透過皮亞諾公理看自然數
皮亞諾公理
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0是自然數
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每一個確定的自然數a都有後繼數,記作a′,後繼數a′也是自然數。(數a的後繼數就是緊挨着a的一個整數,即a′=a+1)
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0不是任何自然數的後繼數
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不同的自然數有不同的後繼數,如果自然數b和c的後繼數都是自然數a,那麼b=c;
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數學歸納法:設法則P(n)是關於自然數n的法則,若P(0)成立,且假設P(N)成立時可推得P(N′)成立(或稱P(N+1)成立),則P對全體自然數都成立。
如,已經直到P(N)對P(0)成立,且當P(N)成立時P(N′)成立,要證明P(3)成立,可以根據如下步驟遞歸:
- P(3)成立即證明P(2)成立,因爲當P(N)成立時,P(N′)成立
- P(2)成立即P(1)成立
- P(1)成立即P(0)成立,而我們已經事先證明了P(0)成立,因此可證P(3)成立。
下面的論證多使用數學歸納法。
加法的定義
定義
我們定義,加法是滿足以下兩種規則的運算:
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∀m∈N,0+m=m
-
∀m,n∈N,n′+m=(n+m)′
比如說:3+2=(3+1)′=(3+1)′=((3+0)′′=3′′=5。
注:以後在“(自然數)皮亞諾公理”的討論中,m和n特指自然數
推論
a. 1+1=2
1+1=0′+1=(0+1)′=1′=2
b. 加法結合律
即∀a,b,c∈N滿足:
(a+b)+c=a+(b+c)
證明過程使用數學歸納法
第一步
若a=0,則:
(a+b)+c=(0+b)+c=b+c=0+(b+c)
0+b=b根據加法的定義可以得到,0+(b+c)根據加法的定義得到。
第二步
假設有自然數k(注:以後在“(自然數)皮亞諾公理”的討論中,凡是使用數學歸納法證明中的k均指自然數),使a=k,滿足(a+b)+c=a+(b+c):
則,當a=k′時:
(a+b)+c=(k′+b)+c=(k+b)′+c=((k+b)+c)′=(k+(b+c))′=k′+(b+c)=a+(b+c)
當然,從(k+(b+c))′我們可以得到k′+(b+c)也可以得到k+(b+c)′,但k′+(b+c)更有利於證明過程。
c. m’=1+m
前面,我們是規定了m′=m+1,現在來證明m′=1+m。
第一步
若m=0,則:
1+m=1+0=0′+0=(0+0)′=0′=m′
第二步
假設m=k時,m′=1+m成立,則當m=k′時:
1+m=1+k′=(1+k)′=(k′)′=m′
d. m=m+0
第一步
若m=0,則:
m+0=0+0=0+m=m
第二步
假設m=k時,m′=m+0成立,則當m=k′時:
m+0=k′+0=(k+0)′=k′=m
e.加法交換律
結合上面c和d的證明,可以得到加法交換律。
即∀a,b∈N滿足:
a+b=b+a
第一步
若a=0,則:
a+b=0+b=b=b+0=b+a
其中,b=b+0就是使用了上面d的證明
第二步
假設a=k時,a+b=b+a成立,則當a=k′時:
a+b=k′+b=(k+b)′=(b+k)′=b+k′=b+a
f.加法消去律
即∀a,b,c∈N滿足:
a+c=b+c⇔a=b
第一步
若c=0,則:
a+c=b+c⇔a+0=b+0⇔a=b
第二步
若c=k時,a+c=b+c⇔a=b,則當c=k′時:
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運用了公理四,a+k=b+k⇔a=b由數學歸納可得。
乘法的定義
定義
我們定義,乘法是滿足以下兩種規則的運算:
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∀m∈N,m×0=0
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∀m,n∈N,m×n′=m×n+m。
比如說:3×2=2′×2=2×2+2=(1×2+2)+2=((0×2+2)+2)+2=0+2+2+2=6,
推論
a. 乘法分配律
即∀a,b,c∈N滿足:
a×(b+c)=a×b+a×c
第一步
若b=0,則:
a×(b+c)=a×(0+c)=a×c=0+a×c=a×0+a×c=a×b+a×c
第二步
假設b=k時,a×(b+c)=a×b+a×c成立,則當b=k′時:
a×(b+c)=a×(k′+c)=a×(k+c)′=a×(k+c)+a=a×k+a×c+a
在根據加法結合律和交換律可以得到:
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,則:
0×m=0×0=m×0=0
第二步
假設m=k時,0×m=0成立,則當m=k′時:
0×k′=0×k+0=0+0=0
c. n′×m=n×m+m
第一步
若m=0,則:
n′×m=0
因爲:
n×0=0=0+0=n×0+0
所以:
n′×m=0=n×0+0=n×m+m
第二步
假設m=k時,n′×m=n×m+m成立,則當m=k′時:
n′×m=n′×k′=n′×k+n′=(n×k+k)+n′=(n×k+k)+(n+1)=n×k+k+n+1
根據加法交換律,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. 乘法交換律
即∀a,b∈N滿足:
a×b=b×a
第一步
若a=0,則:
a×b=0×b=0=b×0=b×a
第二步
假設a=k時,a×b=b×a成立,則當a=k′時:
a×b=k′×b=k×b+b=b×k+k=b×k′=b×a
e. 乘法結合律
即∀a,b,c∈N滿足:
(a×b)×c=a×(b×c)
第一步
若a=0,令h=b×c,則:
(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
假設a=k時,(a×b)×c=a×(b×c)成立,則當a=k′時:
(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中有且至少有一個爲0
若m和n都不爲零,則必然存在自然數a和b爲m和n的後繼數,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
很顯然,當m和n不爲0的時候a×b+a+n也不爲0。因此m×n=0,m和n中至少有一個爲0。
若m或n有一個是0或都是0,則上述推論不成立,因爲0不是任何自然數的後繼數。然後,根據乘法的性質可推出m×n=0。
g. 乘法消去律
注:推導乘法消去律涉及自然數的序和正自然數的一些推論和定義
即∀a,b∈N且c∈N+滿足:
a×c=b×c⇔a=b
推動過程使用反證法
已知a×c=b×c,若:
a>b,則:
a=b+m⇔a×c=b×c=(b+m)×c⇔b×c=b×c+m×c
根據上面可得:m×c=0,而m和c都不爲0,因此矛盾。
同理可證a<b也是矛盾的,根據自然數的序的三歧性,可得:a=b
正自然數
定義:不是0的自然數叫正自然數
推論
a.自然數和正自然數相加結果爲正自然數
即∀a∈N且 b,c∈N+滿足:
a+b=c
第一步
若a=0,則:
a+b=0+b=b=c
b和c都是正自然數,上述推導成立。
第二步
假設a=k時,a+b=c成立,當a=k′時:
a+b=k′+b=(k+b)′=c
因爲k+b是正自然數(即不是0),則(k+b)′也是正自然數(0不是任何自然數的後繼數)。
自然數的序
m≥n(或n≤m),當且僅當存在自然數a使得m=n+a。稱m>n(或n<m),當且僅當m≥n(或n≤m),且m=n。
推論
注:下推論默認∀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都是自然數
因此:
a=c+m1+m0⇔a=c+(m0+m1)
令自然數m=m0+m1,則:
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都是自然數
因此:
a=(a+m1)+m0=a+(m1+m0)=a+0
根據加法消去律和交換律可得:
m1+m0=0
因爲自然數和正自然數相加結果爲正自然數,所以m1和m0均不是正自然數,即:m1=m0=0
根據a=b+m0,可得:
a=b+0⇔a=b
d.a≥b⇔a′≥b′
第一步
若b=0,則:
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)′根據公理三推出。
第二步
若b=k時,a≥b⇔a′≥b′成立,則b=k′時:
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時,則有:
a+c≥b+c⇔a+0≥b+0⇔a≥b
第二步
若c=k時,a≥b⇔a+c≥b+c成立,則c=k′時:
a+c≥b+c⇔a+k′≥b+k′⇔(a+k)′≥(b+k)′⇔a+k≥b+k⇔a≥b
f.當∀a,b∈N且c∈N+, 有a>b⇔a=b+c
根據a>b,可得:
a=b+ca=b
若c=0,則:
a=b+c⇔a=b+0⇔a=b
可見,若c=0會出現衝突(a=b且a=b的衝突),因此c=0。
因爲c是自然數,且c=0,因此c是正自然數,即c∈N+
g.a≥b⇔a′>b
根據a≥b,則有:
a≥b⇔a=b+m⇔a′=(b+m)′⇔a′=b+m′⇔a′≥b
其中,m′=0,因爲0不是任何數的後繼數,則:a=b,因此:
a′=b+m′⇔a≥b⇔a>b
h.當∀a,b∈N且c∈N+, 有a≥b⇔a×c≥b×c
根據a>b,可得:
a=b+c⇔a×c=b×c+m×c⇔a×c≥b×c
i.自然數的序的三歧性
即,任意自然數a和b,對下面命題:
- a=b
- a>b
- a<b
都有且只有一個是成立的。
證明三者只有一個成立
a=b⇔a+0=b⇔a=b+0a>b⇔a=b+ma<b⇔b=a+n
其中,n和m均爲正自然數。
若a=b和a>b同時成立,則:
a=b+0a=b+m
即:
b+0=b+m
根據加法消去律可得m=0,因爲m是正自然數,因此a=b且a≥b矛盾。
若a=b和a<b同時成立,則:
a+0=bb=a+n
即:
a+0=a+n
根據加法消去律可得n=0,結果矛盾。
若a>b和a<b同時成立,則:
a=b+mb=a+n
即:
a=b+m=a+n+m=a+(n+m)
因爲:
a=a+0
所以:
n+m=0
因爲自然數和正自然數相加結果爲正自然數,所以m=n=0,矛盾。
證明三者有一個成立
第一步
若b=0,則a和b的有序關係是:
a=0+a⇔a=b+a⇔a≥b
其中,a≥b即:
a>b
或
a=b
第二步
假設,a和b,在b=k時,存在有序關係a=b或a>b或a<b,當b=k′時則:
若b=k時,a=b成立,則當b=k′時:
a=k⇔a+1=k′⇔a+1=b⇔a<b
若b=k時,a>b成立,則當b=k′時:
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時,a<b成立,則當b=k′時:
a<k⇔a<k′⇔a<b
第二數學歸納法
設法則P(m)是關於自然數m的法則,其滿足一下兩個命題:
- 對於有自然數m0滿足m0≤m,有P(m0)成立
- 對於自然數m1滿足m0≤m1≤m,假設P(m1)成立可以,推導P(m+1)成立
則法則P(m)對一切大於或等於m0的自然數(即m≥m0)都成立。
證明
根據m0≤m,可以得到:
m=m0+k⇔m0≤m1≤m0+k
設法則S爲:
S(k)=P(m1)
首先,我們知道P(m0)成立,也就是S(0)成立。當m=m0時,k=0。
根據假設P(m1)成立可以,推導P(m+1)成立,即根據S(k)成立推出S(k+1)成立,根據數學歸納法可得到S(k)對一切自然數k成立。
因此,P(m)對一切大於m0的自然數都成立。
注:公理五的數學歸納法又稱爲第一數學歸納法。廣義的數學歸納法指:第一和第二數學歸納法;狹義的數學歸納法指:第一數學歸納法。我們常說的是狹義的數學歸納法。
倒向數學歸納法
設法則P(m)是關於自然數m的法則,其滿足一下兩個命題:
- 對於自然數m0,有P(m0)成立
- 假設P(m′)成立可以推導得到P(m)成立
則法則P(m)對一切小於或等於m0的自然數(即m≤m0)都成立。
其本質其實就是倒過來的數學歸納法,對一切P(m)的證明,最終都可以歸納成P(n)。
證明:當∀n,a,b∈N且q∈N+,總有n≤b<q且n=a×q+b
第一步
若n=0,顯然當a=b=0時,n=a×q+b成立。
第二步
若n=k時,n=aq+b成立,此時的a記作a1,此時的b記作b1,當n=k′=k+1時,則:
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若b+1<q,則:
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,則:
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
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若b+1>q,這種情況不存在。
對於上述研究,可以表述爲:
對於任意自然數a,b,若滿足:0<b<a,總有自然數N,使得:N×b=a