物理

[TINY NSD]实数集有多少个？（三）

第二节 整数

在开始拓展数集之前，我们先多定义一些关系：

${定义b \geq a，若a \leq b}$；

定义${b \lt a}$，若${b \leq a且b \neq a}$；

定义${b \gt a}$，若${a \lt b}$。

相关的一些性质不多推导，利用${\leq}$的性质很容易得出。

说回正题。

为什么要拓展数集？因为我们发现，自然数集并不是特别完美。

例如，只有当${a \leq b}$时，我们才能定义${b-a}$；

只有当${a | b}$时，我们才能定义${\frac{b}{a}}$。

怎么办呢？先从减法看起。

减法总是需要两个数，减数和被减数。所以我们定义这样的数对${(a, b)}$，其中${a, b \in \mathbb{N}}$。

这样的数对构成的集合称为${\mathbb{N}^2}$。

对于${(a, b), (c, d) \in \mathbb{N}^2，我们定义(a, b)\sim (c, d), 若a+d=b+c}$。

这很容易理解。如果${a-b}$和${c-d}$都有意义的话，那么${a-b=c-d}$就等价于${a+d=b+c}$。

下面我们证明$\sim$是一种等价关系，满足三个条件：

①${\forall (a, b) \in \mathbb{N}^2，(a, b)\sim (a, b)}$；

②${\forall (a, b), (c, d)，若(a, b) \sim (c, d)，则(c, d) \sim (a, b)}$；

③${\forall (a, b), (c, d), (e, f)，若(a, b)\sim (c, d), (c, d) \sim (e, f), 则(a, b) \sim (e, f)}$。

证明：①${a+b=b+a}$，即证；

②由条件，${a+d=b+c}$，从而${c+b=d+a}$，也证；

③由${a+d=b+c, c+f=d+e, }$得${(a+f)+(c+d)=(a+d)+(c+f)=(b+c)+(d+e)=(b+e)+(c+d)}$。

消去律得${a+f=b+e}$，即证。

从而，我们可以作如下的定义：

定义$S$是一个等价类，若${S \in \mathbb{N}^2}$满足${\forall (a, b) \in S, (a, b) \sim (c, d)}$当且仅当${(c, d) \in S}$。

下面证明：${\mathbb{N}^2}$的每个元素恰属于一个等价类。

证明：存在性：${\forall (a, b) \in \mathbb{N}^2}$，令${S=\lbrace (c, d) | (a, b) \sim (c, d) \rbrace}$，

则${\forall (c_1, d_1), (c_2, d_2) \in S}$，有${(a,b) \sim (c_1, d_1), (a, b) \sim (c_2, d_2)}$，

从而${(c_1, d_1) \sim (a, b), 有(c_1, d_1) \sim(c_2, d_2)}$。

又若${(c, d) \in S, (e, f) \in \mathbb{N}^2, (c, d) \sim (e, f)}$，

则由${(a, b) \sim (c, d)}$，有${(a, b) \sim (e,f)}$，即${(e, f) \in S}$。

由定义，这样的$S$是一个等价类，从而证明了存在性。

唯一性：假设${S_a, S_b}$是两个不等的等价类，且${(a, b) \in S_a \cap S_b}$。

则${\forall (c, d) \in S_a, (a, b) \sim (c, d)}$，从而${(c, d) \in S_b}$。

于是有${S_a \subseteq S_b}$，同理${S_b \subseteq S_a}$，得${S_a=S_b}$，矛盾！

故这样的等价类是唯一的。证毕。

现在我们看回到自然数。对于每个自然数$n$，我们可以找到一个集合${S_n=\lbrace (a+n, a) | a \in\mathbb{N} \rbrace}$与之对应，我们记作${S_n \to n}$。

下面我们证明：${S_n}$是一个等价类。

对${(a_1+n, a_1), (a_2+n, a_2) \in S_n，(a_1+n)+a_2=a_1+(a_2+n)}$，故${(a_1+n, a_1) \sim (a_2+n, a_2)}$；

若${(c, d) \in \mathbb{N}^2满足(a+n, a) \sim (c,d)}$，则${a+(n+d)=(a+n)+d=a+c}$，

由消去律，${d+n=n+d=c}$。从而${(c, d)=(d+n, d) \in S_n}$。

由等价类的定义，得${S_n}$是一个等价类。证毕。

由此，我们可以得到，若${b \leq a, 则(a, b) \in S_{a-b}}$。

但如果${b \leq a}$不成立，那么${(a, b)}$就无法划到上述等价类中。

当然，${b \leq a}$不成立即意味着${a \leq b且a \neq b}$，即${a \lt b}$。

所以我们将其转化为${(b, a)}$进行考虑。

定义${S_{-n}=\lbrace (a, b) | (b, a) \in S_n \rbrace，S_{-n} \to -n}$。

这样我们就覆盖了所有情况。

同时需要注意到，${S_{-0}=S_0}$，即${0=-0}$。除此之外，${-1, -2, \cdots}$均不是自然数，我们称其为负整数。

负整数和自然数（含$0$）合称整数。

当然，由于这样对整数的定义基于对等价类的讨论，所以在讨论运算和序的时候，也要跟等价类挂钩。

首先从加法看起。

定理：若${S=\lbrace (a+c, b+d) | (a, b) \in S_m, (c, d) \in S_n \rbrace}$，则存在一个等价类$T$，$S$是$T$的子集。我们定义${m+n}$为满足${T \to m+n}$的整数。

证明：${\forall (a_1, b_1), (a_2, b_2) \in S_m，(c_1,d_1), (c_2, d_2) \in S_n}$，有${a_1+b_2=a_2+b_1,c_1+d_2=c_2+d_1}$。

从而${(a_1+b_2)+(c_1+d_2)=(a_2+b_1)+(c_2+d_1)}$，

利用加法交换律和结合律整理，得${(a_1+c_1)+(b_2+d_2)=(a_2+c_2)+(b_1+d_1)}$，

即${(a_1+c_1, b_1+d_1) \sim (a_2+c_2, b_2+d_2)}$。

我们设${(a_1+c_1, b_1+d_1) \in T}$，其中$T$是一个等价类，则${\forall (a+c, b+d) \in S, (a_1+c_1, b_1+d_1) \sim (a+c, b+d)}$，

从而${\forall (a+c, b+d) \in S, (a+c, b+d) \in T}$，即${S \subseteq T}$。即证。

（注意：$S$自身未必是一个等价类。例如，当${m=8, n=-1}$时，${S=\lbrace (8, 1), (9, 2), \cdots \rbrace}$，但${(7, 0) \notin S}$。）

这样对加法的定义虽然很好理解，但是却不便于实际的计算。因此，我们需要推导一些性质。

①自然数加法的定义不变。

证明：设${m, n \in \mathbb{N}}$，${(a+m, a) \in S_m,(b+n, b) \in S_n}$。

则利用加法运算律与加减混合运算的性质，可得${((a+m)+(b+n))-(a+b)=m+n}$。

这说明${((a+m)+(b+n), a+b) \in S_{m+n}}$，其中${m+n}$为自然数意义下的加法。

故自然数加法的定义没有变化。

②加法交换律仍然成立。

证明：记${S=\lbrace (a+c, b+d) | (a, b) \in S_m, (c, d) \in S_n \rbrace，S'=\lbrace (c+a, d+b) | (a, b) \in S_m, (c, d) \in S_n \rbrace}$。

由于自然数的加法交换律，${a+c=c+a, b+d=d+b}$，有${S=S'}$。

而由定义，${S \subseteq S_{m+n}, S' \subseteq S_{n+m}}$，

由于$S$的每个元素都恰属于一个等价类，必有${S_{m+n}=S_{n+m}}$，即${m+n=n+m}$。

③若${a \leq b}$，则${b+(-a)=b-a}$。

证明：${(0, a) \in S_{-a}, (b, 0) \in S_b}$，从而${(b,a) \in S_{b+(-a)}}$。

又由定义，${(b, a)=(a+(b-a), a) \in S_{b-a}}$，从而${b+(-a)=b-a}$。

特别地，${\forall n \in \mathbb{N}, n+(-n)=0}$。

④若${a \leq b}$，则${a+(-b)=-(b-a)}$。

证明：类似地，${(a, b) \in S_{a+(-b)}}$。而${(b, a) \in S_{b-a}}$，从而${(a, b) \in S_{-(b-a)}}$。

故${a+(-b)=-(b-a)}$。

⑤${(-a)+(-b)=-(a+b)}$。

证明：类似地，${(0, a+b) \in S_{(-a)+(-b)}}$。而${(a+b, 0)\in S_{a+b}}$，从而${(0, a+b) \in S_{-(a+b)}}$。

从而${(-a)+(-b)=-(a+b)}$。

类似的方法，我们来证明加法结合律：${(a+b)+c=a+(b+c)}$。

我们只需要证明${S_{(a+b)+c} \cap S_{a+(b+c)} \neq \varnothing}$。

设${(m,n) \in S_a, (u,v) \in S_b, (r,s) \in S_c}$，则

${(m+u,n+v)\in S_{a+b}，从而((m+u)+r,(n+v)+s) \in S_{(a+b)+c}}$。

类似地，${(m+(u+r),n+(v+s)) \in S_{a+(b+c)}}$，

由自然数的加法结合律，${(m+u)+r=m+(u+r), (n+v)+s=n+(v+s)}$，

从而${((m+u)+r,(n+v)+s) \in S_{a+(b+c)} \cap S_{(a+b)+c}}$，即证。

接下来是消去律，不过在整数范围内，其有一个更严格的结果：

${\forall a, b \in \mathbb{Z}，存在唯一的c \in \mathbb{Z}，使a+c=b}$。

为了更好地解释，我们先从相反数的概念讲起。

回顾负数的定义：

${S_{-n}=\lbrace(a, b) | (b, a) \in S_n \rbrace，其中n \in \mathbb{N}}$。

可以看到，我们可以建立正整数和负整数之间对应的关系，并且这种关系看起来是相互的，

换句话说，${S_n=\lbrace (a, b) | (b, a) \in S_{-n} \rbrace}$也对所有的自然数成立。

这点是显然的，不做证明。因此我们给出这样的定义：

${对a, b \in \mathbb{Z}，若\exists m, n \in \mathbb{N}，使(m, n) \in S_a，(n, m) \in S_b}$，则我们称$a$与$b$互为相反数，记作${a=-b}$或${b=-a}$。

显然地，${-(-a)=a}$对任意整数$a$成立。

同时利用加法的定义，若${(m, n) \in S_a}$，则${(n, m) \in S_{-a}}$，故${(m+n, n+m) \in S_{a+(-a)}}$。

由交换律，${m+n=n+m}$，从而${S_{a+(-a)} \to 0}$，即${a+(-a)=0}$。

补充这些内容之后，我们再去完成前面的证明。

存在性：取${c=(-a)+b}$，则${a+c=a+((-a)+b)=(a+(-a))+b=0+b=b}$；

（关于${0+b=b}$，由加法定义，直接取特值就能证出，不赘述）

唯一性：假设${a+c_1=a+c_2=b}$，设${(m, n) \in S_a, (r_1,s_1) \in S_{c_1}, (r_2, s_2) \in S_{c_2}}$，

则${(m+r_1, n+s_1) \in S_b, (m+r_2, n+s_2) \in S_b}$，即${(m+r_1, n+s_1) \sim (m+r_2, n+s_2)}$，

即${(m+p_1)+(n+q_2)=(m+p_2)+(n+q_1)}$，整理得${(m+n)+(p_1+q_2)=(m+n)+(p_2+q_1)}$。

由自然数加法的消去律，${r_1+s_2=r_2+s_1, 即(r_1, s_1) \sim (r_2,s_2)}$。

从而${c_1=c_2}$。这样我们就证明了唯一性。

由整数加法的这一特点，我们可以定义减法：

${\forall a, b \in \mathbb{Z}，若a+c=b，则称c=b-a}$。

由上述内容，无论${a, b}$如何取值，$c$总是存在且唯一，且${c=(-a)+b}$。

从而在整数范围内，我们可以把减法运算转化为加法运算进行。

显然，若${b \leq a}$，则${a-b}$的结果也不会改变。

下面讨论整数之间的序关系。

我们称${a \le b}$，若${b-a}$是自然数。

对比很容易发现，若${a, b \in \mathbb{N}}$，则二者之间序关系不变。

我们证明，${\le}$在$\mathbb{Z}$上是全序关系，满足：

①${\forall a, b \in \mathbb{Z}，要么a \leq b，要么b \leq a}$；

②${若a \leq b, b \leq a，则a=b}$；

③${若a \leq b, b \leq c，则a \leq c}$。

注意：整数集的子集未必存在最小元素，所以$\le$不是良序关系。

下面我们分别证明：

①设${(m, n) \in S_{b-a}}$。

如果${n \leq m}$，则${(m, n)=(n+(m-n),n) \in S_{m-n}}$，从而${m-n=b-a}$为自然数，

可以得到${a \leq b}$；

反之，由自然数上${\leq}$的性质，有${m \leq n}$，

我们考虑到${(b-a)+(a-b)=(b+(-a))+(a+(-b))}$

${=(b+((-a)+a))+(-b)=b+(-b)=0}$，

从而${b-a}$与${a-b}$互为相反数。

由于${(m, n) \in S_{b-a}，有(n, m) \in S_{a-b}}$。

由于${m \leq n}$，有${(n, m)=(m+(n-m), m) \in S_{n-m}}$，

从而${a-b=n-m \in \mathbb{N}}$，即${b \leq a}$。

②设${(m, n) \in S_{b-a}}$，则由于${a \leq b}$，有${n \leq m}$；

由①中推导，${b-a与a-b}$互为相反数，从而${(n,m) \in S_{a-b}}$，

由于${b \leq a}$，有${m \leq n}$；

由于${m, n \in \mathbb{N}，有m=n}$。从而${b-a=0}$，得${a=b}$。

③${c-a=c+(-a)=(c+((-b)+b))+(-a)=((c+(-b))+b)+(-a)}$

${=(c+(-b))+(b+(-a))=(c-b)+(b-a)}$，

由于${c-b \in \mathbb{N}, b-a \in \mathbb{N}}$，必有${c-a \in \mathbb{N}}$，

从而${a \leq c}$。得证。

（未完待续）