重头开始：自然数

如果要按照尽可能严格的方式进行，我们不得不从最基础的内容开始讲起：数的概念及性质。什么是数，以及为什么代数法则总是起作用？这是一个值得探讨的问题。即使有的性质和命题看起来是十分显然的，但是证明它可能并不容易。下面我们将要介绍自然数系 $\mathbb{N}$。毫无疑问，这是所有数系中最基本的。因为随后我们将会使用自然数来构造整数，整数又被用来构造有理数，有理数被用于构造实数，而实数又被用来构造复数。于是，如果我们想要从最基本的内容开始，我们必须考察自然数。

2.1 皮亚诺公理

皮亚诺公理是关于 $0$ 以及增长运算 ${}^{+}$（将 $n^{+}$ 称为 $n$ 的后继，或 $n$ 增长后得到的结果，它是唯一的）的公理：

• 公理 2.1.1（零存在）：$0$ 是一个自然数。

• 公理 2.1.2（后继存在）：若 $n$ 是自然数，则 $n^{+}$ 也是自然数。

定义 $1$ 是数 $0^{+}$，$2$ 是数 $(0^{+}{)}^{+}$，…… 这里只是自然数的一种表示方法。

• 公理 2.1.3（零不是任何数的后继）：$0$ 不是任何自然数的后继，即对于每个自然数 $n$，都有 $n^{+}\ne 0$。

• 公理 2.1.4（后继不相同）：不同的自然数有不同的后继。即，若 $n,m$ 为自然数且 $n\ne m$，则 $n^{+}\ne m^{+}$。

• 公理 2.1.5（数学归纳原理）：设 $P(n)$ 是关于自然数的一个性质。假设 $P(0)$ 是真的，并假设有 “若 $P(n)$ 是真的，则 $P(n^{+})$ 也是真的”。那么对于每个自然数 $n$，$P(n)$ 都是真的。

公理 2.1~2.5 就是关于自然数的所谓的皮亚诺公理。我们据此作出假设：

• 假设 2.1.6：存在一个数系 $\mathbb{N}$，称其元素为自然数，公理 2.1.1~2.1.5 对于此数系成立。

这样的数系可能有很多（比如每个元素可以是 $0,1,2,\cdots$，也可以是罗马数字），但这些集合都是同构（称为皮亚诺结构）的，或者说只有命名之分，所以我们仅仅单独使用一个自然数系。

这里再插入一个 “更正式的定义”（我们暂时没有采用这个公理，因为我们还没有定义集合）：

一个皮亚诺结构为一满足下列条件的三元组 $(X,x,f)$：

1. $X$ 为一集合，$x$ 为 $X$ 中一元素，$f$ 是 $X$ 到自身的映射。
2. $x$ 不在 $f$ 的像集内。
3. $f$ 为一单射（${\mathrm{\forall }}_{a\ne b},f(a)\ne f(b)$）。
4. 若 $A$ 为 $X$ 的子集，满足 $x\in A$ 且 “若 $a\in A$，则 $f(a)\in A$”，则 $A=X$。

注：2、3 说明图中存在一条以 $x$ 开头的无限长的链，4 说明了除了这条链之外 $X$ 中不存在其他元素。

注：对比两种定义方式，可以看出：

1. 两种定义方式都是公理化的，而非构造性的。

   即，它都不是告诉你自然数是什么（它们代表数量吗、代表物理对象吗……）——这不是关键，关键是自然数满足的性质（如公理 2.5 就说明自然数满足数学归纳法）——这决定我们怎么利用自然数这一工具。

2. 第一种定义方式，是直接地说明了运用自然数时所需要的种种性质。

3. 第二种定义方式，对自然数的结构描绘地更加清晰。当然从结构也能推出第一种定义方式中说明的性质。

   （不严谨的）证明：首先根据公理 2.1.1~2.1.4 可以看出，自然数中存在一条以 $0$ 开头的无限长的链的结构。那么我们只用说明，整个自然数结构中，除了这条链之外没有其他东西。

   定义命题 $P(n)$ 表示 $n=0$ 或 ${\text{exist}}_m,m^{+}=n$。根据公理 2.1.5，可证对于任意自然数 $n$，$P(n)$ 都为真。

   那么如果整个自然数结构中，除了那条链之外还存在其他东西，那么容易发现这些 “自然数” 的 $P$ 要么为假，要么是非良定义的（出现循环递归定义的情况），那么就和所有自然数的 $P$ 都为真矛盾了。

   于是，这种 “自然数结构” 不满足公理 2.1.5，那么整个自然数结构中，除了这条链之外没有其他东西。

公理化的一个结果是，我们可以通过递归的方法定义无限数列了：

• 命题 2.1.7（递归定义）：设对于每个自然数 $n$，都有某个函数 $f_n:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$。设 $c$ 是一个自然数，那么可以对每个自然数 $n$ 指定唯一一个自然数 $a_n$，使得 $a_0=c$ 且 $a_{n^{+}}=f_n(a_n)$。

  证明：命题用意在于证明 $a_n$ “存在” 且 “唯一”。

  首先，$a_0$ 存在，且有 ”若 $a_n$ 存在，那么由 $a_{n^{+}}=f_n(a_n)$ 可知 $a_{n^{+}}$ 也存在”，根据公理 2.1.5，对于每个自然数 $n$，$a_n$ 都存在。

  其次，对于 $n=0$，除了初始给 $a_0$ 指定值 $c$ 之外，根据公理 2.1.3 没有其他的定义 $a_{n^{+}}:=f_n(a_n)$ 再次定义 $a_0$ 的值，故 $a_0$ 唯一，且有 “若 $a_n$ 唯一，它将赋予 $a_{n^{+}}$ 一个单一的值 $a_{n^{+}}:=f_n(a_n)$，且根据公理 2.1.4 可知没有其他的定义 $a_{m^{+}}:=f_m(a_m)$ 能再次定义 $a_{n^{+}}$，则 $a_{n^{+}}$ 唯一”，根据公理 2.1.5，对于每个自然数 $n$，$a_n$ 都唯一。

这是公理化结果中的一个较为模板性的结果。我们可以用递归定义的方法来定义加法和乘法。

2.2 加法

让我们定义加法，定义 $n$ 加上 $m$ 表示将 $n$ 增长 $m$ 次的结果，其准确定义如下：

• 定义 2.2.1（自然数的加法）：设 $m$ 是自然数，首先定义 $0+m:=m$ 为一自然数。现归纳地假定已定义好 $n+m$ 为一自然数，那么定义 $(n^{+})+m:=(n+m{)}^{+}$ 也为一自然数。

  根据命题 2.1.7，对于每个自然数 $n$， $n+m$ 都有定义且唯一。（为了方便，以后这句话以及上面过程中用于强调加法封闭性（递归定义要求封闭性）的相关语句可能省略）

我们要证明加法的两个基本运算定律：交换律和结合律。为了较为清晰地显现出 $n+m$ 最初始的定义（且防止误用还未证明的交换律或结合律），我们暂时用 $f_m(n)$ 表示 $n+m$，那么 $f_m(0)=m,f_m(n^{+})=f_m(n{)}^{+}$。

• 命题 2.2.2（加法交换律）：对于任何自然数 $n$ 和 $m$，$n+m=m+n$。

  证明：即证 $f_m(n)=f_n(m)$。保持 $m$ 固定，对 $n$ 进行归纳。

  当 $n=0$ 时，即证 $f_m(0)=f_0(m)$， 即证 $m=f_0(m)$，对 $m$ 再归纳即可。

  归纳地假设 $f_m(n)=f_n(m)$，欲证：

  $$\begin{array}{rl}& f_m(n^{+})=f_{n^{+}}(m)\\ ⟺& f_m(n{)}^{+}=f_{n^{+}}(m)\\ ⟺& f_n(m{)}^{+}=f_{n^{+}}(m)\end{array}$$

  同样再对 $m$ 进行归纳即可：

  $$\{\begin{array}{l}{f}_n(0{)}^{+}=n^{+}=f_{n^{+}}(0)\\ f_n(m^{+}{)}^{+}=(f_n(m{)}^{+}{)}^{+}=f_{n^{+}}(m{)}^{+}=f_{n^{+}}(m^{+})\end{array}$$

• 命题 2.2.3（加法结合律）：对于任何自然数 $a,b,c$，$(a+b)+c=a+(b+c)$。

  证明：即证 $f_c(a+b)=f_{b+c}(a)$。保持 $c$ 固定，对 $a$ 进行归纳。

  当 $a=0$ 时，$f_c(0+b)=f_c(b)=b+c=f_{b+c}(0)$。

  归纳地假设 $f_c(a+b)=f_{b+c}(a)$，欲证：

  $$\begin{array}{rl}& f_c((a^{+})+b)=f_{b+c}(a^{+})\\ ⟺& f_c((a+b{)}^{+})=f_{b+c}(a{)}^{+}\\ ⟺& f_c(a+b{)}^{+}=f_{b+c}(a{)}^{+}\end{array}$$

$b=c\to a+b=a+c$ 是显然的，但由于我们还没建立减法和负数的概念，所以还不能直接说明 $a+b=a+c\to b+c$。为此，我们再证明消去律：

• 命题 2.2.4（加法消去律）：设 $a,b,c$ 是自然数，满足 $a+b=a+c$，那么 $b=c$。

  证明：保持 $b,c$ 固定，对 $a$ 进行归纳。

  当 $a=0$ 时，$0+b=0+c$，即 $b=c$。

  归纳地假设 $a+b=a+c\to b=c$。若 $(a^{+})+b=(a^{+})+c$，那么 $(a+b{)}^{+}=(a+c{)}^{+}$，根据公理 2.1.4，可知 $a+b=a+c$，那么 $b=c$。

这样，我们就能做等式两边的化简了。

接下来讨论加法和正性交互作用。

• 定义 2.2.5（正自然数）：一个自然数被称为正的，当且仅当它不等于 $0$。

• 引理 2.2.6（后继是整数）：对于任意自然数 $n$，$n^{+}$ 都是正的。证明：根据公理 2.1.3 可证。

• 命题 2.2.7（正数的感染性）：若 $a$ 是正的且 $b$ 是自然数，那么 $a+b$ 是正的。

  证明：对 $b$ 进行数学归纳即可。

• 推论 2.2.8（零的非退化性）：$a+b=0$ 当且仅当 $a=0$ 且 $b=0$。

• 引理 2.2.9（正数的前驱的存在性）：设 $b$ 是正数，那么恰存在一个自然数 $a$，使得 $a^{+}=b$。

  证明：设命题 $P(b)$ 表示 $b=0$ 或恰存在一个自然数 $a$，使得 $a^{+}=b$。

  对 $b$ 归纳，$P(0)$ 显然成立。假设 $P(b)$ 成立，根据公理 2.1.4，恰存在一个自然数 $a=b$ 使得 $a^{+}=(b^{+})$，故 $P(b^{+})$ 成立。则对于任意自然数 $b$，$P(b)$ 成立。

  当 $b$ 为正数时，$P(b)$ 成立，而 $b\ne 0$，故原引理成立。

  （由于公理 2.1.5 只给出了从 $0$ 开始的数学归纳原理，所以这个证明十分别扭，不过等我们定义了序的概念之后，就好做了）

一旦有了加法的概念，我们可以开始定义序的概念。

• 定义 2.2.10（自然数的序）：设 $n$ 和 $m$ 是自然数，称 $n$ 大于等于 $m$（记作 $n⩾m$ 或 $m⩽n$），当且仅当存在自然数 $a$，使得 $n=m+a$。

  称 $n$ 严格大于 $m$（记作 $n>m$ 或 $m<n$），当且仅当 $n⩾m$ 且 $n\ne m$。

• 引理 2.2.11：$n>m$ 当且仅当存在正数 $a$ 使得 $n=m+a$。证明：根据定义可推得。

• 命题 2.2.12（自然数的序的基本性质）：设 $a,b,c$ 为自然数，那么：

  • 反对称性：若 $a⩾b$ 且 $b⩾a$，则 $a=b$。

    证明：根据定义，存在自然数 $n,m$ 满足 $a=b+n$ 且 $b=a+m$，代入得 $m+n=0$，根据推论 2.2.8，$m=n=0$，那么 $a=b$。

  • 传递性：若 $a⩾b$ 且 $b⩾c$，则 $a⩾c$。

    证明：根据定义，存在自然数 $n,m$ 满足 $a=b+n$ 且 $b=c+m$，代入得 $a=c+(m+n)$，那么 $a⩾c$。

  • 三歧性：$a<b,a=b,b>a$ 中恰有一个是真的。

    证明：根据定义和反对称性，可以证明三个命题中不可能有多个为真，下面证明三个命题中至少一个为真。

    对 $b$ 进行归纳。当 $b=0$ 时，对于任意自然数 $a$，$a=a+0$，则 $a⩾b$，故 $a=b$ 或 $a>b$。

    假设对 $b$ 我们已经证明了命题，现在要对 $b^{+}$ 证明命题。

    对于 $a⩽b$，由于 $b⩽(b^{+})$，故仍然有 $a⩽(b^{+})$；

    对于 $a>b$，说明存在正数 $k$ 满足 $a=b+k$，根据引理 2.2.9，存在一个自然数 $k^{\prime }$ 满足 $a=b+(k^{\prime +})=(b^{+})+k^{\prime }$，故 $a⩾(b^{+})$。

其实也是全序的基本性质。作为补充的是，三歧性等价于完全性（$a⩾b$ 或 $b⩾a$），完全性蕴含自反性（$a⩾a$）；以及自然数的序还满足加法保序。

序的性质使得我们得到数学归纳原理的若干更强的形式：

• 命题 2.2.13（向前数学归纳原理）：设 $n_0$ 是一个自然数，$P(n)$ 是关于自然数的一个性质。假设 $P(n_0)$ 是真的，并假设有 “当 $n⩾n_0$ 时，若 $P(n)$ 是真的，则 $P(n^{+})$ 也是真的”。那么对于每个自然数 $n⩾n_0$，$P(n)$ 都是真的。

  证明：设 $Q(n)$ 表示 $n<n_0$ 或 $P(n)$ 成立。利用序的三歧性，再用回初始的数学归纳原理 2.1.5 即可证明。

• 命题 2.2.14（向后数学归纳原理）：设 $n_0$ 是自然数，$P(m)$ 是关于自然数的一个性质。假设 $P(n_0)$ 是真的，并假设有 “当 $m<n_0$ 时，若 $P(m^{+})$ 是真的，则 $P(m)$ 也是真的”。那么对于每个自然数 $m⩽n_0$，$P(m)$ 都是真的。

  证明：设 $Q(n)$ 表示 $n>n_0$ 或 “假设 $P(n)$ 是真的，那么对于每个自然数 $m⩽n$，$P(m)$ 都是真的” 成立。类似地利用序的三歧性和原始的数学归纳原理证明即可。

由此可见，利用序的性质，现在数学归纳法已经不局限于从 $0$ 开始推知整个自然数系了，它可以应用于更紧的要求内。

那么，当我们以后使用数学归纳原理的“能较为显然地用类似方法证明的”其他拓展形式时，将不再作证明。

• 命题 2.2.15（强归纳法原理/第二数学归纳法）：设 $n_0$ 是一个自然数，$P(n)$ 是关于自然数的一个性质。假设 $P(n_0)$ 是真的，并假设有 “当 $n⩾n_0$ 时，若 $P(n^{\prime })$ 对于所有 $n_0⩽n^{\prime }⩽n$ 都是真的，则 $P(n^{+})$ 也是真的”。那么对于每个自然数 $n⩾n_0$，$P(n)$ 都是真的。

  证明：设 $Q(n)$ 表示 $P(n^{\prime })$ 对于所有 $n_0⩽n^{\prime }⩽n$ 都是真的。

  对 $n$ 归纳。当 $n=n_0$ 时，$Q(n)$ 是真的。当 $n⩾n_0$ 时，归纳地假设 $Q(n)$ 是真的，那么 $P(n^{+})$ 是真的，$Q(n^{+})$ 也是真的。根据数学归纳原理，对于任意 $n⩾n_0$，$Q(n)$ 都是真的。则原命题亦得证。

补充一个性质：

• 命题 2.2.16（加法保序）：设 $a,b,c$ 为自然数，$a⩾b$ 当且仅当 $a+c⩾b+c$。

  证明：根据定义可知。

2.3 乘法

就像加法是重复的增长运算一样，乘法是重复的加法。

• 定义 2.3.1（自然数的乘法）：设 $m$ 是自然数，首先定义 $0\times m:=m$。现归纳地假定已定义好 $n\times m$，那么定义 $(n^{+})\times m:=(n\times m)+m$。

• 命题 2.3.2（乘法交换律）：对于任何自然数 $n$ 和 $m$，$n\times m=m\times n$。

  证明：和加法类似，设 $f_m(n)=n\times m$。即证 $f_m(n)=f_n(m)$。保持 $m$ 固定，对 $n$ 进行归纳。

  当 $n=0$ 时，即证 $f_m(0)=f_0(m)$， 即证 $0=f_0(m)$，对 $m$ 归纳即证。

  归纳地假设 $f_m(n)=f_n(m)$，欲证：

  $$\begin{array}{rl}& f_m(n^{+})=f_{n^{+}}(m)\\ ⟺& f_m(n)+m=f_{n^{+}}(m)\\ ⟺& f_n(m)+m=f_{n^{+}}(m)\end{array}$$

  同样再对 $m$ 进行归纳即可：

  $$\{\begin{array}{l}{f}_n(0)+0=0=f_{n^{+}}(0)\\ f_n(m^{+})+(m^{+})=(f_n(m)+n)+(m^{+})=f_{n^{+}}(m)+(n^{+})=f_{n^{+}}(m^{+})\end{array}$$

为了简便，我们现在将 $n\times m$ 简写为 $nm$，并按习惯规定先乘后加。

• 引理 2.3.3：$n\times m$ 为正数当且仅当 $n,m$ 都为正数。

  证明：根据定义，当 $n,m$ 有一者等于 $0$ 时 $n\times m=0$；容易归纳证明，当 $n,m$ 都为正数时 $n\times m$ 为正数。

• 命题 2.3.4（乘法分配律）：对于任何自然数 $a,b,c$，有 $a(b+c)=ab+ac$。

  证明：乘法的定义中 $(n^{+})\times m=n\times m+m$ 其实奠定了乘法分配律的基本情形。然后对 $a$ 归纳即可。

• 命题 2.3.5（乘法结合律）：对于任何自然数 $a,b,c$ 有 $(a\times b)\times c=a\times (b\times c)$。

  证明：和加法类似，对 $a$ 归纳。过程中需要用到乘法分配律。

• 命题 2.3.6（乘法保序）：设 $a,b$ 为自然数。若 $c$ 为自然数且 $a⩽b$，则 $ac⩽bc$；若 $c$ 为正数且 $a<b$，则 $ac<bc$。

  证明：若 $c$ 为自然数且 $a⩽b$，那么存在自然数 $d$ 使得 $a+d=b$，那么 $(a+d)c=bc$ 即 $ac+dc=bc$，由于 $dc$ 为自然数，故 $ac⩽bc$。另一者的证明类似。

• 推论 2.3.7（乘法消去律）：设 $a,b$ 为自然数，$c$ 是正数。若满足 $ac=bc$，则 $a=b$。

  证明：根据命题 2.3.6，不可能 $a<b$ 或 $a>b$。

至此，我们已经构建了较为成熟的加法和乘法的运算系统。

我们拓展一个后面将会用到的定理：

• 命题 2.3.8（欧几里得算法）：设 $n$ 是自然数且 $q$ 是正数，那么存在唯一的自然数 $m,r$，使得 $0⩽r<q$ 且 $n=mq+r$。

  证明：用 $(m,r)$ 表示一组解。（同一法）

  • 存在性：

    设命题 $Q_n(q)$ 表示原命题，设命题 $P(n)$ 表示对于任意正数 $q$ 满足 $Q_n(q)$ 成立。证明思路是外层对 $n$ 归纳证明 $P(n)$ ，内层 $n$ 固定时对所有 $q$ 证明 $Q_n(q)$。

    设 $Q_n(q)$ 表示原命题，$P(n)$ 表示对于任意正数 $q$ 满足 $Q_n(q)$ 成立。证明思路是外层对 $n$ 归纳证明 $P(n)$，内层 $n$ 固定时对 $q$ 归纳证明 $Q_n(q)$。

    对于 $n=0$，对于任意正数 $q$，$(0,0)$ 即为一组使命题 $Q_0(q)$ 成立的合法解，于是 $P(0)$ 成立。

    设 $n$ 为正数，归纳地假设对于任意的 $0⩽n^{\prime }<n$，$P(n^{\prime })$ 成立。现在欲证明 $P(n)$ 成立，即对于任意正数 $q$ 证明 $Q_n(q)$ 成立。

    • 对于 $q>n$，$(0,n)$ 即为一组合法解。

    • 对于 $0<q⩽n$，设 $Q_n^{\prime }(q)$ 表示 $Q_n(q)$ 成立且对应解 $(m,r)$ 中的 $m>0$。考虑使用命题 2.2.14 证明：

      当 $q=n$ 时，$(1,0)$ 即为一组合法解。

      当 $0<q<n$ 时，归纳地假设 $Q_n^{\prime }(q^{+})$ 成立，那么存在一组 $(m,r)$（其中 $m>0$），使得 $n=(q^{+})m+r=qm+(m+r)$。

      该等式蕴含了 $n>m+r$，因为 $q>0,m>0$。那么根据归纳，$P(m+r)$ 成立，$Q_{m+r}(q)$ 成立，不妨设对应解为 $(m^{\prime },r^{\prime })$。

      那么 $n=qm+(m+r)=qm+(q{m}^{\prime }+r^{\prime })=q(m+m^{\prime })+r^{\prime }$，于是我们构造出了一组解 $(m+m^{\prime },r^{\prime })$，同时 $m+m^{\prime }⩾m>0$。那么 $Q_n^{\prime }(q)$ 成立。

      于是对于任意 $0<q⩽n$，$Q_n^{\prime }(q)$ 成立，那么 $Q_n(q)$ 也成立。

    于是 $P(n)$ 成立。于是根据命题 2.2.15，对于任意自然数 $n$，$P(n)$ 都成立。

  • 唯一性：

    反证。设对于 $n,q$ 找到了两组解 $(m,r),(m^{\prime },r^{\prime })$，那么 $n=mq+r=m^{\prime }q+r^{\prime }$，那么可知 $m\ne m^{\prime }$（否则 $r=r^{\prime }$），那么不妨设 $m<m^{\prime }$，于是存在正数 $a$ 使得 $m^{\prime }=m+a$。

    那么 $n=m^{\prime }q+r^{\prime }=(m+a)q+r^{\prime }=mq+(aq+r^{\prime })$，结合 $n=mq+r$ 可知 $r=aq+r^{\prime }⩾q$，矛盾，故不可能存在两组不同的解。

我们姑且先把指数运算也一起定义了：

• 定义 2.3.9（自然数的指数运算）：设 $m$ 是自然数，首先定义 $m^0:=1$。现归纳地假定已定义好 $m^n$，那么定义 $m^{n^{+}}:=m^n\times m$。

我们暂时不更深入地建立指数运算的理论，等到我们定义了比例数（即有理数）后再探讨。