透过皮亚诺公理看自然数
皮亚诺公理
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0是自然数
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每一个确定的自然数a都有后继数,记作a′,后继数a′也是自然数。(数a的后继数就是紧挨着a的一个整数,即a′=a+1)
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0不是任何自然数的后继数
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不同的自然数有不同的后继数,如果自然数b和c的后继数都是自然数a,那么b=c;
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数学归纳法:设法则P(n)是关于自然数n的法则,若P(0)成立,且假设P(N)成立时可推得P(N′)成立(或称P(N+1)成立),则P对全体自然数都成立。
如,已经直到P(N)对P(0)成立,且当P(N)成立时P(N′)成立,要证明P(3)成立,可以根据如下步骤递归:
- P(3)成立即证明P(2)成立,因为当P(N)成立时,P(N′)成立
- P(2)成立即P(1)成立
- P(1)成立即P(0)成立,而我们已经事先证明了P(0)成立,因此可证P(3)成立。
下面的论证多使用数学归纳法。
加法的定义
定义
我们定义,加法是满足以下两种规则的运算:
-
∀m∈N,0+m=m
-
∀m,n∈N,n′+m=(n+m)′
比如说:3+2=(3+1)′=(3+1)′=((3+0)′′=3′′=5。
注:以后在“(自然数)皮亚诺公理”的讨论中,m和n特指自然数
推论
a. 1+1=2
1+1=0′+1=(0+1)′=1′=2
b. 加法结合律
即∀a,b,c∈N满足:
(a+b)+c=a+(b+c)
证明过程使用数学归纳法
第一步
若a=0,则:
(a+b)+c=(0+b)+c=b+c=0+(b+c)
0+b=b根据加法的定义可以得到,0+(b+c)根据加法的定义得到。
第二步
假设有自然数k(注:以后在“(自然数)皮亚诺公理”的讨论中,凡是使用数学归纳法证明中的k均指自然数),使a=k,满足(a+b)+c=a+(b+c):
则,当a=k′时:
(a+b)+c=(k′+b)+c=(k+b)′+c=((k+b)+c)′=(k+(b+c))′=k′+(b+c)=a+(b+c)
当然,从(k+(b+c))′我们可以得到k′+(b+c)也可以得到k+(b+c)′,但k′+(b+c)更有利于证明过程。
c. m’=1+m
前面,我们是规定了m′=m+1,现在来证明m′=1+m。
第一步
若m=0,则:
1+m=1+0=0′+0=(0+0)′=0′=m′
第二步
假设m=k时,m′=1+m成立,则当m=k′时:
1+m=1+k′=(1+k)′=(k′)′=m′
d. m=m+0
第一步
若m=0,则:
m+0=0+0=0+m=m
第二步
假设m=k时,m′=m+0成立,则当m=k′时:
m+0=k′+0=(k+0)′=k′=m
e.加法交换律
结合上面c和d的证明,可以得到加法交换律。
即∀a,b∈N满足:
a+b=b+a
第一步
若a=0,则:
a+b=0+b=b=b+0=b+a
其中,b=b+0就是使用了上面d的证明
第二步
假设a=k时,a+b=b+a成立,则当a=k′时:
a+b=k′+b=(k+b)′=(b+k)′=b+k′=b+a
f.加法消去律
即∀a,b,c∈N满足:
a+c=b+c⇔a=b
第一步
若c=0,则:
a+c=b+c⇔a+0=b+0⇔a=b
第二步
若c=k时,a+c=b+c⇔a=b,则当c=k′时:
a+c=b+c⇔a+k′=b+k′⇔(a+k)′=(b+k)′⇔a+k=b+k⇔a=b
其中,(a+k)′=(b+k)′⇔a+k=b+k运用了公理四,a+k=b+k⇔a=b由数学归纳可得。
乘法的定义
定义
我们定义,乘法是满足以下两种规则的运算:
-
∀m∈N,m×0=0
-
∀m,n∈N,m×n′=m×n+m。
比如说:3×2=2′×2=2×2+2=(1×2+2)+2=((0×2+2)+2)+2=0+2+2+2=6,
推论
a. 乘法分配律
即∀a,b,c∈N满足:
a×(b+c)=a×b+a×c
第一步
若b=0,则:
a×(b+c)=a×(0+c)=a×c=0+a×c=a×0+a×c=a×b+a×c
第二步
假设b=k时,a×(b+c)=a×b+a×c成立,则当b=k′时:
a×(b+c)=a×(k′+c)=a×(k+c)′=a×(k+c)+a=a×k+a×c+a
在根据加法结合律和交换律可以得到:
a×k+a×c+a=a×k+(a×c+a)=a×k+(a+a×c)=(a×b+a)+a×c=a×k′+a×c=a×b+a×c
b. 0×m=0
第一步
若m=0,则:
0×m=0×0=m×0=0
第二步
假设m=k时,0×m=0成立,则当m=k′时:
0×k′=0×k+0=0+0=0
c. n′×m=n×m+m
第一步
若m=0,则:
n′×m=0
因为:
n×0=0=0+0=n×0+0
所以:
n′×m=0=n×0+0=n×m+m
第二步
假设m=k时,n′×m=n×m+m成立,则当m=k′时:
n′×m=n′×k′=n′×k+n′=(n×k+k)+n′=(n×k+k)+(n+1)=n×k+k+n+1
根据加法交换律,可以得到:
n×k+k+n+1=n×k+n+k+1=(n×k+n)+(k+1)=n×k′+k′=n×m+m
d. 乘法交换律
即∀a,b∈N满足:
a×b=b×a
第一步
若a=0,则:
a×b=0×b=0=b×0=b×a
第二步
假设a=k时,a×b=b×a成立,则当a=k′时:
a×b=k′×b=k×b+b=b×k+k=b×k′=b×a
e. 乘法结合律
即∀a,b,c∈N满足:
(a×b)×c=a×(b×c)
第一步
若a=0,令h=b×c,则:
(a×b)×c=(0×b)×c=0×c=0a×(b×c)=0×h=0
所以:
(a×b)×c=a×(b×c)=0
第二步
假设a=k时,(a×b)×c=a×(b×c)成立,则当a=k′时:
(a×b)×c=(k′×b)×c=(k×b+b)×c=(k×b)×c+(b×c)=k×(b×c)+(b×c)a×(b×c)=k′×(b×c)=k×(b×c)+(b×c)
所以:
(a×b)×c=a×(b×c)
f. n×m=0,m和n中有且至少有一个为0
若m和n都不为零,则必然存在自然数a和b为m和n的后继数,即:
m=a′=a+1n=b′=b+1
所以:
n×m=(a′)×b′=a×b′+b′=a×b+a+b′=a×b+a+n
很显然,当m和n不为0的时候a×b+a+n也不为0。因此m×n=0,m和n中至少有一个为0。
若m或n有一个是0或都是0,则上述推论不成立,因为0不是任何自然数的后继数。然后,根据乘法的性质可推出m×n=0。
g. 乘法消去律
注:推导乘法消去律涉及自然数的序和正自然数的一些推论和定义
即∀a,b∈N且c∈N+满足:
a×c=b×c⇔a=b
推动过程使用反证法
已知a×c=b×c,若:
a>b,则:
a=b+m⇔a×c=b×c=(b+m)×c⇔b×c=b×c+m×c
根据上面可得:m×c=0,而m和c都不为0,因此矛盾。
同理可证a<b也是矛盾的,根据自然数的序的三歧性,可得:a=b
正自然数
定义:不是0的自然数叫正自然数
推论
a.自然数和正自然数相加结果为正自然数
即∀a∈N且 b,c∈N+满足:
a+b=c
第一步
若a=0,则:
a+b=0+b=b=c
b和c都是正自然数,上述推导成立。
第二步
假设a=k时,a+b=c成立,当a=k′时:
a+b=k′+b=(k+b)′=c
因为k+b是正自然数(即不是0),则(k+b)′也是正自然数(0不是任何自然数的后继数)。
自然数的序
m≥n(或n≤m),当且仅当存在自然数a使得m=n+a。称m>n(或n<m),当且仅当m≥n(或n≤m),且m=n。
推论
注:下推论默认∀a,b,c∈N
a.a≥a⇔a=0+a
a≥a⇔a=a+m⇔a=a+0
b.a≥b,b≥c⇔a≥c
由a≥b,b≥c,可得:
a=b+m0b=c+m1
其中m1和m0都是自然数
因此:
a=c+m1+m0⇔a=c+(m0+m1)
令自然数m=m0+m1,则:
a=c+m⇔a≥c
c.a≥b,b≥a⇔a=b
由a≥b,b≥a,可得:
a=b+m0b=a+m1
其中m1和m0都是自然数
因此:
a=(a+m1)+m0=a+(m1+m0)=a+0
根据加法消去律和交换律可得:
m1+m0=0
因为自然数和正自然数相加结果为正自然数,所以m1和m0均不是正自然数,即:m1=m0=0
根据a=b+m0,可得:
a=b+0⇔a=b
d.a≥b⇔a′≥b′
第一步
若b=0,则:
a≥b⇔a≥0⇔a=0+m⇔a′=(0+m)′⇔a′=0′+m⇔a′≥0′=a≥b′
其中,a=0+m⇔a′=(0+m)′根据公理三推出。
第二步
若b=k时,a≥b⇔a′≥b′成立,则b=k′时:
a≥b⇔a≥k′⇔a=k′+m⇔a=(k+m)′⇔a′=(k+m)′′⇔a′=k′′+m⇔a′≥k′′⇔a′≥b′
e.a≥b⇔a+c≥b+c
第一步
若c=0时,则有:
a+c≥b+c⇔a+0≥b+0⇔a≥b
第二步
若c=k时,a≥b⇔a+c≥b+c成立,则c=k′时:
a+c≥b+c⇔a+k′≥b+k′⇔(a+k)′≥(b+k)′⇔a+k≥b+k⇔a≥b
f.当∀a,b∈N且c∈N+, 有a>b⇔a=b+c
根据a>b,可得:
a=b+ca=b
若c=0,则:
a=b+c⇔a=b+0⇔a=b
可见,若c=0会出现冲突(a=b且a=b的冲突),因此c=0。
因为c是自然数,且c=0,因此c是正自然数,即c∈N+
g.a≥b⇔a′>b
根据a≥b,则有:
a≥b⇔a=b+m⇔a′=(b+m)′⇔a′=b+m′⇔a′≥b
其中,m′=0,因为0不是任何数的后继数,则:a=b,因此:
a′=b+m′⇔a≥b⇔a>b
h.当∀a,b∈N且c∈N+, 有a≥b⇔a×c≥b×c
根据a>b,可得:
a=b+c⇔a×c=b×c+m×c⇔a×c≥b×c
i.自然数的序的三歧性
即,任意自然数a和b,对下面命题:
- a=b
- a>b
- a<b
都有且只有一个是成立的。
证明三者只有一个成立
a=b⇔a+0=b⇔a=b+0a>b⇔a=b+ma<b⇔b=a+n
其中,n和m均为正自然数。
若a=b和a>b同时成立,则:
a=b+0a=b+m
即:
b+0=b+m
根据加法消去律可得m=0,因为m是正自然数,因此a=b且a≥b矛盾。
若a=b和a<b同时成立,则:
a+0=bb=a+n
即:
a+0=a+n
根据加法消去律可得n=0,结果矛盾。
若a>b和a<b同时成立,则:
a=b+mb=a+n
即:
a=b+m=a+n+m=a+(n+m)
因为:
a=a+0
所以:
n+m=0
因为自然数和正自然数相加结果为正自然数,所以m=n=0,矛盾。
证明三者有一个成立
第一步
若b=0,则a和b的有序关系是:
a=0+a⇔a=b+a⇔a≥b
其中,a≥b即:
a>b
或
a=b
第二步
假设,a和b,在b=k时,存在有序关系a=b或a>b或a<b,当b=k′时则:
若b=k时,a=b成立,则当b=k′时:
a=k⇔a+1=k′⇔a+1=b⇔a<b
若b=k时,a>b成立,则当b=k′时:
a>k⇔a=k+m⇔a′=(k+m)′⇔a′=k′+m⇔a′>b⇔a≥b
其中,a≥b即:
a>b
或
a=b
若b=k时,a<b成立,则当b=k′时:
a<k⇔a<k′⇔a<b
第二数学归纳法
设法则P(m)是关于自然数m的法则,其满足一下两个命题:
- 对于有自然数m0满足m0≤m,有P(m0)成立
- 对于自然数m1满足m0≤m1≤m,假设P(m1)成立可以,推导P(m+1)成立
则法则P(m)对一切大于或等于m0的自然数(即m≥m0)都成立。
证明
根据m0≤m,可以得到:
m=m0+k⇔m0≤m1≤m0+k
设法则S为:
S(k)=P(m1)
首先,我们知道P(m0)成立,也就是S(0)成立。当m=m0时,k=0。
根据假设P(m1)成立可以,推导P(m+1)成立,即根据S(k)成立推出S(k+1)成立,根据数学归纳法可得到S(k)对一切自然数k成立。
因此,P(m)对一切大于m0的自然数都成立。
注:公理五的数学归纳法又称为第一数学归纳法。广义的数学归纳法指:第一和第二数学归纳法;狭义的数学归纳法指:第一数学归纳法。我们常说的是狭义的数学归纳法。
倒向数学归纳法
设法则P(m)是关于自然数m的法则,其满足一下两个命题:
- 对于自然数m0,有P(m0)成立
- 假设P(m′)成立可以推导得到P(m)成立
则法则P(m)对一切小于或等于m0的自然数(即m≤m0)都成立。
其本质其实就是倒过来的数学归纳法,对一切P(m)的证明,最终都可以归纳成P(n)。
证明:当∀n,a,b∈N且q∈N+,总有n≤b<q且n=a×q+b
第一步
若n=0,显然当a=b=0时,n=a×q+b成立。
第二步
若n=k时,n=aq+b成立,此时的a记作a1,此时的b记作b1,当n=k′=k+1时,则:
-
若b+1<q,则:
n=k′=k+1=(a1×q+b1)+1=a1×q+(b1+1)=a1×q+b1′
即:
a=a1b=b1′
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若b+1=q,则:
n=k′=k+1=(a1×q+b1)+1=a1×q+(b1+1)=a1×q+q=(a1+1)q=a1′×q
即:
a=a1′b=0
-
若b+1>q,这种情况不存在。
对于上述研究,可以表述为:
对于任意自然数a,b,若满足:0<b<a,总有自然数N,使得:N×b=a