとろう。もし一人の子供が一つずつりんごを取っていって、最終的にりんごが配り終えた後にも取れていない子供がいれば、子供の集合の濃度はりんごの集合の濃度より大きいことになる。逆にすべての子供に一つずつ配り終えてもかごの中にりんごが余っていれば、子供の集合の濃度はりんごの集合の濃度より小さいことになる。ちょうど全員に一つずつ配りきって余りがなければ、子供の集合とりんごの集合の濃度は等しい。

この「1 対 1 対応」によって有限集合の濃度が等しいかどうかを確かめるというアイデアを、より一般の集合へと拡張しよう。

定義3 $A,\, B$ を二つの集合とし、$f$ を二つの集合の間の写像

$$f: A \longrightarrow B$$

とする。

$A$ の任意の二つの元 $a,\, a'$ について、$a \neq a'$ ならば $f(a) \neq f(a')$ となるとき、写像 $f$ を単射という。
$B$ の任意の元 $b$ に対して、$f(a) = b$ となる $A$ の元 $a$ が少なくとも一つ存在するとき、写像 $f$ を全射という。
写像が単射かつ全射のとき、写像を 1-1 写像（1-1 対応ともいう）という。

1-1 対応を用いることで二つの集合間の濃度を比較できる。特に自然数集合の部分集合、または自然数集合自身を標準として用いることで、自然数との 1-1 対応によって有限集合と無限集合を定義できる。

定義4 $A,\, B$ を二つの集合、$\mathbb{N}$ を自然数集合とする。

$A \to B$ の 1-1 対応が存在するとき、$A$ と $B$ は同じ濃度を持つ、あるいは $A$ と $B$ は等勢であるという。
$A \to B$ の全射は存在するが $A \to B$ の単射が存在しない（したがって $A$ と $B$ の間の 1-1 対応も存在しない）とき、集合 $A$ は集合 $B$ より大きい濃度を持つという。
ある自然数 $n$ が存在して $A$ と自然数の部分集合 $\{1, 2, \cdots, n\}$ の間に 1-1 対応があるとき $A$ を有限集合といい、そのような $n$ が存在しないとき $A$ を無限集合という。
自然数集合 $\mathbb{N}$ の濃度を可算であるという。したがって $\mathbb{N}$ と 1-1 対応する任意の集合 $A$ の濃度も可算である。可算な濃度を持つ集合を可算集合という（したがって自然数集合 $\mathbb{N}$ は可算集合である）。すべての可算集合は同じ濃度を持つ、すなわちすべて等勢である。

有限集合に対しては、濃度が等しいという概念は通常の元の個数が等しいという概念と一致する。というのは、有限集合 $A$ の元の個数を数えることは、$A$ の元を自然数の部分集合 $\{1, 2, \cdots, n\}$ に 1-1 対応させることにほかならない：

$$\begin{array}{ccccc} 1 & 2 & 3 & \cdots & n \\[2pt] \updownarrow & \updownarrow & \updownarrow & \cdots & \updownarrow \\[2pt] a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_n \end{array}$$

別の観点から見れば、この 1-1 対応は有限集合の元を重複なく並べること（すなわち番号を付けること）である。もちろん並べ方は一通りではない。有限集合から一つの元を取り除いたり、一つの元を増やしたりすると、元の集合とは 1-1 対応ができなくなり、すなわち濃度が変わってしまう。

同様に、可算集合 $A$ についても自然数集合との 1-1 対応によって元を重複なく並べること（番号付け）ができる：

$$\begin{array}{ccccccc} 1 & 2 & 3 & \cdots & n & \cdots \\[2pt] \updownarrow & \updownarrow & \updownarrow & \cdots & \updownarrow & \cdots \\[2pt] a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_n & \cdots \end{array}$$

したがって可算集合を通常

$$A = \{a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots\}$$

と表す。

しかし可算集合については、無限個の元からなる部分集合も同じ濃度を持つことがある。たとえば自然数集合 $\mathbb{N}$ において、すべての偶数からなる部分集合も $\mathbb{N}$ と同じ濃度を持つ。つまり偶数からなる集合は自然数集合と 1-1 対応している：

$$\begin{array}{ccccccc} 1 & 2 & 3 & \cdots & n & \cdots \\[2pt] \updownarrow & \updownarrow & \updownarrow & \cdots & \updownarrow & \cdots \\[2pt] 2 & 4 & 6 & \cdots & 2n & \cdots \end{array}$$

これより無限集合には有限集合にはない独特の性質がある。可算集合の一部の性質を以下にまとめる。

性質5 自然数集合 $\mathbb{N}$ から無限集合 $U$ への全射

$$f: \mathbb{N} \longrightarrow U$$

が存在するとき、$U$ は可算集合である。特に、$\mathbb{N}$ の任意の無限真部分集合は可算集合である。

証明証明の鍵は、全射 $f$ を通じて $U$ のすべての元の重複のない列、すなわち $\mathbb{N}$ との 1-1 対応を構成することである。$j_1 = 1$ と記し、

$$a_1 = f(j_1) = f(1)$$

とする。$f$ は全射で $U$ は無限集合なので、集合

$$E_1 = \{n \in \mathbb{N} \mid f(n) \neq a_1\}$$

は空でない。自然数の最小数原理によって $E_1$ には最小数が存在し、それを $j_2$ と記し、

$$a_2 = f(j_2)$$

とする。このとき $j_2 > j_1,\, a_2 \neq a_1$ である。$f$ は全射に過ぎないので、$1, 2, \cdots, j_2$ の $f$ による像は $a_1$ または $a_2$ のいずれかである：

$$f: \{1, 2, \cdots, j_2\} \longrightarrow \{a_1, a_2\}.$$

さらに

$$E_2 = \{n \in \mathbb{N} \mid f(n) \neq a_1,\, f(n) \neq a_2\}$$

と記し、$E_2$ の最小数 $j_3$（明らかに $j_3 > j_2$）をとって $a_3 = f(j_3)$ とすると、$a_1, a_2, a_3$ は互いに異なり、

$$f: \{1, 2, \cdots, j_2, \cdots, j_3\} \longrightarrow \{a_1, a_2, a_3\}.$$

$j_k > j_{k-1} > \cdots > j_1$ となる $j_k$ がすでに取られており、$a_l = f(j_l),\, l = 1, 2, \cdots, k$ が互いに異なり、$1, 2, 3, \cdots, j_k$ の $f$ による像が $\{a_1, \cdots, a_k\}$ であると仮定する。そこで

$$E_{k+1} = \{n \in \mathbb{N} \mid f(n) \neq a_l,\, l = 1, 2, \cdots, k\}$$

と記し、$E_{k+1}$ の最小数 $j_{k+1}$ をとって $a_{k+1} = f(j_{k+1})$ とすると、$j_{k+1} > j_k > \cdots > j_1$、$a_{k+1}, a_k, \cdots, a_1$ は互いに異なり、

$$f: \{1, 2, 3, \cdots, j_k, \cdots, j_{k+1}\} \longrightarrow \{a_1, \cdots, a_k, a_{k+1}\}.$$

$f$ が全射であるから、このようにして厳格に単調増加する自然数列 $j_1 < j_2 < j_3 < \cdots$ と $U$ の元の一つの列

$$U = f(\mathbb{N}) = \{a_1, a_2, a_3, \cdots\}$$

が得られる。したがって $U$ は可算である。

$V$ を $\mathbb{N}$ の無限真部分集合とする。$V$ の元 $m$ を一つ固定して、写像 $f: \mathbb{N} \to V$ を次のように定める：

$$\text{任意の } n \in \mathbb{N} \text{ に対して、} f(n) = \begin{cases} n, & n \in V \text{ のとき} \\ m, & n \notin V \text{ のとき} \end{cases}$$

明らかに $f: \mathbb{N} \to V$ は全射である。前の結論から $V$ は可算集合である。$\square$

性質5 によると、自然数集合 $\mathbb{N}$ から有限個の元を取り除いた集合も、無限個の元を取り除いた場合でも、残りが無限集合であれば濃度は変わらない。たとえば集合 $\{2, 3, \cdots, n, \cdots\}$ や偶数集合・奇数集合はいずれも可算集合であり、自然数集合と 1-1 対応していて同じ濃度を持つ。

性質6 有限集合と可算集合の和集合は可算集合である。有限個の可算集合の和集合も依然として可算集合である。可算個の可算集合の和集合もまた可算集合である。

証明ここでは第三の場合のみを議論する。$A_1, A_2, \cdots$ を可算個の可算集合とする。

$$A_k = \{a_{k1}, a_{k2}, \cdots, a_{kn}, \cdots\},\quad k = 1, 2, 3, \cdots$$

と記すと、和集合 $\bigcup_{k=1}^{\infty} A_k$ のすべての元は次のような無限行列で表せる：

$$\begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & a_{13} & \cdots \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & \cdots \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array}$$

この行列を時計回りに 45° 回転すると大きな三角形として見ることができ、矢印の方向に沿って元の一つの列が得られる：

すなわち列は $a_{11} \to a_{12} \to a_{21} \to a_{31} \to a_{22} \to a_{13} \to \cdots$ のように続く。これにより $\mathbb{N}$ から和集合への全射が与えられる。ただし必ずしも単射とは限らない。なぜならすべての元 $a_{ij}$ の中に重複が含まれる可能性があるからである。性質5 によって結論が成立する。$\square$

性質6 が述べることは、可算集合の中に有限個の元を加えたり、可算個の元を加えたりしても、結果は依然として可算であり、すなわち濃度が変わらないということである。また性質6 の証明で用いた列挙の方法が唯一ではないことを申し添えておく。

系7 整数集合

$$\mathbb{Z} = \{0, \pm1, \pm2, \pm3, \cdots, \pm n, \cdots\}$$

は可算集合であり、したがって自然数集合 $\mathbb{N}$ と同じ濃度を持つ。

証明

$$\mathbb{Z}_+ = \mathbb{N} = \{1, 2, 3, \cdots, n, \cdots\},\quad \mathbb{Z}_- = \{-1, -2, -3, \cdots, -n, \cdots\}$$

と記すと、$\mathbb{Z}_-$ は $\mathbb{N}$ と 1-1 対応しているので可算集合である。したがって

$$\mathbb{Z} = \mathbb{Z}_- \cup \{0\} \cup \mathbb{Z}_+$$

は可算集合である。$\square$

集合 $A,\, B$ の直積 $A \times B$（デカルト積ともいう）は

$$A \times B = \{(x, y) \mid x \in A,\, y \in B\}$$

と定義される。同様に有限個の集合 $A_1, A_2, \cdots, A_n$ の直積は

$$\prod_{k=1}^{n} A_k = A_1 \times A_2 \times \cdots \times A_n = \{(x_1, x_2, \cdots, x_n) \mid x_k \in A_k,\, k = 1, 2, \cdots, n\}$$

と定義される。性質6 の証明と同様にして次の命題が得られる。

性質8 有限個の可算集合の直積もまた可算集合である。

証明ここでは二つの可算集合の直積のみを考える。

$$A = \{a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots\},\quad B = \{b_1, b_2, \cdots, b_n, \cdots\}$$

とすると、$A \times B = \{(a_i, b_j) \mid a_i \in A,\, b_j \in B\}$ である。$a_{ij} = (a_i, b_j)$ と記すと、性質6 と同様の方法で $\mathbb{N}$ から $A \times B$ への全射を与えることができ、したがって $A \times B$ は可算である。$\square$

系9 有理数集合は可算集合であり、したがって有理数集合と自然数集合の濃度は等しい。

証明有理数集合を

$$\mathbb{Q} = \left\{\frac{p}{q} \;\middle|\; p,q \in \mathbb{Z},\; q \neq 0\right\}$$

とすると、

$$f_1: \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_+ \longrightarrow \mathbb{Q},\quad f_1: (p, q) \longmapsto \frac{p}{q}$$

は $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_+$ から $\mathbb{Q}$ への全射である。$\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_+$ は自然数集合 $\mathbb{N}$ と 1-1 対応しているから、

$$f_2: \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_+$$

が存在する。したがって合成写像

$$f = f_1 \circ f_2: \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{Q}$$

は全射であり、性質5 より有理数集合 $\mathbb{Q}$ は可算集合である。$\square$

有理数集合はしばしば $\mathbb{Q} = \{r_1, r_2, \cdots, r_n, \cdots\}$ と並べて表される。

以上は自然数集合と同じ濃度を持つ可算集合の主な性質である。自然に浮かぶ問題は、すべての無限集合が可算集合なのか、それとも可算集合の濃度より小さい、あるいは大きい濃度を持つ無限集合が存在するかということである。

無限集合 $A$ を考えよう。$A_0 \subset A$ を $A$ の部分集合とすると、

$$A \setminus A_0 = \{a \mid a \in A,\; a \notin A_0\}$$

を $A$ における $A_0$ の補集合（$A$ から $A_0$ の元を取り除いた集合）という。

$A$ から一つの元 $a_1$ を取り出し、$A \setminus \{a_1\}$ からさらに一つの元 $a_2$ を取り出すと、明らかに $a_2 \neq a_1$ である。すでに互いに異なる $a_1, a_2, \cdots, a_n$ が得られているとすると、$A$ は無限集合なので $A \setminus \{a_1, a_2, \cdots, a_n\}$ は空でなく、そこから $a_{n+1}$ を取り出すことができる。明らかに $a_{n+1} \neq a_i,\; i = 1, 2, \cdots, n$ である。この操作は際限なく続けられる。こうして $A$ の一つの可算な部分集合 $A_0 = \{a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots\}$ が得られる。

次の写像 $f: A \to \mathbb{N}$ を定義する：

$$f(a) = \begin{cases} n, & a = a_n \in A_0 \text{ のとき} \\ 1, & a \in A \setminus A_0 \text{ のとき} \end{cases}$$

これは $A$ から $\mathbb{N}$ への全射である。定義4 より、$f$ がさらに単射であれば $A$ の濃度は $\mathbb{N}$ と同じであり、$f$ が単射でなければ $A$ は $\mathbb{N}$ より大きな濃度を持つ。したがって

定理10 自然数集合（可算集合）の濃度より小さい濃度を持つ無限集合は存在しない。しかし、可算集合の濃度より大きい濃度を持つ無限集合は存在する。

定義11 無限集合が不可算であるとは、それと $\mathbb{N}$ との間に 1-1 対応が存在しないことをいう。換言すれば、$\mathbb{N}$ より大きな濃度を持つということである。

不可算集合を構成するために、新しい概念を導入する。

定義12 空でない集合 $A$ に対して、$2^A$ をその全ての部分集合からなる集合

$$2^A = \{X \mid X \subset A\}$$

と記し、$A$ の冪集合という。

たとえば（以下 $\emptyset$ は空集合を表す）、$A = \{a, b\}$ のとき

$$2^A = \{\emptyset, \{a\}, \{b\}, \{a,b\}\}.$$

$A = \{x, y, z\}$ のとき

$$2^A = \{\emptyset, \{x\}, \{y\}, \{z\}, \{x,y\}, \{x,z\}, \{y,z\}, \{x,y,z\}\}.$$

$A$ の元の個数が 2 のとき $2^A$ の元の個数は $2^2 = 4$、$A$ の元の個数が 3 のとき $2^A$ の元の個数は $2^3 = 8$ であることは容易にわかる。一般に $n$ 個の元を持つ有限集合 $A$ に対しては

$$2^A \text{ の濃度} = 2^{A \text{ の濃度}}.$$

次に、可算な自然数集合の冪集合

$$2^{\mathbb{N}} = \{X \mid X \subseteq \mathbb{N}\}$$

すなわち $\mathbb{N}$ の全ての部分集合からなる集合を考えよう。

定理13（Cantor，1845--1918） $2^{\mathbb{N}}$ は不可算集合である。

証明背理法を用いる。$2^{\mathbb{N}}$ が可算集合であると仮定すると、$\mathbb{N}$ と $2^{\mathbb{N}}$ の間に 1-1 対応が存在する。こうして $2^{\mathbb{N}}$ の元を次のように列挙できる：

$$2^{\mathbb{N}} = \{U_1, U_2, \cdots\}.$$

ここで各 $U_1, U_2, \cdots$ は $\mathbb{N}$ の部分集合である。次の集合を定義する：

$$V = \{k \in \mathbb{N} \mid k \notin U_k\}.$$

$V$ が $2^{\mathbb{N}} = \{U_1, U_2, \cdots\}$ の中の一つであるとすると、$V = U_n$ となる $n$ が存在する。このとき $n \in U_n$ ならば $n \in V = U_n$ となり $V$ の定義に矛盾し、$n \notin U_n$ ならば $n \notin V = U_n$ となりこれも $V$ の定義に矛盾する。よって $V$ は $2^{\mathbb{N}} = \{U_1, U_2, \cdots\}$ のいずれにも一致せず、$V \notin 2^{\mathbb{N}}$ となる。

しかし $V$ は $\mathbb{N}$ の部分集合であり、$\mathbb{N}$ の冪集合の定義から $V \in 2^{\mathbb{N}}$ である。これは矛盾である。こうして $2^{\mathbb{N}}$ が可算集合ではないことが証明された。$\square$

注記 Cantor の定理は $2^{\mathbb{N}}$ の濃度が $\mathbb{N}$ の濃度より大きいことを示している。自然に生じる問題は、$\mathbb{N}$ の濃度より大きく、かつ $2^{\mathbb{N}}$ の濃度より小さい集合が存在するかということである。有名な Cantor 連続体仮説は、そのような集合は存在しないと主張する。Kurt Gödel（ゲーデル，1906--1978）と Paul Cohen（コーエン，1934--2007）の研究によって、この問題は通常の意味では答えることができないことが明らかにされた。彼らはそれぞれ二つの集合論の「モデル」を構成し、二つのモデルのいずれでも通常の集合論の公理は成立するが、一方では連続体仮説が成立し、他方では成立しない。これらの内容はこのページの範囲を超えているため、ここでは論じない。

3. 無限和

よく知られているように、有限個の数を加えると結果はやはり一つの数となる。しかし、無限個の数を加えること（「無限和」と略す）を考えると問題は複雑になる。たとえば、次の三種類の無限和の問題を考えよう。

$\displaystyle 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{2^n} + \cdots$
$1 + 2 + 2^2 + \cdots + 2^n + \cdots$
$1 - 1 + 1 - 1 + \cdots + (-1)^{n-1} + \cdots$

(1) について、加えた結果が一つの数であると仮定してその数を $S$ と記すと、通常の算術演算に従えば $2S = 2 + S$、したがって $S = 2$ が得られる。

同様に (2) について、加えた結果がやはり一つの数 $S$ であると仮定すると、計算上は $2S = S - 1$ となり、$S = -1$ という結果が得られる。すなわち無限個の正の数を加えた結果が $-1$ となる。

一方 (3) について、結果が一つの数 $S$ であるとすると、加法の結合律に従えば

$$S = \begin{cases} (1-1) + (1-1) + \cdots + (1-1) + \cdots = 0, \\ 1 - (1-1) - (1-1) - \cdots - (1-1) - \cdots = 1 \end{cases}$$

という二つの異なる結果が出てしまう。

そのため、次のような問題に直面する。無限個の数を加えて結果が依然として一つの数となるのはどのような場合か。もしなるとすれば、加法の演算規則は引き続き保てるのか。

引き続き上記の三つの例を題材にして、まず前 $n$ 項を加えてみよう。(1) については

$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{2^n} = \frac{1 - \dfrac{1}{2^{n+1}}}{1 - \dfrac{1}{2}} = 2 - \frac{1}{2^n}.$$

したがって、和を取る項数が増えるほど、すなわち $n$ が大きくなるほど、結果はある一つの数 $2$ にますます近づいていく。

一方 (2) については、前 $n$ 項の和が $1 + 2 + 2^2 + \cdots + 2^n = 2^{n+1} - 1$ となり、加える項が増えるほど結果はどこまでも大きくなり、最終的に特定の一つの数に等しくなることはあり得ない。

(3) については、前 $n$ 項の和が

$$1 - 1 + 1 - 1 + \cdots + (-1)^{n-1} = \begin{cases} 0 & \text{$n$ が偶数のとき} \\ 1 & \text{$n$ が奇数のとき} \end{cases}$$

となり、1 項加えるごとに結果は 0 から 1 へ、または 1 から 0 へと変わり続け、0 と 1 の間を揺れ動いて定まらない。

このように、無限個の数を加えた総和は、ある一つの数で表すことができる場合もあれば、できない場合もある。問題は、無限個の数を加えた総和が一つの数であることをどのように記述・判定するかである。

議論を始める前に、上記の最初の例をさらに詳しく観察しよう。前 $n$ 項の和を

$$S_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{2^n}$$

と記すと、$S_n$ と $2$ の誤差は $|S_n - 2| = \dfrac{1}{2^n}$ である。

和を取る項数が増えるほど、すなわち $n$ が大きくなるほど、$S_n$ と $2$ の誤差はますます小さくなっていく。たとえば $S_n$ と $2$ の誤差を $\dfrac{1}{10}$ 未満にしたければ、項数が 4 を超えればよい、すなわち

$$|S_n - 2| = \frac{1}{2^n} < \frac{1}{10} \quad (n > 4 \text{ のとき}).$$

$\dfrac{1}{100}$ 未満にしたければ、$n > 7$ とすればよい：

$$|S_n - 2| = \frac{1}{2^n} < \frac{1}{100} \quad (n > 7 \text{ のとき}).$$

つまり、どんなに小さな正数 $\varepsilon$ に対しても、$n > \left|\dfrac{\ln\varepsilon}{\ln 2}\right|$ とすれば

$$|S_n - 2| = \frac{1}{2^n} < \varepsilon.$$

したがって、無限多個の数 $1, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2^2}, \cdots, \dfrac{1}{2^n}, \cdots$ を加えた総和は $2$ であると考えるのが合理的である。

一般の場合について、数学的により正確に記述するためには、高校で学んだ二つの論理量詞を借りる必要がある。全称記号（「任意の」と略し、記号 $\forall$ で表す）と存在記号（「存在する」と略し、記号 $\exists$ で表す）である。これらの使い方をここで改めて振り返る。

例3.1 次の等式

$$2+1 = 1+2,\quad 2+2 = 2+2,\quad 2+3 = 3+2,\quad 2+4 = 4+2,\quad \cdots$$

における省略号は一つの「無限」の事実を含んでいる。全称量詞を用いて書き表すと、「任意の正整数 $x$ に対して、$2 + x = x + 2$」となる。

例3.2 無限多個の数 $a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots$（数列とも呼び、$\{a_n\}$ と略記する）が有界である。

この命題は「ある数 $M$ が存在して、任意の $n$ に対して $|a_n| \leqslant M$ が成立する」ということを含意している。全称量詞と存在量詞を使って正確に表すと、「ある実数 $M$ が存在して、任意の正整数 $n$ に対して $|a_n| \leqslant M$ が成立する」となる。

全称記号を含む命題を全称命題といい、通常

$$\text{任意の } x \in U \text{ に対して、} A(x) \text{ が成立する}$$

と表される。ここで $U$ は与えられた集合（範囲）であり、$A$ は変数 $x$ を含む命題である。これの意味は「$U$ のすべての $x$ に対して $A(x)$ が成立する」ということである。したがって「任意の」とは特定の範囲の中での「任意の」である。

同様に、存在命題：

$$\text{$x \in U$ が存在して } A(x) \text{ が成立する}$$

とは「少なくとも一つの $U$ の元 $x$ が存在して $A(x)$ が成立する」ということであり、したがって「存在する」もある特定の範囲の中での「存在する」である。

一つの命題の中に二つ以上の記号が現れる場合、状況はやや複雑になる。たとえば、任意の整数 $x$ に対して、任意の整数 $y$ について $x + y = y + x$ が成立するとき、二つの全称記号「任意」の順序は重要でないため、命題を「任意の整数 $x$ と $y$ に対して $x + y = y + x$」と書き直せる。同様に、二つ以上の存在記号が隣り合う場合もそれらの順序は関係ない。たとえば「整数 $x$ が存在し、整数 $y$ が存在して $x + y = 2,\; x + 2y = 3$」は「整数 $x$ と $y$ が存在して $x + y = 2,\; x + 2y = 3$」ということができる。つまり、同じ種類の記号は順序を入れ替えてもよい、あるいは合併してもよい。

しかし異なる種類の記号については、この規則は成立しない。

例3.3 任意の整数 $a$ に対して、$b = a + 1$ を満たす整数 $b$ が存在する。

これは「任意–存在」の命題であり、任意と存在の順序を入れ替えると、元の命題は「ある整数 $b$ が存在して、任意の整数 $a$ に対して $b = a + 1$ が成立する」となる。これは明らかに誤りの命題である。

全称命題を否定するためには反例を一つ見つければよい。すなわち、全称命題「任意の $x \in U$ に対して $A(x)$」の否定は、存在命題「$x \in U$ が存在して $A(x)$ でない」と同値である。

存在命題を否定するためにはすべての場合が成立しないことを示す必要があり、存在命題「$x \in U$ が存在して $A(x)$」の否定は全称命題「任意の $x \in U$ に対して $A(x)$ でない」となる。

異なる種類の記号を含む命題に対しては、その否定命題は記号の順序を入れ替え（あるいは記号の種類を変える）ことによって得られる。

例3.4 例3.2 の否定：数列 $\{a_n\}$ は無界である。

表し方は「任意の正数 $M$ に対して、$|a_n| > M$ となる正整数 $n$ が存在する」となる。数列が有界であるという「存在–任意」および最後の述語「$|a_n| \leqslant M$」の否定命題が、「任意–存在」かつ「$|a_n| > M$」で最後の述語を否定したものに変わっていることが見て取れる。

以上の全称記号と存在記号の振り返りは、無限和を表すためには十分である。次に、無限個の数の和の一般的な定義を与える。

無限個の数 $a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots$ を形式的に加えたものを無限級数あるいは単に級数といい、

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n + \cdots$$

と記す。前 $n$ 項の和を級数の部分和といい、

$$S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = a_1 + a_2 + \cdots + a_n$$

と記す。

定義14 級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ に対して、ある数 $a$ が存在して次の命題が成立するとき：任意の正数 $\varepsilon$ に対して、正整数 $N$ が存在して、$n > N$ のとき

$$|S_n - a| = \left|\sum_{k=1}^{n} a_k - a\right| < \varepsilon$$

が成立する。このとき級数の総和を $a$ といい、

$$a = \sum_{n=1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n + \cdots$$

と記す。あるいは級数が $a$ に収束するという。そうでなければ級数は発散するという。

この定義によれば、先に挙げた例 $1 + 2 + 2^2 + \cdots + 2^n + \cdots$ はそもそも一つの数ではなく、したがって数として計算することもできない。

例3.5 級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{1\cdot 2} + \frac{1}{2\cdot 3} + \cdots + \frac{1}{n(n+1)} + \cdots$ の収束性を調べよ。

解級数の前 $n$ 項の部分和は

$$\begin{aligned}S_n &= \frac{1}{1\cdot 2} + \frac{1}{2\cdot 3} + \cdots + \frac{1}{n(n+1)} \\ &= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \\ &= 1 - \frac{1}{n+1}.\end{aligned}$$

したがって任意の正数 $\varepsilon$ に対して、$N > \dfrac{1}{\varepsilon} - 1$ を満たす正整数 $N$ をとれば、$n > N$ のとき

$$|S_n - 1| = \frac{1}{n+1} < \frac{1}{N+1} < \varepsilon.$$

すなわちこの級数は 1 に収束する。

例3.6 $|q| < 1$ とする。等比級数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} q^n = 1 + q + q^2 + \cdots$ の収束性を調べよ。

解級数の前 $n$ 項の部分和は

$$S_n = 1 + q + q^2 + \cdots + q^{n-1} = \frac{1 - q^n}{1 - q}.$$

したがって任意の正数 $\varepsilon$ に対して、$N > \left|\dfrac{\ln\varepsilon(1-q)}{\ln|q|}\right|$ を満たす正整数 $N$ をとれば、$n > N$ のとき

$$\left|S_n - \frac{1}{1-q}\right| = \frac{|q|^n}{1-q} < \frac{|q|^N}{1-q} < \varepsilon.$$

したがって公比 $|q| < 1$ の等比級数は収束し、

$$1 + q + q^2 + \cdots + q^n + \cdots = \frac{1}{1-q}, \quad |q| < 1.$$

級数収束の定義からわかるように、級数の部分和 $S_n$ は実際には一つの数列 $\{S_1, S_2, S_3, \cdots, S_n, \cdots\}$ を形成している。したがって上述の無限級数の収束性に関する定義は、数列 $\{S_n\}$ の収束性（有限な極限を持つこと）の定義として独立して用いることができ、その極限を

$$\lim_{n \to +\infty} S_n = a$$

と記す。ここでは数列収束の定義を繰り返さず、以下の例によって説明する。

例3.7 $|q| < 1$ とする。数列 $\{q^n\} = \{1, q, q^2, \cdots, q^n, \cdots\}$ の収束性を調べよ。

解任意の小さな正数 $\varepsilon$ に対して、$0 < \varepsilon < 1$ としてよい。$N > \dfrac{\ln\varepsilon}{\ln|q|}$ を満たす正整数 $N$ をとれば、$n > N$ のとき

$$|q^n| = |q|^n < |q|^N < \varepsilon.$$

したがって $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} q^n = 0$。

ここで $\varepsilon$ の範囲を $\varepsilon < 1$ に限定しているが、一般性は失われない。なぜなら $\varepsilon \geqslant 1$ のとき明らかに $|q|^n < 1 \leqslant \varepsilon$ が任意の $n$ に対して成立するからである。

定理15 もし級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が収束するならば、数列 $\{a_n\}$ は $0$ に収束する。すなわち

$$\lim_{n \to +\infty} a_n = 0.$$

証明級数が $a$ に収束すると仮定する。任意の正数 $\varepsilon$ に対して、$\dfrac{\varepsilon}{2}$ もまた任意の正数であるから、正整数 $N$ が存在して $n > N$（もちろん $n+1 > N$ でもある）のとき

$$|S_n - a| < \frac{\varepsilon}{2}, \quad |S_{n+1} - a| < \frac{\varepsilon}{2}.$$

したがって

$$|a_{n+1}| = |S_{n+1} - S_n| \leqslant |S_{n+1} - a| + |S_n - a| < \varepsilon$$

が $n > N$ に対して成立し、すなわち $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} a_n = 0$ である。$\square$

読者には気づいてほしいことがある。定義を使って級数が収束することを証明するためには、事前に収束値を知っておく必要がある。自然な疑問として、収束値を事前に知ることなく、直接級数が収束しているかどうかを判定する方法は存在するのか、ということがある。この問題には、微分積分のページで明確な答えが与えられる。ここでは次のように分析する。

級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が $a$ に収束すると仮定する。任意の正数 $\varepsilon$ に対して、$\dfrac{\varepsilon}{2}$ も任意の正数なので、正整数 $N$ が存在して $n > N$ のとき $|S_n - a| < \dfrac{\varepsilon}{2}$。任意の正整数 $p > 0$ をとると $n + p > N$ なので $|S_{n+p} - a| < \dfrac{\varepsilon}{2}$。こうして

$$|S_{n+p} - S_n| \leqslant |S_{n+p} - a| + |S_n - a| < \varepsilon,$$

これは

$$|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_{n+p}| = |S_{n+p} - S_n| < \varepsilon$$

を意味する。逆に任意の正数 $\varepsilon$ に対して正整数 $N$ が存在して、$N$ を超える任意の一段の和が上式を満たすならば、級数は収束する。こうして次の定理が得られる。

定理16（Cauchy，1789--1857，収束判定条件） 級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が収束するための必要十分条件は、任意の正数 $\varepsilon$ に対して正整数 $N$ が存在して、不等式

$$|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_{n+p}| = |S_{n+p} - S_n| < \varepsilon$$

が、$n > N$ を満たす任意の正整数 $n$ と任意の正整数 $p$ に対して成立することである。

上記の分析はすでに必要性の証明を与えている。十分性の証明には実数論における関連する同値命題が必要であり、ここではこれ以上論じない。

この定理の基本的な意義は、定義と同値な命題を与えることにある。重要性は、十分後の方の任意の有限長の一段の和が十分小さければ級数が収束すると断言できる点にあり、事前に級数の収束値を知る必要がないことである。

系17 二つの級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ と $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ について、もし $|a_n| \leqslant b_n,\; n = 1, 2, \cdots$ ならば、級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ の収束は必ず級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ の収束を導く。

証明 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ が収束するので、Cauchy 収束判定条件により任意の正数 $\varepsilon$ に対して $N > 0$ が存在して $|b_{n+1} + \cdots + b_{n+p}| < \varepsilon$ が任意の $n > N$ と任意の正整数 $p$ に対して成立する。すると

$$|a_{n+1} + \cdots + a_{n+p}| \leqslant |b_{n+1} + \cdots + b_{n+p}| < \varepsilon$$

も成立する。したがって $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ は収束する。$\square$

例3.8 次の級数の収束性を判定せよ：

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots + \frac{1}{n!} + \cdots.$$

解この級数の具体的な収束値は予測できないため、収束の定義から直接確かめることもできない。しかし Cauchy 収束判定条件を用いると、任意の正数 $\varepsilon$ に対して $N > \dfrac{2}{\varepsilon}$ を満たす正整数 $N$ をとれば、$n > N$ を満たす正整数 $n$ と任意の正整数 $p$ に対して

$$\begin{aligned}&\left|\frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+2)!} + \cdots + \frac{1}{(n+p)!}\right| \\ &< \left|\frac{1}{n(n+1)} + \frac{1}{(n+1)(n+2)} + \cdots + \frac{1}{(n+p-1)(n+p)}\right| \\ &= \left|\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{n+p-1} - \frac{1}{n+p}\right| \\ &= \left|\frac{1}{n} - \frac{1}{n+p}\right| < \frac{2}{n} < \frac{2}{N} < \varepsilon.\end{aligned}$$

したがって、Cauchy 収束判定条件によってこの級数が必ず一つの数に収束することが判定できる。この数を $\mathrm{e}$ と記す：

$$\mathrm{e} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots + \frac{1}{n!} + \cdots.$$

$\mathrm{e} > 2$ であることは容易にわかる。また $\dfrac{1}{n!} < \dfrac{1}{2^{n-1}}$（$n \geqslant 2$）であるから

$$\mathrm{e} = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots < 1 + 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2^{n-1}} + \cdots = 3,$$

すなわち $2 < \mathrm{e} < 3$ である。さらに次のことが証明できる。

定理18 $\mathrm{e}$ は無理数である。

証明 $2 < \mathrm{e} < 3$ なので $\mathrm{e}$ は整数ではない。$\mathrm{e} = \dfrac{p}{q}$ が有理数であると仮定する。ここで $p,\, q$ は正整数であり、$q \geqslant 2$ でなければならない。すると

$$\begin{aligned}q!\, \mathrm{e} = (q-1)!\, p &= \left[q! + q! + \frac{q!}{2!} + \cdots + \frac{q!}{(q-1)!} + 1\right] \\ &\quad + \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+2)(q+1)} + \frac{1}{(q+3)(q+2)(q+1)} + \cdots.\end{aligned}$$

左辺と右辺の角括弧内はともに整数であることに注意すると、右辺の残りの部分は

$$\begin{aligned}0 &< \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+2)(q+1)} + \frac{1}{(q+3)(q+2)(q+1)} + \cdots \\ &< \frac{1}{3}\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{3^3} + \cdots\right) = \frac{1}{2}.\end{aligned}$$

これは整数ではないため矛盾である。矛盾より $\mathrm{e}$ は無理数でなければならない。$\square$

有限個の有理数を加えると結果は依然として有理数となることはよく知られている。しかし $\mathrm{e}$ の例が示すように、無限個の有理数を加えた結果は有理数でなくなることがある。この現象は実は私たちがすでに接したことのあるものである。たとえば十進小数

$$a = a_0.a_1 a_2 a_3 \cdots$$

も一つの級数として表せる：

$$a = a_0 + \frac{a_1}{10} + \frac{a_2}{10^2} + \frac{a_3}{10^3} + \cdots$$

ここで $a_0$ は整数、$a_1, a_2, a_3, \cdots$ は $\{0, 1, 2, \cdots, 9\}$ から取られる整数である。

独立して見ると、Cauchy 収束判定条件によれば、このような級数は必ず収束する。なぜなら

$$\left|\frac{a_{n+1}}{10^{n+1}} + \cdots + \frac{a_{n+p}}{10^{n+p}}\right| \leqslant \frac{9}{10^{n+1}}\left(1 + \frac{1}{10} + \cdots + \frac{1}{10^{p-1}}\right) < \frac{1}{10^n}$$

が成立するからである。

小数部分が有限のとき、すなわちある項から先 $a_k = 0$（$k > k_0$）ならば、明らかに $a$ は有理数である。

小数部分が無限循環小数になるとき、たとえば $a_{3k+1} = a_1,\, a_{3k+2} = a_2,\, a_{3k+3} = a_3$（$k = 1, 2, \cdots$）のとき、この数は $a = a_0 + 0.\dot{a}_1\dot{a}_2\dot{a}_3$ と表せる。小数部分は

$$10^3(0.\dot{a}_1\dot{a}_2\dot{a}_3) = a_1 a_2 a_3 + 0.\dot{a}_1\dot{a}_2\dot{a}_3$$

を満たすから

$$0.\dot{a}_1\dot{a}_2\dot{a}_3 = \frac{a_1 a_2 a_3}{999}$$

は有理数であり、$a$ も有理数である。

小数部分が無限不循環のとき、それは必ず一つの数に収束し、この数を無理数という。

実数、特に無理数については、十進小数を通じて構成することもできるし、Cauchy 収束判定条件の考え方を用いて「有理数の Cauchy 数列」を定義することで構成することもできる。また Dedekind（デデキント，1831--1916）切断によって構成することもできる。Dedekind の方法については次で紹介する。

4. 無限遠点

本節では幾何の観点から「無限」の問題を論じる。

4.1. 射影変換における無限遠点

二つの直線上の射影 平面上に二つの互いに交わる直線 $l$ と $l'$ があり、交点を $O$ とする。$l$ 上でも $l'$ 上でもない点 $Q$ をとる。$Q$ と $l$ 上の任意の点 $P$ を結ぶ直線 $\overline{QP}$ が直線 $l'$ と交わる点を $P'$ とする。比喩的に言えば、$Q$ から $l$ 上の点を $l'$ 上に「射影」するとき、$l$ 上の点 $P$ が点 $P'$ に移るとも言える。

$Q$ から発した光が $l$ 上の点 $P$ を $l'$ 上に射影するとき、$P'$ は $l$ 上の点 $P$ の $l'$ 上の影である。$P$ が $l$ 上で動くとき、影 $P'$ も $l'$ 上で動く。この対応を透視あるいは射影という。

図1

$l$ 上には少し特殊な点が存在することに注意しよう。$R$ を $l$ 上の点で、直線 $\overrightarrow{QR}$ が $l'$ と平行になる点とする。$P$ が $l$ 上を左から $R$ に近づいていくとき、その影 $P'$ は $l'$ 上で右側に向かってどんどん遠ざかっていく。$P$ が $R$ に到達すると、その影は $l'$ の右側の果てに消える。$P$ が $R$ を通過して $R$ の右側に来ると、その影（直線 $\overrightarrow{QP}$ と $l'$ の交点）は今度は $l'$ の左側に現れ、$P$ が右側からさらに $R$ に近づくにつれて影 $P'$ は $l'$ の左側でどんどん遠ざかり、最終的に左側の果てに消える。

したがって、二つの平行線 $\overrightarrow{QR}$ と $l'$ はある仮想的な点、すなわち無限遠点（または理想点）で交わると考えることができる。そうすると $R$ の影はその無限遠点となり、$l'$ の右側の無限遠点と左側の無限遠点は同一の点であるべきことになる。なぜなら、それらは同一の点 $R$ の影であり、すなわち射影によって同一の点 $R$ に対応するからである。

それだけでなく、$l'$ と平行な任意の直線の無限遠点もまた $R$ の影である。したがって、任意の二つの平行線の無限遠点は同一の点であり、すなわち平行線は無限遠点で交わる。

同様に、$l'$ 上にも特殊な点が存在する。$S$ を $l'$ 上の点で、直線 $\overrightarrow{QS}$ が $l$ と平行になる点とする。$P$ が $l$ 上を左側へ遠ざかるとき、$P'$ は $S$ の右側からだんだん $S$ に近づき、$P$ が $l$ 上を右側へ遠ざかるとき、$P'$ は $S$ の左側からだんだん $S$ に近づく。同様にして、$l$ 上に無限遠点を導入し、その影が $l'$ 上の点 $S$ に対応するとすればよい。

こうして、直線上の無限遠点を導入して初めて、$Q$ 点からの直線 $l$ と $l'$ の射影対応において $l$ 上のすべての点が $l'$ 上の点に対応するようになる。特に $l$ 上の点 $R$ は $l'$ 上の無限遠点に対応し、$l$ 上の無限遠点は $l'$ 上の点 $S$ に対応する。

私たちは各直線上に、普通の点のほかにもう一つの「理想点」すなわち「無限遠点」を付け加えることを規定する。この点は与えられた直線と平行なすべての直線に属する。互いに平行でない直線は異なる無限遠点を持つ。さらに無限遠点の全体を一本の無限遠直線とみなし、こうして構成された平面を射影平面という。

性質19 射影平面上では、任意の二つの直線は唯一の交点を持つ。

二つの直線がともに無限遠直線でなく、かつ互いに平行でない場合、交点は有限の一点である。
二つの直線がともに無限遠直線でなく、互いに平行な場合、それらの交点は共有する無限遠点である。
一方が無限遠直線で、他方が普通の直線の場合、それらの交点はその普通の直線の無限遠点である。

4.2. 二平面間の射影

二平面間の射影 平面上に無限遠点・無限遠直線を導入した後、今度は一つの平面から別の平面への透視の問題を考えよう。平面 $\Pi$ と $\Pi'$、そして両平面の外の点 $Q$ があるとする。$\Pi$ 上の任意の点 $P$ に対して、直線 $\overrightarrow{QP}$ が $\Pi'$ と交わる点を $P'$ とすれば、$P'$ は $P$ の $\Pi'$ 上の影である。$P$ が $\Pi$ 上の一本の直線上を動くとき、その影 $P'$ も $\Pi'$ の一本の直線上を動く。したがって射影は $\Pi$ 上の点と直線を $\Pi'$ 上の点と直線に対応させる。ただし次の例外がある。$\overrightarrow{QP}$ が $\Pi'$ と平行なとき、$P$ には $\Pi'$ 上で普通の点が対応しない。$\Pi$ 上のこれらの特殊な点は $\Pi'$ と平行な一本の直線 $l$ を構成する。この直線は $\Pi'$ 上の普通の直線には対応しない。もし私たちがこのような点 $P$ が $\overrightarrow{QP}$ 上の無限遠点に対応するとすれば、直線 $l$ は $\Pi'$ 上の無限遠直線に対応することになる。

図2

同様に、$\Pi'$ 上にも一本の直線 $l'$ があり、$\Pi$ と平行であって、その直線上の任意の点 $P'$ は $\overrightarrow{QP'}$ 上の無限遠点の影である。したがって直線 $l'$ 全体が $\Pi$ の無限遠直線に対応する。

射影変換 直線（または平面）上に無限遠点（または無限遠直線）を導入することによって、直線（または平面）の間に例外なく 1-1 対応が確立される。すなわち直線（または平面）上の点の間の射影変換が構築される。これに由来する学問分野を射影幾何といい、その主な内容は有限回の射影変換のもとでどの幾何的性質が不変であるかを研究することである。

ここで論じる射影は一点を中心とする中心射影であることに注意しよう。中心射影のほかに、いわゆる平行射影も確立できる。太陽の光が地球の平面上に射影されるようなものである。もちろん無限遠を導入した後は、中心が無限遠点にある中心射影を平行射影とみなすこともできる。

以下で「点」または「直線」と言うときはすべて無限遠点・無限遠直線を含む。特に「普通点」「普通直線」とは無限遠点・無限遠直線でない点・直線のことを指す。

性質20 射影変換のもとで不変な簡単な性質を以下に挙げる。

直線上の任意の点はある射影によって無限遠点に対応できる。平面上の任意の直線はある射影によって無限遠直線に対応できるため、その直線上のすべての点が無限遠点に対応する。
平面上の三つ以上の点が共線であれば、射影によって対応した後の点も共線である。
平面上の三つ以上の直線が一点（無限遠点を含む）で交われば、射影によって対応した後の直線も一点で交わる。

これらの性質によれば、三角形は射影変換のもとで依然として三角形である。しかし線分の長さ、二直線のなす角などは射影変換のもとで一般に変わる。たとえば二等辺三角形・正三角形は射影によって各辺の不等な三角形に射影されることがある。

本節の目的は射影幾何、すなわち射影変換のもとで不変な幾何的性質を全面的に紹介することではない。したがってここでは例を通じて無限遠点を導入した後のいくつかの基本的な状況を説明するに留める。

Desargues（1591--1661）の定理 Desargues の定理は射影幾何において最初に発見された結果の一つであり、その具体的な内容は次のとおりである。

定理21 $\triangle ABC$ と $\triangle A'B'C'$ を平面上の二つの三角形とする。対応する頂点を結ぶ直線 $\overline{AA'}$、$\overline{BB'}$、$\overline{CC'}$ が一点で交わるならば、対応する辺の延長線の三つの交点は必ず共線（すなわち一直線上に）ある。

証明無限遠点と無限遠直線を導入したので、対応する辺の延長線 $\overline{BC}$ と $\overline{B'C'}$、$\overline{AB}$ と $\overline{A'B'}$、$\overline{AC}$ と $\overline{A'C'}$ はそれぞれ交点を持つ（性質19 による）。これらの交点をそれぞれ $P,\, Q,\, R$ とする。目標はこれら三点が一直線上にあることを証明することである。

$Q,\, R$ を結び、射影変換を行って $Q,\, R$ を無限遠直線に射影する（すなわち $Q,\, R$ を無限遠点に写す）。射影後の三角形も依然として三角形であるだけでなく、射影後の三角形の二組の対応する辺 $AB$ と $A'B'$、$AC$ と $A'C'$ は互いに平行（対応する辺の交点 $Q,\, R$ が無限遠点に移ったため）になる。したがって私たちが証明すべきことは、射影後の第三の対応する辺 $BC$ と $B'C'$ の延長線の交点も無限遠点にある、すなわち $BC \parallel B'C'$ であることである。これによれば、射影後の三つの交点が無限遠直線上にあることが分かる。性質20 によって、元の三つの交点も一直線上にある。

上記の分析から、今は $\triangle ABC$ と $\triangle A'B'C'$ の二組の対応する辺 $AB \parallel A'B'$、$AC \parallel A'C'$ のとき、対応する頂点が一点 $O$ で交わるならば $BC \parallel B'C'$ であることを証明すればよい。

図3

図に示すように、$O$ を頂点として

$$AB \parallel A'B' \Rightarrow \frac{u}{v} = \frac{r}{s},\quad AC \parallel A'C' \Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{r}{s},$$

したがって

$$\frac{u}{v} = \frac{x}{y},$$

すなわち $BC \parallel B'C'$ である。こうして定理の証明が完成した。$\square$

なお、ここでは平面上の Desargues 定理のみを考えたが、より詳細な内容は射影幾何に関する教科書を参照されたい。

4.3. 同次座標

同次座標 平面上に座標系を導入した後、平面上の点 $P$ は一つの数の組と 1-1 対応する。直角座標系では、この数の組を $(x, y)$ と記し、$P$ の座標という。座標があれば、平面上の直線 $l$ はこのような点の軌跡となり、これらの点の座標 $(x, y)$ が線形方程式

$$l:\; ax + by + c = 0$$

を満たす。ここで $a, b, c$ は定数であり、直線の位置と方向を定める。たとえば $c = 0$ のとき、直線は原点 $O(0,0)$ を通ることを表す。$a = 0,\, b = 1,\, c = 0$ のとき、対応する直線の方程式は $y = 0$ であり、平面上の $x$ 軸を表す。$a = 1,\, b = -1,\, c = 0$ のとき、確定される直線は $x = y$ であり、$O$ 点を通り $x$ 軸と $y$ 軸の正方向のなす角を二等分する。

同様に、座標が満たす二次方程式は一つの二次曲線を確定し、たとえば円・楕円・放物線・双曲線上の点はそれぞれ次の二次方程式を満たす：

$$x^2 + y^2 = r^2 \;(r > 0),\quad \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \;(a>0,b>0),\quad y = ax^2 + b,\quad \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 \;(a>0,b>0).$$

総じて、座標系を導入した後で、点や直線などの幾何概念を「数値化」できる。逆に、数の組 $(x, y)$ を「幾何化」して「点」と称し、$(x, y)$ が満たす方程式を「曲線」と称し、特にその方程式が線形方程式のとき「直線」という。平面しかり、空間も同様であり、二つの数の組も同様であり、三つの数、さらに多くの数の組も同様であり、詳細は「解析幾何とベクトル空間」のページを参照されたい。

さて現在直面している問題は、無限遠点と無限遠直線を加えた直線または平面上で、無限遠点の座標は何か、無限遠直線の方程式は何かということである。解析幾何の手法を射影幾何に応用しようとすれば、普通点も無限遠点も両方含む座標系を構築する必要がある。以下では平面を例として論じる。

平面 $\Pi$ 上の直角座標系を $O'XY$ とする。$\Pi$ を三次元直角座標系 $Oxyz$ を持つ空間の中に置き、$\Pi$ の原点を $Oxyz$ の中の $(0,0,1)$ 点に置き、かつ $\Pi$ が $Oxyz$ の $Oxy$ 平面と平行になるようにする。こうして $\Pi$ 上の任意の点 $P(X,Y)$ は $Oxyz$ 空間では三次元座標 $P(X,Y,1)$ を持つ。

図4

$O$ を射影の中心とすると、$\Pi$ 上の各点 $P$ はその点を通りかつ $O$ を通る直線 $\overrightarrow{OP}$ と 1-1 対応する。その直線上で $O$ と異なる任意の点 $Q$ の座標 $Q(x,y,z)$ を $P$ の同次座標と呼ぶ。特に $P$ 自身の座標 $(X,Y,1)$ も $P$ の一つの同次座標である。他の同次座標（すなわち直線 $\overrightarrow{OP}$ 上の他の点の座標）$(x,y,z)$ は

$$x = tX,\quad y = tY,\quad z = t,\quad t \neq 0$$

を満たす。したがって $P$ の同次座標表示は $(tX, tY, t)$ である。

平面 $\Pi$ 上の普通点 $P$ に対して導入した同次座標は、なじみ深い二つの数の組ではなく三つの数の組を必要とする。また唯一ではなく、任意の非零の因子 $t$ を持つ。

一方 $\Pi$ 上の無限遠点に対しては、それが対応するのは $O$ を通りかつ $\Pi$ と平行な直線（すなわち空間の $Oxy$ 平面上の直線）であり、その直線上で $O$ と異なる任意の一点の座標は $Q'(x,y,0)$ であるから、$(x,y,0)$ を $\Pi$ 上の無限遠点の同次座標と定義する。

こうして、$\Pi$ と $\Pi$ の無限遠点を含む射影平面上の任意の点の同次座標が三つの数の組 $(x,y,z)$ で表せる。$z \neq 0$ のとき普通点 $(X,Y,1) = \left(\dfrac{x}{z}, \dfrac{y}{z}, 1\right)$ の同次座標を表し、$z = 0$ のとき無限遠点の同次座標を表す。

次に平面 $\Pi$ 上の直線 $l$ の方程式を考えよう。

$$l:\; aX + bY + c = 0.$$

したがって $l$ 上の点の同次座標が満たす方程式（直線の同次座標方程式と略す）は

$$l:\; ax + by + cz = 0,$$

ここで $a, b, c$ は同時には $0$ にならない定数である。特に $\Pi$ 上の無限遠直線 $l_\infty$ の同次座標方程式は

$$l_\infty:\; z = 0.$$

直線の同次座標方程式を書き出すとき、無限遠直線の方程式は単なる特例に過ぎないことがわかる。

三次元空間 $Oxyz$ から見れば、$\Pi$ 上の直線 $l$ の同次座標方程式は、$Oxyz$ 空間において直線 $l$ と原点 $O$ を含む平面の方程式であり、この平面は $O$ 点から出た光を $l$ 上に射影したときに $Oxyz$ 空間内に形成される平面である。無限遠直線の影が形成する平面がまさに空間内の $Oxy$ 平面である。平面上の各点の座標はすべて直線 $l$ 上のある一点の同次座標である。

三元の数の組 $(a,b,c)$ を直線（無限遠直線を含む）$l$ の同次座標という。任意の $t \neq 0$ に対して $(ta,tb,tc)$ も同一直線の同次座標である。

注目すべきことに、平面上の直線（無限遠直線を含む）を記述する方程式において、点と直線は完全に対称な関係にある。すなわち

$$ax + by + cz = 0$$

においては、$(x:y:z)$ が点の同次座標で $(a:b:c)$ が直線の同次座標と言っても、その逆に $(x:y:z)$ が直線の同次座標で $(a:b:c)$ が点の同次座標と言っても、方程式はまったく同じ形になる。これは射影幾何における点と直線の双対性を体現しており、点と直線の役割を入れ替えても同じ方程式・同じ幾何的命題が成立する。

4.4. 反転変換における無限遠点

反転変換 定数 $k$（ここでは常に $k > 0$ とする）と平面上の一点 $O$ を与える。$O$ と異なる平面上の任意の点 $P$ に対して、射線 $OP$ 上に一点 $P'$ をとって $OP$ の長さと $OP'$ の長さが

$$|OP| \cdot |OP'| = k^2$$

を満たすようにする。

図5

こうして平面上の $O$ 以外の任意の点 $P$ から $P'$ への変換が定義される。これを $O$ を反転の中心、$k$ を反転の冪とする反転変換、あるいは単に反転という。$P'$ を、反転中心 $O$ を中心とし $k$ を半径とする円 $C$ に関する $P$ の反転点という。

性質22 与えられた反転中心と反転冪に対して、

$P'$ が $P$ の反転点ならば、$P$ は $P'$ の反転点である。
$C$ を反転中心 $O$ を中心、$k$ を半径とする円とし、反転基円と呼ぶ。$P$ が円内の点ならば $P'$ は円外の点であり、逆に $P$ が円外ならば $P'$ は円内にある。$P$ が円上にあるとき、反転は不変である。
$P$ が固定した射線に沿って $O$ に近づくとき、反転点は同一射線上で反対方向へ遠ざかっていく。$P$ と $O$ が十分に近ければ、$P'$ は $O$ から任意に遠くなることができる。

無限遠点と拡張平面 定義によれば、平面上の反転変換には唯一の例外点がある。すなわち反転中心 $O$ には対応する反転点がなく、また $O$ を反転点に持つ点もない。

このため、射影変換の場合と同様に「理想点」、すなわち無限遠点を導入して $\infty$ と記し、$O$ と互いの反転点とする。しかし射影変換とは異なり、$O$ は一点しかないため、異なる射線上で得られる無限遠点は一つの点としか考えられない。こうして反転変換を考える際には、平面上に無限遠点を加えるが、加えられる無限遠点はただ一つだけである。無限遠点 $\infty$ を加えることで、平面上の任意の点（$O$ と $\infty$ を含む）はすべて対応する反転点を持つ。

平面を複素平面 $\mathbb{C}$ とみなして反転中心を $z_0$ とすると、反転変換は複素数 $z \to z'$ の変換

$$z \longmapsto z' = z_0 + \frac{k^2}{\bar{z} - \bar{z}_0} = z_0 + \frac{k^2}{|\bar{z} - \bar{z}_0|^2}(z - z_0)$$

に転化される。ここで $z = x + \mathrm{i}y$ に対して $\bar{z} = x - \mathrm{i}y$ は $z$ の複素共役を表す。無限遠点を加えた後、

$$\mathbb{C}_\infty = \mathbb{C} \cup \{\infty\}$$

と記し、拡張複素平面と呼ぶ。

反転変換については次の定理が成立する。

定理23 $O$ を反転中心、$k > 0$ を反転冪とする。$C$ を $O$ を中心、$k$ を半径とする基円とすると、反転変換のもとで

$O$ を通る直線は $O$ を通る直線に変換される。
$O$ を通る円は $O$ を通らない直線に変換される。
$O$ を通らない直線は $O$ を通る円に変換される。
$O$ を通らない円は $O$ を通らない円に変換される。

無限遠点を導入した後、任意の直線は広義の円とみなせる。したがって上記の結論をまとめると：反転変換は円を円に変換する。

証明 (1) は反転の定義から明らかである。$O$ を通る任意の一点の反転点は依然としてその直線上にある。

(2) の証明として、$K$ を $O$ を通る任意の円で半径を $r$、円の中心を $A$ 点、$OAB$ を $K$ の一本の直径とする。$K$ 上の任意の動点 $P$ をとり、$\angle POA = \theta$ とすると、直角三角形 $\triangle OPB$ において

$$|OP|\sec\theta = |OB|.$$

$P'$ を $P$ の点と反転すると、$P'$ は射線 $OP$ 上にあり定義から

$$|OP| \cdot |OP'| = k^2,$$

なので

$$|OP'| = \frac{k^2}{|OP|} = \frac{k^2}{|OB|}\sec\theta.$$

$B$ の反転点を $B'$ とすると

$$|OB| \cdot |OB'| = k^2, \quad |OB'| = \frac{k^2}{|OB|},$$

したがって

$$|OB'| = |OP'|\cos\theta,$$

つまり $\angle OB'P'$ は直角である。すなわち $K$ 上の任意の点 $P$ の反転点 $P'$ はすべて $OB'$ に垂直で $B'$ を通る直線上にある。したがって (2) が証明された。

(3) の結論は性質22 と (2) の直接の推論である。

(4) を証明するために、複素平面の原点を反転中心 $O$、$k > 0$ を反転冪とすると、反転変換は

$$z \longmapsto z' = \frac{k^2}{\bar{z}}$$

となる。$K$ を $O$ を通らない円で、中心を $z_1$、半径を $a$ とすると、この円の方程式は

$$|z - z_1|^2 = (z - z_1)(\bar{z} - \bar{z}_1) = a^2.$$

$K$ は $O$ を通らないから $|z_1|^2 \neq a^2$。$z = \dfrac{k^2}{\bar{z}'}$ を代入すると

$$\left(\frac{k^2}{\bar{z}'} - z_1\right)\left(\frac{k^2}{z'} - \bar{z}_1\right) = a^2,$$

整理すると

$$k^4 + |z_1|^2|z'|^2 - k^2(z_1\bar{z}' + \bar{z}_1 z') = a^2|z'|^2,$$

あるいは

$$|z'|^2 - \frac{k^2}{|z_1|^2 - a^2}(z_1\bar{z}' + \bar{z}_1 z') + \frac{k^4}{|z_1|^2 - a^2} = 0.$$

ここで

$$z_2 = \frac{k^2 z_1}{|z_1|^2 - a^2}, \quad b = \frac{k^2 a}{||z_1|^2 - a^2|}$$

とおくと、$z'$ が満たす方程式は中心 $z_2$、半径 $b$ の円

$$K':\; (z' - z_2)(\bar{z}' - \bar{z}_2) = b^2$$

である。したがって反転は円 $K$ を円 $K'$ に変換する。$\square$

球極投影 拡張複素平面をさらに理解するために、次の球極投影を導入する。三次元座標空間 $Ouvw$ において、$(0, 0, r)$ を中心、$r$ を半径とする球

$$u^2 + v^2 + (w - r)^2 = r^2$$

を作る。球上の点 $N(0, 0, 2r)$ を「北極点」、$S(0, 0, 0)$ を「南極点」と呼ぶ。平面 $Ouv$ を複素平面とみなすと、複素平面の原点と球の南極点が重なる。

複素平面上の任意の点 $z$ と球面の北極点 $N$ を直線で結ぶと、この直線は球面と一点 $P(z)$ で交わる。こうして球面上の点と複素平面上の点（つまり一つの複素数）の 1-1 対応 $z \mapsto P(z)$ が確立される。北極点のみが例外となる。この対応を球極投影という。複素平面上に無限遠点 $\infty$ を導入した後、$\infty$ が球面上の北極点に対応すると規定することで、無限遠点を加えた拡張複素平面 $\mathbb{C}_\infty = \mathbb{C} \cup \{\infty\}$ は一つの二次元球面と 1-1 対応する。このような球面をリーマン球面という。

図6

球極投影の解析的表示をさらに議論するために、球の半径を $\dfrac{1}{2}$ としよう。球の中心の空間座標は $\left(0, 0, \dfrac{1}{2}\right)$、北極点の座標は $(0, 0, 1)$ となる。

$z = x + \mathrm{i}y$ に対応する球面上の点 $P(z)$ の空間座標を $(u, v, w)$ とする。球面上にあることから

$$u^2 + v^2 + \left(w - \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}, \quad\text{すなわち}\quad u^2 + v^2 = w(1 - w).$$

$z$ の対応する空間座標が $(x, y, 0)$ であり、球極投影から $(0,0,1)$、$(u,v,w)$、$(x,y,0)$ が一直線上にあるので

$$\frac{u - 0}{x - 0} = \frac{v - 0}{y - 0} = \frac{w - 1}{0 - 1},$$

これから

$$x = \frac{u}{1 - w},\quad y = \frac{v}{1 - w}, \quad\text{すなわち}\quad z = \frac{u + \mathrm{i}v}{1 - w}.$$

$u^2 + v^2 = w(1-w)$ より

$$x^2 + y^2 = |z|^2 = \frac{u^2 + v^2}{(1-w)^2} = \frac{w}{1-w}.$$

$w$ を解いて

$$u = \frac{x}{x^2 + y^2 + 1} = \frac{z + \bar{z}}{2(|z|^2 + 1)},\quad v = \frac{y}{x^2 + y^2 + 1} = \frac{z - \bar{z}}{2\mathrm{i}(|z|^2 + 1)},\quad w = \frac{x^2 + y^2}{x^2 + y^2 + 1} = \frac{|z|^2}{|z|^2 + 1}.$$

こうして $z = x + \mathrm{i}y$ と対応点 $P(z) = (u, v, w)$ の間の変換関係が得られた。

球極投影の性質 球極投影における複素数 $z$ と球面上の点との対応関係から、次のことが分かる。

性質24 球の中心の空間座標を $\left(0, 0, \dfrac{1}{2}\right)$、半径を $\dfrac{1}{2}$ とする。球極投影のもとで

球上の緯線は複素平面上の $O$ を中心とする円に投影される。特に球上の赤道は複素平面上の $O$ を中心とする単位円に投影される。
球上の経線は複素平面上の $O$ を通る直線に投影される。

球上の緯線とは球面上の $w = c$（$0 \leqslant c < 1$ は定数）かつ $u^2 + v^2 = c(1-c)$ を満たす点からなる円であり、対応する $z$ は $|z|^2 = \dfrac{c}{1-c}$ を満たす。これは複素平面上の $O$ を中心とする円を表す。特に球上の赤道（$c = \dfrac{1}{2}$ の緯線）は複素平面上の単位円 $|z|^2 = 1$ に投影される。

球上の経線とは球面上の $\dfrac{v}{u} = c$（定数）を満たす点 $(u, v, w)$ からなるものであり、対応する複素平面上は $O$ を通るすべての幅角 $\dfrac{y}{x} = \tan\theta = c$ を定数とする複素数、したがって $O$ から出る射線となる。

複素平面上の $O$ を反転中心、$1$ を反転冪とする反転変換を考えると、$z$ とその反転点 $z'$ は一本の射線上にあって単位円の両側にある。球面上では $P(z)$ と $P(z')$ がともに経線上にあり、それぞれ南北二つの半球にある。また $O$ と $O$ の反転点 $\infty$ が球面上の南極点と北極点に対応する。こうして拡張複素平面 $\mathbb{C}_\infty$ 上の反転変換を球面に投影すると、南北両半球において同一の経線上にある点の間の変換となり、$\mathbb{C}_\infty$ 上の原点 $O$ と無限遠点 $\infty$ の間の反転変換は球面上の南極点と北極点の間の変換に他ならない。

練習問題

任意の正整数 $n$ に対して
$$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 = \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2.$$
が成り立つことを証明せよ。
任意の正整数 $n$ と $p > -1$ に対して
$$(1 + p)^n \geqslant 1 + np.$$
が成り立つことを証明せよ。
（平均不等式）　$a_1, a_2, \cdots, a_n$ を $n$ 個の正実数とすると
$$\frac{n}{\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + \cdots + \dfrac{1}{a_n}} \leqslant \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} \leqslant \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}.$$
$f_1: E_1 \to E_2$、$f_2: E_2 \to E_3$ がともに全射であるとき、$f_2 \circ f_1: E_1 \to E_3$ も全射であることを証明せよ。
定義を用いて次を証明せよ：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2}.$$
$A, B, C, D$ を直線 $l$ 上の四つの有順点とする。それらの交比を
$$x = \frac{CA}{CB} \Big/ \frac{DA}{DB}$$
と定義する。中心射影のもとで交比は不変であることを証明せよ。すなわち（図7 のように）直線 $l$ 上の四つの有順点 $A, B, C, D$ の交比は、直線 $l'$ 上の射影によって対応する四つの有順点 $A', B', C', D'$ の交比と等しい。

図7

解答

1. 帰納法で示す。$n = 1$ のとき両辺とも $1$。$n$ で成り立つと仮定すると、

$$\sum_{k=1}^{n+1}k^3 = \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2 + (n+1)^3 = (n+1)^2\left[\frac{n^2}{4} + (n+1)\right] = (n+1)^2\frac{(n+2)^2}{4} = \left[\frac{(n+1)(n+2)}{2}\right]^2.$$

よって $n+1$ でも成り立つ。

2. $n = 1$ では等号。$(1+p)^n \ge 1 + np$ を仮定すると、$1 + p > 0$ だから

$$(1+p)^{n+1} \ge (1+np)(1+p) = 1 + (n+1)p + np^2 \ge 1 + (n+1)p.$$

3. まず相加・相乗平均 $\sqrt[n]{a_1\cdots a_n} \le A := \dfrac{a_1 + \cdots + a_n}{n}$ を示す。任意の実数 $x$ に対して $e^{x} \ge 1 + x$ が成り立つ（指数関数の基本不等式）。$x = \dfrac{a_i}{A} - 1$ とおくと $\dfrac{a_i}{A} \le e^{a_i/A - 1}$ だから、これらを掛け合わせて

$$\prod_{i=1}^n \frac{a_i}{A} \le \exp\Bigl(\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{A} - n\Bigr) = e^{0} = 1.$$

すなわち $a_1 \cdots a_n \le A^n$。次に調和平均との関係は、$a_i$ のかわりに $1/a_i$ に相加・相乗平均を適用すると

$$\sqrt[n]{\frac{1}{a_1\cdots a_n}} \le \frac{1}{n}\Bigl(\frac{1}{a_1} + \cdots + \frac{1}{a_n}\Bigr)$$

となり、逆数をとって $\dfrac{n}{\frac{1}{a_1} + \cdots + \frac{1}{a_n}} \le \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$ を得る。

4. 任意の $e_3 \in E_3$ をとる。$f_2$ は全射だから $f_2(e_2) = e_3$ となる $e_2 \in E_2$ があり、$f_1$ は全射だから $f_1(e_1) = e_2$ となる $e_1 \in E_1$ がある。このとき $(f_2\circ f_1)(e_1) = e_3$ だから、$f_2\circ f_1$ は全射である。

5. $\dfrac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \dfrac{1}{2}\Bigl(\dfrac{1}{2n-1} - \dfrac{1}{2n+1}\Bigr)$ だから、部分和は

$$S_n = \frac{1}{2}\Bigl(1 - \frac{1}{2n+1}\Bigr) = \frac{n}{2n+1},\qquad \Bigl|S_n - \frac{1}{2}\Bigr| = \frac{1}{2(2n+1)}.$$

任意の $\varepsilon > 0$ に対して $N > \dfrac{1}{4\varepsilon}$ をとれば、$n > N$ のとき $\dfrac{1}{2(2n+1)} < \dfrac{1}{4n} < \varepsilon$。よって級数は $\dfrac{1}{2}$ に収束する。

6. 射影の中心を $Q$ とする。$\triangle QCA$ と $\triangle QCB$ は $Q$ から $l$ に下ろした垂線の長さが等しい（高さが共通）ので、面積比は底辺の比 $CA : CB$ に等しい。一方、面積は $\frac{1}{2}QC\cdot QA\sin\angle CQA$ などで表せるから

$$\frac{CA}{CB} = \frac{QA\,\sin\angle CQA}{QB\,\sin\angle CQB},\qquad \frac{DA}{DB} = \frac{QA\,\sin\angle DQA}{QB\,\sin\angle DQB}.$$

したがって

$$x = \frac{CA}{CB}\Big/\frac{DA}{DB} = \frac{\sin\angle CQA\,\sin\angle DQB}{\sin\angle CQB\,\sin\angle DQA}$$

となり、右辺は $Q$ から見た四本の直線 $QA, QB, QC, QD$ の間の角だけで決まる。射影で対応する $A', B', C', D'$ も同じ四本の直線上にあるので、同じ式が成り立ち、交比は等しい。

« 集合と関係整数 »