実数とは何か：無理数の証明

正の有理数 $\frac pq$ が $\bigl(\frac pq\bigr)^2=2$ を満たすとすると、$p^2=2q^2$ である（負の有理数なら符号を変える。$0^2\ne2$）。両辺を素因数分解したときの $2$ の指数を比べる。$p$ の素因数分解に $2$ が $a$ 回現れるなら $p^2$ には $2a$ 回現れ、$q$ に $b$ 回現れるなら $2q^2$ には $2b+1$ 回現れる。素因数分解の一意性により両辺の指数は等しいので $2a=2b+1$ となるが、左辺は偶数、右辺は奇数であり矛盾する。$\square$

$\sqrt2$ が正の有理数 $\frac pq$ に等しいと仮定し、$\sqrt2=\frac pq$ と書ける正の整数 $q$ のうち最小のものをとる（正の整数の空でない集合は最小元をもつ）。$1<\sqrt2<2$ なので $q< p<2q$ である。ここで
$$ \frac{2q-p}{p-q} $$
を考える。$\sqrt2=\frac pq$ から $p^2=2q^2$ であり、
$$ (2q-p)q-(p-q)p=2q^2-p^2=0 $$
なので $\frac{2q-p}{p-q}=\frac pq=\sqrt2$ である。しかも分母 $p-q$ は $0< p-q< q$ を満たす正の整数である。これは $q$ の最小性に反する。$\square$

$f\bigl(\frac pq\bigr)=0$ の両辺に $q^n$ を掛けると
$$ a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots+a_1pq^{n-1}+a_0q^n=0 $$
である。$a_0q^n$ 以外の項はすべて $p$ の倍数なので、$p$ は $a_0q^n$ を割り切る。同様に $a_np^n$ 以外の項はすべて $q$ の倍数なので、$q$ は $a_np^n$ を割り切る。
ここで次の事実を使う：整数 $d$ と $m$ が互いに素で、$d$ が $em^n$ を割り切るならば、$d$ は $e$ を割り切る。 実際、$d$ の素因数分解に現れる素数 $\ell$ は $m$ を割り切らないので、素因数分解の一意性により $m^n$ の素因数分解に現れない。よって $em^n$ の素因数分解での $\ell$ の指数は $e$ での指数に等しく、それは $d$ での $\ell$ の指数以上である。これが $d$ のすべての素因数 $\ell$ で成り立つので $d\mid e$ である（$d=\pm1$ なら自明、$e=0$ でも自明）。
$p=0$ なら $a_0=f(0)=0$ なので $p\mid a_0$ は成り立つ。$p\ne0$ のとき、$p$ と $q$ は互いに素なので、$p\mid a_0q^n$ から $p\mid a_0$、$q\mid a_np^n$ から $q\mid a_n$ を得る。$a_n=\pm1$ なら $q=1$ であり、$r=p$ は整数である。$\square$

$\sqrt2$ が有理数なら、それは $x^2-2=0$ の有理数の根である。最高次の係数が $1$ なので、thm-rni-rational-root によりその根は整数で、$2$ の約数 $\pm1,\pm2$ のいずれかである。ところが $1^2=1$、$2^2=4$ でどれも $2$ ではない。$\square$

$\sqrt[m]N$ は $x^m-N=0$ の根であり、最高次の係数は $1$ である。thm-rni-rational-root により、有理数の根は整数である。$\square$

$h$ は $s$ から四則演算と $\min$ で作られるので $K$ に属する。

1. $0< h\le1$ なので $h^2\le h$ であり、
   $$ (s+h)^2=s^2+2sh+h^2\le s^2+(2s+1)h\le s^2+\frac{(2s+1)(2-s^2)}{2s+2}< s^2+(2-s^2)=2. $$
2. $s^2-2<2s^2$ なので $0< h< s$ である。$(s-h)^2=s^2-2sh+h^2>s^2-2sh=s^2-(s^2-2)=2$ である。$\square$

$1\in A_{\mathbb{Q}}$ である。$x\ge2$ なら $x^2\ge4$ なので、$2$ は上界である。有理数 $r$ が $A_{\mathbb{Q}}$ の最小の上界であると仮定する。$r\ge1>0$ であり、thm-rni-sqrt2 により $r^2\ne2$ である。

• $r^2<2$ のとき：lem-rni-step の 1 の $h$ をとると $r+h\in A_{\mathbb{Q}}$ かつ $r+h>r$ となり、$r$ が上界であることに反する。
• $r^2>2$ のとき：lem-rni-step の 2 の $h$ をとると $r-h$ は正の有理数である。$x\in A_{\mathbb{Q}}$ が $x>r-h$ を満たせば $x^2>(r-h)^2>2$ となり矛盾するので、$r-h$ も上界である。これは $r$ より小さい上界であり、最小性に反する。
  どちらの場合も矛盾するので、最小の上界は存在しない。$\square$

$A$ は $1$ を含み、$2$ を上界にもつので、上限公理により $s=\sup A$ が存在し $s\ge1$ である。$s^2<2$ なら lem-rni-step の 1 により $s+h\in A$ となり、$s$ が上界であることに反する。$s^2>2$ なら、lem-rni-step の 2 の $h$ について $s-h$ は $s$ より小さい上界になり（prf-thm-rni-hole と同じ議論）、$s$ の最小性に反する。よって $s^2=2$ である。正の実数 $x< y$ について $x^2< y^2$ なので、2 乗して $2$ になる正の実数はただ 1 つである。$\square$

すべての正の整数 $n$ が $n\le x$ を満たすとすると、正の整数全体は上に有界なので上限 $s$ をもつ。$s-1$ は上界でないので $n>s-1$ となる正の整数 $n$ があるが、すると $n+1>s$ となり $s$ が上界であることに反する。$\square$

lem-rni-archimedes により $n>\frac1{b-a}$ となる正の整数 $n$ をとる。すると $nb-na>1$ である。$m:=\lfloor na\rfloor+1$ とおくと $na< m\le na+1< nb$ なので、$a<\frac mn< b$ である（Leb26a Theorem 1.2.4 と同じ考え方）。$\square$

thm-rni-dense-q を $a-\sqrt2< b-\sqrt2$ に適用して、$a-\sqrt2< r< b-\sqrt2$ となる有理数 $r$ をとる。$\alpha:=r+\sqrt2$ は $a<\alpha< b$ を満たし、有理数と無理数の和なので無理数である（rem-rni-sums）。$\square$

$10^{k-1}x=m+t$（$m$ は整数、$0\le t<1$）と書くと $\lfloor10^kx\rfloor=10m+\lfloor10t\rfloor$ なので $d_k=\lfloor10t\rfloor$ である。帰納法により $x_n=\lfloor10^nx\rfloor/10^n$ なので不等式が成り立ち、$x_n\to x$ である。よって小数展開の同じ 2 数は等しい。逆に、数字の列 $(d_k)$ から作った $x_n$ は単調増加で $1$ 以下なので収束する（上限公理）。極限を $v$ とすると、$k>n$ の $d_k$ のどれかは $9$ 未満なので $0\le v-x_n<\sum_{k>n}9\cdot10^{-k}=10^{-n}$（$x_0:=0$）であり、$\lfloor10^nv\rfloor=10^nx_n$ となる。よって $0\le v<1$ で、$v$ の小数展開は $(d_k)$ である。$\square$

まず、循環するなら有理数であることを示す。$A:=\lfloor10^sx\rfloor$、$B$ を数字 $d_{s+1}\cdots d_{s+t}$ を並べた整数とする。周期性により、$j\ge1$ について
$$ x_{s+jt}=\frac A{10^s}+\frac B{10^s}\sum_{i=1}^j10^{-ti} $$
であり、$j\to\infty$ として（等比級数）$x=\frac A{10^s}+\frac{B}{10^s(10^t-1)}$ は有理数である。
次に、有理数なら循環することを示す。$x=\frac pq$（$0\le p< q$）とし、$10^kp$ を $q$ で割った余りを $r_k$ とおく。$10^kp=q\lfloor10^kx\rfloor+r_k$、$0\le r_k< q$ であり、$10^{k+1}x=10\lfloor10^kx\rfloor+\frac{10r_k}q$ から
$$ d_{k+1}=\Bigl\lfloor\frac{10r_k}q\Bigr\rfloor,\qquad r_{k+1}=10r_k-qd_{k+1} $$
となる。つまり $d_{k+1}$ と $r_{k+1}$ は $r_k$ だけで決まる（筆算の割り算そのものである）。$r_0,r_1,\dots,r_q$ の $q+1$ 個は $0,\dots,q-1$ のどれかなので、$r_i=r_j$ となる $0\le i< j\le q$ がある（鳩の巣原理）。すると $k\ge i$ で $r_{k+t}=r_k$（$t:=j-i$）となり、$k>i$ で $d_{k+t}=d_k$ である。$\square$

$n$ 次（$n\ge1$）の整数係数の多項式 $f=a_nx^n+\cdots+a_0$ の高さを $H(f):=n+|a_n|+\cdots+|a_0|$ と定める。正の整数 $N$ について、$H(f)\le N$ の $f$ は、次数が $N$ 未満で係数の絶対値がすべて $N$ 以下なので有限個しかない。また $n$ 次多項式の根は $n$ 個以下である（$f(\alpha)=0$ なら因数定理により $f=(x-\alpha)g$、$g$ は $n-1$ 次であり、$\alpha$ 以外の根は $g$ の根なので、次数についての帰納法による）。よって、$H(f)\le N$ の $f$ の実数の根の集合 $E_N$ は有限集合である。
$E_1\subset E_2\subset\cdots$ であり、各代数的数はある $E_N$ に入る（$0$ でない定数は根をもたないので、代数的数を根にもつ $0$ でない多項式は 1 次以上である）。$E_1$ の要素を並べ、次に $E_2$ の新しい要素を並べ、…と続ければ、代数的数全体が 1 列に並ぶ。$\square$

$[0,1)$ の実数の列 $a_1,a_2,\dots$ が与えられたとき、どの $a_j$ とも異なる $[0,1)$ の実数を作る。$a_j$ の小数展開の第 $j$ 位の数字を $c_j$ とし、$e_j:=5$（$c_j\ne5$ のとき）、$e_j:=4$（$c_j=5$ のとき）と定め、$y:=0.e_1e_2e_3\cdots$ とする。数字は $4$ か $5$ なので $9$ が続かず、prop-rni-decimal によりこの列は $y$ の小数展開である。$y$ と $a_j$ の小数展開は第 $j$ 位が異なるので $y\ne a_j$ である。よって、どんな列も $[0,1)$ を数え尽くせない（有限の列でも同じ）。$\square$

超越数全体が可算なら、$[0,1)$ の代数的数と超越数を交互に並べることで $[0,1)$ が可算になり、thm-rni-uncountable に反する。無理数についても、有理数が代数的数なので可算であることから、同じ議論が通る。$\square$

次数 $n$ で $f(\alpha)=0$ となる整数係数の $f$ をとる。$f$ は有理数の根をもたない。もし $f(r)=0$（$r$ は有理数）なら、$f=(x-r)g$ で $g$ は有理数係数の $n-1$ 次式であり、分母を払った整数係数の多項式が $\alpha\ (\ne r)$ を根にもち、$n$ の最小性に反するからである。よって $q^nf\bigl(\frac pq\bigr)$ は $0$ でない整数であり、$\bigl|f\bigl(\frac pq\bigr)\bigr|\ge\frac1{q^n}$ である。$M$ を $1$ と、区間 $[\alpha-1,\alpha+1]$ での $|f'|$ の最大値のうち大きい方とする。$\bigl|\alpha-\frac pq\bigr|\le1$ なら、平均値の定理により
$$ \frac1{q^n}\le\Bigl|f(\alpha)-f\Bigl(\frac pq\Bigr)\Bigr|\le M\Bigl|\alpha-\frac pq\Bigr| $$
である。$\bigl|\alpha-\frac pq\bigr|>1$ なら $\bigl|\alpha-\frac pq\bigr|>\frac1{Mq^n}$ である。どちらでも $c:=\frac1M$ でよい。$\square$