新しいものを作るたびに、0から1になる。創造という行為も、創造の瞬間も特殊で、結果として新鮮で奇妙なものができるのです。
Peter Thiel, Zero to One
Nature に掲載された 1992 年の研究では、5 か月の乳児を対象に、加算と減算を理解する能力を測定しました。 実験者は赤ちゃんに物を見せ、それをスクリーンの後ろに隠し、スクリーンの後ろにもう一つ物を追加するのを見させました。 そして、実験者がその物体をこっそり取り除いてしまうという実験も行いました。
ほとんどの場合、これは私たちが初期の数学の授業で経験した生得的な直感である。 幸運にも（あるいは不運にも）、中学または高校の幾何学で、この直感を初めて正式に体験することができました。 公理」と呼ばれる命題、つまり、私たちが当然正しいと思っていることから始めて、私たちの直感がこれらの公理にどのように由来しているかを考えさせられ、コサインの法則や2つの三角形の合同などの結果について、基本的ではありますが、正式な数学的「証明」を構築することになったのです。
もし忘れていたら、コサインの法則は c2=a2+b2-2abcos(C)c^2 = a^2 + b^2 – 2abcos(C)c2=a2+b2-2abcos(C), ここで aaa, bbb, ccc は三角形の辺長、CCC は辺 ccc と反対の角である、と言います。 CCC に 90 度を入れると、ピタゴラスの定理が得られます。
最初の幾何学の授業で、私たちは何を真実とみなしてよいかを教えられましたが、なぜそうなのかと考えることはありませんでしたか。 なぜこれらの特定の公理なのでしょうか。 なぜコサインの法則が正しいと仮定できないのか、なぜそれを証明しなければならないのか。
数学者はこれらの疑問について長い間一生懸命考えてきましたが、コミュニティのコンセンサスは、必ずしも特定の公理を真と仮定することではなく、「仮定の数を最小限に抑える」という原則にあります。 これは、オッカムの剃刀として知られる有名な問題解決のテクニックに似ている。「ある問題を解決するために競合する仮説を提示されたとき、最も少ない仮定で解決する方法を選ぶべきである」
公理の決定
すべての数学が従う最小限の公理セットを作成する問題は見た目より難しい。 数学者たちは長年にわたってこの問題に取り組んできましたが、最も有名な試みは、数学者アルフレッド・ノース・ホワイトヘッドとバートランド・ラッセルが1913年に発表した「プリンキピア・マテマティカ」です。 しかし、1931年に論理学者のクルト・ゲーデルが、そのようなシステムは不可能であることを証明した。つまり、公理の選択は不完全で、数学のすべてを証明できないか、矛盾しており、矛盾の証明に使用できるかのいずれかである。 これらの公理は、幾何学者や代数学者などが、生産的な仕事をし、有効な結論を導き出すために必要な最小限の仮定セットであると決めたものである
これらの公理を通して、1が0より大きいことを厳密に証明することができる。
実際、これが私たちの精神力と5ヶ月児のそれとの違いなのかもしれません。
余談ですが、慣習に逆らい、別の公理の結果を探ることで、まったく新しい数学の分野が生まれました。 その一例が球面幾何学で、これは伝統的なユークリッドの基礎を窓から投げ捨てたものです。 たとえば球面では、三角形の角度を足すと180度以上になることがあります。
The Axioms We Need
「神が自然数を作った。”
Leopold Kronecker, German mathematician
私が「最小限の仮定セット」と言ったとき、「最小」のレベルはさまざまなところから始めることができるのです。 私たちの基礎となる抽象化のレベルは、私たちが扱うべきものは自然数 – 1,2,3,…1,2,3, …1,2,3,…- である可能性があります。 – クロネッカーが提唱しているような。 あるいは、単純に1>01 > 01>0を公理とすることもできる。
最初のアプローチにはいくつかの方向性がある。 自然数の振る舞いを完全に記述することを目的とした、自然数に関する公理である「ペアノ公理」があります。 これらの公理はほとんどニュートンの法則のようなもので、構築されたものではなく、自然数の「自然な」性質を記述したものです。 このアプローチでは、単に自然数の順序を定義するだけなので、1>01 > 01>0を構築的に結論づける。
自然数aaaとbbbに対して、ある自然数ccに対してa+c=ba + c = ba+c=b ならびにba≤leq bbのときだけ、我々は、次のように定義して自然数の順序を定義する。
これは有効ですが、ある程度は安直だと思われます。私たちは本質的に結果の存在を定義しているのです。
一方、実数で1>01 > 01>0を証明しようとすることができます。 しかし、この方向で基礎から始めるのは、ほとんど「ハードに近すぎる」し、自然数（1,2,31, 2, 31,2,3 など）から実数（例えば 2,π,3sqrt{2}, \pi, 32, π,3 など）に行くには、コーシー列、同値類などの概念を使う必要があって、現代代数学を完全に理解していなければならない（残念ながら私にはそれがない）ツールである。
最後のアプローチは、1>01 > 01>0 という結論を真実に公理化するというもので、夕食前にデザートを食べるようなものです。 私たちは、容易に理解できる抽象的なレベルから始めますが、私たちの結果から十分に論理的に分離されているので、私たちが目指している一見単純な結論を形式化するために、基本的な仮定がどのように使用できるかを直接確認することができます。 さらに、私たちの基本的な仮定は、現代代数学や実解析の分野の専門家が使う仮定と同じになります。したがって、ここを出発点として選ぶことは正当化されると言えるでしょう。 各特性を指す数学界で一般的に使われている用語を各特性の横の括弧内に記載する。
- a+ba + ba+b は実数（すなわち。
- a×ba \times ba×b is a real number (“closure under multiplication”)
- a+b=b+aa + b = b + aa+b=b+a (i.e., “closure under addition”)すなわち、足し算の順序を入れ替えることができる。「足し算の可換性」と呼ばれる）
- (a+b)+c=a+(b+c)(a+b) + c = a + (b+c)(a+b)+c=a+(b+c) （すなわち。 のように、どのような順番でも足し算ができるのです。 加算の連想性」）
- There exists a+0=aa + 0 = aa+0=a (000 is an additive identity element)
- There there is a real number 000 such that a+0=aa + 0 = aa+0=a （000は「加算の同一要素」）。 a+x=0a + x = 0a+x=0 (xxx は「加法的逆元」)
- a×b=b×aa \times b = b \times aa×b=b×a ( 「可換性」) (a×b)×c=a×(b×c)(a \times b) \times c=a \times (b \times c)(a×b)×c=a×(b×c)(“associativity of multiplication”)
- There there be a \times (b) (a×c)×c=a×(b×c) a×1=aa \times 1 = aa×1=a (1 is a “multiplicative identity”)
- There exists a real number yyy such that a×y=1a \times y = 1a×y=1.1.1, aaaが0でないとき（yyyは「乗法的逆数」）
- a×(b+c)=a×b+a×ca \times (b + c) = a \times b + a \times ca×(b+c)=a×b+a×c (「分配性」）
- 1≠01 \neq 01=0
- 実数は正と負の部分集合に分けられる
- 正の数の加算と乗算（すなわち。e. 000以上の数）を足したりかけたりすると正の数になる。 あるいは0そのもの（a=0a=0）
。
とりあえず、aaa, bbb, cccの値をいくつか突っ込んで、それぞれの性質が成り立つ理由を直感的に理解することができます。 繰り返しになりますが、現代の代数学の道具を使って実数が上記の性質をすべて満たすことを証明する方法がありますが、そのような背景がなければ、上記のものは非常にわかりやすい出発点です。
また、証明では上記の与えられた性質をすべて使う必要はありませんが、最初の12の性質を満たす数の（潜在的に無限の）コレクションが数学者の間で「場」という特別な名前を持っているのでここにすべて挙げました。 もしその数の集まりが最後の3つの性質も満たすなら、それは「秩序場」と呼ばれます。
証明
まず、公理である実数は順序場を形成し、その結果上の15個の性質を満たすと仮定する。 (15)の性質により、111は正、負、0のいずれかであることがわかります。 つまり、111が正で、1>01 > 01>0か、111が負で、1<01 < 01<0かです。 基本的には、真実でないことを示したいものを真実であると仮定し、確実に真実でないとわかっているものを、仮定した真実を用いて証明するのである。 このような操作の論理的帰結は、不可能を導いたのだから、真であると仮定したものが本当に真であることは不可能に違いない、ということである。 したがって、それは偽でなければならない。
選択できるいくつかの可能性があり、そのうちの1つが真でなければならない場合、この戦術は不可能な選択肢を排除して、本当の可能性は何かという範囲を狭める良い方法である。
矛盾による証明が複雑に聞こえるならそうだ – しかしそれは必須の数学ツールでもある。 時には、何かを直接、矛盾なく証明することの複雑さが、問題を十分に難しくし、実際には代替の可能性が単に真であるはずがないことを示す方が簡単な場合があります。
1<01 <01<0 – 111 が負であると仮定して、それが不可能につながることを示しましょう。 1つの潜在的な不可能性を示すとすれば、この仮定は、1≧01 ╱ 01≧0 を意味することである。なぜなら、性質 (15) により、111 はゼロより小さいと同時にゼロより大きいか等しくなることはできないからだ。
性質 (6) により、1+x=01 + x = 01+x=0 を示す実数 xxx は存在している。
両辺にxxxを足すと1+x<0+x1+x < 0+x1+x<0+xとなる。
性質（5）により0+x=x0+x=xなので、不等式を単純化して0<x0 <x0<xにすることができる。
ただし、まだ xxx が -1-1-1 でなければならないとは言えません。性質 (6) は実数 xxx が存在すると言っているだけです。
レンマとは、より大きな結果の証明に使える中間的な真理のことです。 定理と呼ぶかレンマと呼ぶかは必ずしも明確ではありませんが、一般にレンマは私たちが本当に欲しいものを証明するのに “役立つ “ものです。
Lemma: Additive Inverse Elements are Unique
この場合、性質（6）のxxxがユニークであること、具体的には1+x=01 + x = 01+x=0 となる実数 xxx がただ一つ存在すること（その結果、実数 xxx は -1-1-1 でなければならない）を証明するには、再び矛盾によって進めばよい。
ここで、1+z=01 + z = 01+z=0 となるような別の実数 zzz (z≠xz \neq xz=x) が存在するとします。 等式は反射的であるため、つまりすべてのaaaに対してa=aa=aであるため、x+1+z=x+1+zx + 1 + z = x + 1 + zx+1+z=x + 1+zであることがわかります。
性質（4）の加算の連想性により、（x+1）+z=x+（1+z）（x + 1）+ z = x +（1+z）(x+1)+z=x+（1+z） として項をまとめておくことができるのです。
性質(3)、加算の可換性により、最初の量を並べ替えると、(1+x)+z=x+(1+z)(1 + x) + z = x + (1 + z)(1+x)+z=x+(1+z) が得られます。
1+x1+xと1+z1+zがともに0になるので、0+z=x+00 + z = x + 00+z=x+0となり、性質（5）により加法的恒等式要素、z=xz = xz=xとなります。 しかし、z≠xz \nq xz=xと仮定したので、矛盾が生じる！
したがって、1+x=01+x=01+x=0となる実数xxxは一つしか存在できない。上の行の111の例をすべて任意の実数aaaに置き換えると、このレンマは任意の実数aaaに対してa+x=0a + x = 0a+x=0のように固有のxxxがあることを示すことになる。 このxxxは一意であるから、このxxxに-a-a-aという一意な名前をつけて、a＋（-a）＝0a＋（-a）＝0a＋（-a）＝0という、おなじみの否定の概念を与えてもよい。
Lemma: Negative Signs “Cancel”
上のレンマの結果を適用すると、先ほどの不等式、0<x0 < x0<xは0<-10 < -10<-1となり、x1となります。
性質（14）により、正の数の積は正なので、0<（-1）（-1）0 <（-1）（-1）0<（-1）（-1）となります。 とはいえ、まだ「2つの負が相殺される」とは言えません。 (-1)(-1)=(1)(1)(-1) = (1)(1)(-1)=(1)(1) を証明する必要があるのです。 別のレンマが必要です。
一般の場合、任意の実数aaaに対して、(-a)(-a)=(a)(a)=a2(-a)(-a) =(a)^2(-a)(-a)=(a)(a)=a2 を示すことが必要である。 性質(6)-すべての要素が加法的逆数を持つという仮定-は負の符号を扱い、これを示す興味深い方法を提供することができます。
もしあなたが物事のコツをつかんできたと感じるなら、ここでやめて、公理を使って自分で中間結果をいくつか証明してみるのは自由でしょう。 もし行き詰まったら、いつでもスクロールダウンできます！
加法的反覆は一意なので、a2+(-a2)=0a^2 + (-a^2) = 0a2+(-a2)=0 という一意の実数 -a2-a^2-a2 が存在することは分かっているのです。
性質(3)、加算の可換性により、-a2+a2=0-a^2 + a^2 = 0-a2+a2=0となる。
前のレンマで、-a2+x=0-a^2 + x = 0-a2+x=0 ならば xxx は一意であることがわかったので、-a2+x=0-a^2 + x = 0-a2+x=0 という形の式があれば、x=a2x = a^2x=a2 でなければならない。 したがって、-a2+(-a)(-a)=0-a^2 + (-a)(-a) = 0-a2+(-a)(-a)=0 を示せば、 (-a)(-a)=a2(-a)(-a) = a^2(-a)(-a)=a2 と確実に分かることになるのです。
ここで、-a2+(-a)(-a)-a^2 + (-a)(-a)-a2+(-a)(-a) という式に手をつけてみましょう。 因数分解するには、どうにかして-a2-a^2-a2を構成項に分割する必要があるので、さらに別のレンマが必要になります。-a2=-a(a)-a^2 = -a(a)-a2=-a(a) を証明するためにです。
レンマ：負と正の積は負
このレンマでは、上で始めたのと同様のアプローチで、加法逆数の一意性を使って、ある積が別の積に等しくなければならないことを示すことにしましょう。 a2-a^2-a2はa2a^2a2の一意な加法的逆数なので、a2+(-a)(a)=0a^2 + (-a)(a) = 0a2+(-a)(a)=0 を示すと、(-a)(a)=-a2(-a)(a) = -a^2(-a)(a)=-a2 であることがわかる。
なお、a2＝a（a）a^2＝a（a）なので、性質（7）、乗法の可換性により、a2＋（-a）（a）＝a（a）＋a（-a）a^2＋（-a）（a）＝a（a）＋a（-a）a2＋（-a）（a）＝a（a）＋a（-a）が成立する。
性質（11）により、a（a）+a（-a）a（a）+a（-a）をa（a+（-a））a（a+（-a））に因数分解することができる。
性質（6）により、a＋（-a）＝0a＋（-a）＝0となるので、a2＋（-a）（a）＝a0a^2＋（-a）（a）＝a0a2＋（-a）（a）＝a0が得られる。
a0=0a0=0になれば終わりですが、まだ証明していません！
レンマ：0との積は0
性質（5）により、0+0=00 + 0 = 00+0=0となります。 したがって、a0=a(0+0)a0 = a(0 + 0)a0=a(0+0).
性質(11)により、a0=a0+a0a0=a0+a0に分配される。
性質(6)により、a0a0a0の一意の加法逆数-a0-a0が存在するので、それを式の両辺に足すとa0+(-a0)=a0+a0+(-a0)=a0+a0+(-a0)になる。
単純化すると、0=a00=a0となる。
まとめ
これで、a2+(-a)(a)=a0=a^2+(-a)(a)=a0=0a2+(-a)=a0=となり、(-a)(a)=-a2(-a)(a) = -a^2(-a)(a)=-a2 と結論付けられます。
これを先のレンマに当てはめると、-a2+(-a)(-a)=-a(a)+(-a)(-a)-a^2+(-a)(-a) = -a(a) + (-a)(-a)-a2+(-a)(-a)=-a(a)+(-a)(-a) であることがわかります。
次に性質（11）により、この式を因数分解すると、-a2+(-a)(-a)=-a(a+(-a))-a^2 + (-a)(-a)= -a(a + (-a))-a2+(-a)(-a)=-a(a+(-a)) となります。
性質(6)により、相加平均をまとめると、-a2+(-a)(-a)=-a0-a^2 + (-a)(-a) = -a0-a2+(-a)(-a)=-a0 ですから-a2+(-a)(-a)=0-a^2 + (-a)(-a) = 0-a2+(-a)(-a)=0 ですね。
したがって、(-a)(-a)(-a)(-a)は-a2-a^2-a2の一意の加法逆数であり、したがって(-a)(-a)=a2(-a)(-a)= a^2(-a)(-a)=a2 である。
全部解くと、0<(-1)(-1)0<(-1)(-1)0<(-1)で抜けている。 この最後のレンマから、(-1)(-1)=(1)(-1)(-1)=(1)(-1)であることがわかる。 性質(9)により、乗法的恒等式要素である(1)(1)=1(1)(1)=1である。 したがって、0<10 < 10<1となるので、1>01 > 01>0.
これは矛盾しています、1<01 < 01<0と仮定しましたから! 性質(15)により、すべての実数は正、負、0のいずれかであり、正と負の両方を同時に持つ数は存在しない! つまり、1<01 < 01<0 という最初の仮定は成り立たないのです。 その可能性を排除して、残るは1つのケースだけです。 1>01 > 01>0 です。すべての実数は 3 つのケースのいずれかに当てはまるはずで、そのうちの 2 つを除外したのですから、1>01 > 01>0 でなければなりません。
Peter Thiel がうまく言ったように、なんと新鮮で奇妙なのでしょうか。