物理

从Peano公理到( )？(Chapter 2)

（书接上回）之前我们已经定义了加法和序关系，并证明了它们的几个重要性质，这里我们从前面还没有证明的性质⑤开始

性质⑤：证明这个命题，需要用到归纳法的另一种形式，即第二数学归纳法，前面的归纳法则称为第一数学归纳法(以后若无特殊说明，下文中的“归纳法”均指第一数学归纳法）

[引理](第二数学归纳法)设一个$\mathbb{N}上的命题P(n)$满足：

①$P(0)$成立

②$若\forall k\le n且k\in\mathbb{N},P(k)成立,有P(S(n))成立$

则$\forall n\in\mathbb{N},P(n)成立$

引理证明：构造辅助命题$Q(n):\forall m\le n,P(m)成立,显然Q(0)成立$

$由条件,\forall m\le n,P(m)成立\Rightarrow P(S(n))成立\Leftrightarrow\forall m\le S(n),P(m)成立$

$所以条件②即为Q(n)成立\Rightarrow Q(S(n))成立,由第一数学归纳法,\forall n\in\mathbb{N},Q(n)成立$

$即\forall n\in\mathbb{N},P(n)成立,Q.E.D.$

回到原命题。假设原命题不成立，即

$\exist S\subset\mathbb{N}且S\neq\varnothing,使得\forall x_0\in S,\exist x\in S,x\le x_0且x\neq x_0$

首先,$若0\in S,由假设,\exist x_0\in S,x_0\le 0,即x_0=0,这与假设x_0\neq 0矛盾！故0\not\in S$

$现假设\forall k\le n,k\not\in S,我们证明S(n)\not\in S$

$事实上,若S(n)\in S,则\exist x_0\in S,x\le S(n)且x_0\neq S(n)$

$由证明性质4时的引理,x_0\le n，这与归纳假设矛盾！故S(n)\not\in S$

$由第二数学归纳法，\forall n\in\mathbb{N},n\not\in S,又有S\subset\mathbb{N},故S=\varnothing,与S非空矛盾！$

所以反证假设不成立，原命题得证。

综上，我们得出$\mathbb{N}上的\le$序关系是良序关系

然后，我们可以类比之前证明过的加法的性质，接着证明这个序关系的其它性质：

⑴消去律，即$\forall a,b,c\in\mathbb{N},a\le b当且仅当a+c\le b+c$

证明：$a\le b\Leftrightarrow\exist n\in\mathbb{N},a+n=b$

$\Leftrightarrow\exist n\in\mathbb{N},a+c+n=b+c\Leftrightarrow a+c\le b+c$

由这个性质可以得到一个推论(可加性)：

$若a,b,c,d\in\mathbb{N},a\le c,b\le d,则a+c\le b+d$

$证明：由a\le c\Rightarrow a+b\le b+c,b\le d\Rightarrow b+c\le c+d及性质3,可得a+c\le b+d$

⑵$\forall n\in\mathbb{N},n\le S(n)且n\neq S(n)$

$证明：由于n+S(0)=S(n+0)=S(n),由序的定义,n\le S(n),又由公理4,S(0)\neq 0,故n\neq S(n)$

⑶$\forall n\in\mathbb{N},不存在m\in\mathbb{N},使得n\le m\le S(n)且m\neq n,m\neq S(n)$

证明：$若存在满足条件的m,则\exist x,y\in\mathbb{N},使得n+x=m,m+y=S(n),由加法消去律及其推论,有$

$m+n+x+y=m+S(n)=m+n+S(0),即x+y=S(0)$

$由m\neq n,m\neq S(n)可得x\neq 0,y\neq 0,由公理2,\exist x_0,y_0\in\mathbb{N},x=S(x_0),y=S(y_0)$

$于是S(0)=x+y=S(x_0)+S(y_0)=S(S(x_0)+y_0)=S(S(x_0+y_0)),即S(x_0+y_0)=0,与公理4矛盾！命题得证$

⑷[最大数原理]$设S\neq\varnothing,S\subset\mathbb{N}且有上界,即\exist m_0\in\mathbb{N},\forall m\in S,m\le m_0$

那么一定存在$n\in S,\forall m\in S,m\le n$

证明：先证明一个引理。

[引理](反向数学归纳法)设$P(n)是一个在\mathbb{N}上的命题,m\in\mathbb{N},若P(n)满足：$

$①P(m)成立$

$②若\forall S(a)\in\mathbb{N},P(S(a))成立,则P(a)成立$

则$\forall n\le m,P(n)成立$

证明：设命题$Q(n)=P(n_0),其中n_0满足n+n_0=m且n,n_0\le m$

$n=0时,n_0=m,因为P(m)成立,故Q(0)成立$

设$P(a)=Q(x),P(S(a))=Q(y),则有a+x=m=S(a)+y=a+S(y)(交换律引理2),故x=S(y)$

$由于P(S(a))成立时,P(a)成立,故Q(y)成立时,Q(S(y))成立,$

$由数学归纳法,\forall n\le m,Q(n)成立,即\forall n\le m,P(n)成立.$

(注：原命题的证明用到的是反向第二数学归纳法，其证明与引理类似，这里就不写出了)

回到原命题。假设命题不成立,即存在满足条件的$S,使得\forall n\in S,\exist m\in S,n\le m且n\neq m$

$若m_0\in S,则\exist m\in S,m_0\le m,且m_0\neq m,与条件m\le m_0矛盾！故m_0\not\in S$

$设\forall x\in S且S(n)\le x,x\not\in S,我们证明n\not\in S$

$事实上,若n\in S,则\exist m\in S,n\le m且n\neq m,由性质4引理,S(n)\le m,由归纳假设,m\not\in S,矛盾！$

$由反向第二数学归纳法,\forall n\le m_0,n\not\in S,所以,若a\in S,则必有m_0\le a且m_0\neq a,与条件a\le m矛盾！$

$从而反证假设不成立，原命题得证$

至此，我们对于序关系的讨论就差不多了（其它性质需要在引入乘法后给出）。最后，为了以后叙述方便，我们再引入几个序关系符号：

$1.规定x\ge y,若y\le x$

$2.规定x\lt y,若x\le y且x\neq y$

$3.规定x\gt y,若y\lt x$

这些序关系类似于"$\le$"的性质可以由之前的"$\le$"的性质及上面的定义直接推出，这里就从略了

$\Large{减法}$

减法的定义已经在前面的第二节开头给出：

$对于a,b\in\mathbb{N},a\le b,则必存在k\in\mathbb{N},使得a+k=b,此时,我们记k=b-a$

由于减法是直接由加法得到的，所以减法的许多性质都是和加法相结合的：

[性质1]$\forall x\in\mathbb{N},x-0=x,x-x=0(这个性质可由加法定义x+0=x和减法定义直接推出)$

[性质2]$\forall a,b,c\in\mathbb{N}$

①$若a\ge b+c,则(a-b)-c=a-(b+c)$

②$若b\ge c,则(a+b)-c=a+(b-c)$

③$若a\ge b\ge c,则(a-b)+c=a-(b-c)$

④若$a\ge b,则(a+c)-(b+c)=a-b$

证明：①$设a-b=k,k-c=m,则k=c+m,a=k+b=c+m+b,$

$由减法的定义,a-(b+c)=m=k-c=(a-b)-c$

②设$(a+b)-c=k,b-c=m,则a+b=c+k,b=c+m,$

$即有a+c+m=c+k,即a+m=k,也即a+(b-c)=(a+b)-c$

③设$a-b=k,b-c=m,则a=k+b,b=m+c,于是有a=k+m+c,$

$由减法的定义,(a-b)+c=k+c=a-m=a-(b-c)$

④设$(a+c)-(b+c)=k,则a+c=b+c+k,即a=b+k,$

$由减法的定义,a-b=k=(a+c)-(b+c)$

这个性质④就是我们小学二年级(这个是真的"小学"二年级)就熟知的"差不变"原理

是不是感觉减法这一节内容很少？因为减法就是由加法直接脱胎而来的，它的所有性质都可直接转化为加法立刻得到，因此证明起来也比之前的加法和序关系简单很多

不过，下一种运算可就没这么简单了：

$\Large{3.乘法}$

类似于加法，我们在这里也用归纳定义的方式来定义乘法运算：

设$\mathbb{N}上的二元运算"\cdot "为乘法运算,如果满足：$

①$\forall a\in\mathbb{N},a\cdot 0=0$

②$\forall a,b\in\mathbb{N},a\cdot S(b)=a\cdot b+a$

并规定乘法运算优先级高于加、减法，即有$a+b\cdot c=a+(b\cdot c),a-b\cdot c=a-(b\cdot c)$

当然，乘法也有一些类似于加法的性质，比如结合律、交换律等等。但是，乘法还有着和加法组合在一起的性质——分配律

我们先从证明分配律开始，然后是交换律，最后是结合律(等到证明结合律时你就知道为什么是这个证明顺序了)：

性质①[乘法对加法分配律(右)]$\forall a,b,c\in\mathbb{N},(a+b)\cdot c=a\cdot c+b\cdot c$

(注：由于此时乘法交换律尚未证明，因此只能先证明一侧的分配律)

证明：$c=0时,(a+b)\cdot c=0=0+0=a\cdot c+b\cdot c,命题成立$

$假设命题在c时成立，则有(a+b)\cdot c=a\cdot c+b\cdot c$

$由归纳假设及乘法定义②得(a+b)\cdot S(c)=(a+b)\cdot c+(a+b)$

$=a\cdot c+b\cdot c+a+b=(a\cdot c+a)+(b\cdot c+b)=a\cdot S(c)+b\cdot S(c)$,即命题对$S(c)$也成立

由归纳法，乘法对加法的右分配律成立。

性质②[乘法交换律]$\forall a,b\in\mathbb{N},a\cdot b=b\cdot a$

证明：和证明加法交换律一样，证明乘法交换律也需要先证明两个引理：

[引理1]$\forall a\in\mathbb{N},0\cdot a=0$

$a=0时，由乘法定义①可知命题成立$

$假设命题对a成立，则有0\cdot a=0,于是由定义②及归纳假设得$

$0\cdot S(a)=0\cdot a+0=0+0=0,即命题对S(a)也成立。由归纳法，引理1得证。$

[引理2]$\forall a\in\mathbb{N},S(0)\cdot a=a$

$a=0时,由定义①可知命题成立$

$假设命题对a成立,那么在命题对S(a)$时，由归纳假设及加法定义①②，有

$S(0)\cdot S(a)=S(0)\cdot a+S(0)=a+S(0)=S(a)$

由归纳法，引理2得证。

$回到原题。由引理1，b=0时,a\cdot 0=0=0\cdot a,命题成立$

$假设命题对b成立，在命题对S(b)时，由归纳假设、定义②、右分配律及引理2得$

$a\cdot S(b)=a\cdot b+a=b\cdot a+S(0)\cdot a=(b+S(0))\cdot a=S(b)\cdot a$

由归纳法，乘法交换律成立。

(此时由引理2可推得$a\cdot S(0)=a对任意自然数a成立$)

由性质①②可直接推得左分配律成立(此处从略)，左分配律在下面结合律的证明时会用到：

性质③[乘法结合律]$\forall a,b,c\in\mathbb{N},都有(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$

证明：$c=0时,有(a\cdot b)\cdot c=0=b\cdot 0=a\cdot (b\cdot c),命题成立$

$假设命题对c成立，在S(c)$时，由归纳假设、左分配律及定义②得

$(a\cdot b)\cdot S(c)=(a\cdot b)\cdot c+(a\cdot b)=a\cdot (b\cdot c)+a\cdot b$

$=a\cdot (b\cdot c+b)=a\cdot (b\cdot S(c)),即命题对S(c)也成立$

由归纳法，乘法结合律成立。

除此之外，乘法还有一个类似加法的性质：

性质④[乘法消去律]$设a,b,c\in\mathbb{N},且c\neq 0,则a\cdot c=b\cdot c\Leftrightarrow a=b$

证明：[引理]若$a,b\in\mathbb{N}且a\cdot b=0,则a=0或b=0$

$假设a,b均不为0,则\exist m,n\in\mathbb{N},使得a=S(m),b=S(n),于是$

$0=a\cdot b=S(m)\cdot S(n)=S(m)\cdot n+S(m)=S(S(m)\cdot n+m),与公理4矛盾！从而引理得证$

回到原命题。

$充分性：a=b\Rightarrow a-b=0\Rightarrow a\cdot c-b\cdot c=(a-b)\cdot c=0\Rightarrow a\cdot c=b\cdot c$

$必要性：a\cdot c=b\cdot c\Rightarrow 0=a\cdot c-b\cdot c=(a-b)\cdot c$

$由引理知a-b=0或c=0,又因为c\neq 0,故a-b=0,即a=b$

综上，乘法消去律成立。

（注意！由上述证明可知，乘法消去律的充分性无需要求$c\neq 0$）

(由于加法和减法的紧密联系，由乘法对加法的分配律可以直接类比得出乘法对减法的分配律，证明从略，只需利用减法的定义转化为加法即可。乘法对加、减法的分配律统称为乘法分配律)

有了乘法的加入，还可以再次完善序关系的性质：

序关系性质：(续)

⑸$若a,b,c\in\mathbb{N}且a\le b,则a\cdot c\le b\cdot c$

(注：若序关系为$"\lt"或"\gt",则需加上限制条件c\neq 0$,证明过程类似)

证明：由$a\le b知\exist k\in\mathbb{N},a+k=b$

$从而b\cdot c=(a+k)\cdot c=a\cdot c+k\cdot c,即a\cdot c\le b\cdot c$

由该性质可得出一条推论：

若$a,b,c,d\in\mathbb{N}且a\le b,c\le d,则a\cdot c\le b\cdot d$(对其它3个序关系也有类似性质成立)

证明：$a\le b\Rightarrow a\cdot c\le b\cdot c,$

$b\le d\Rightarrow b\cdot c\le c\cdot d,从而a\cdot c\le b\cdot d$

⑹$若a,b,c\in\mathbb{N},c\neq 0,且a\cdot c\le b\cdot c,则a\le b$(对其它3个序关系也有类似性质成立)

证明：假设$a\gt b,则由c\neq 0及性质⑸知a\cdot c\gt b\cdot c,与条件矛盾!故a\le b$

⑺若$a,b\in\mathbb{N},b\neq 0且则a\cdot b\ge a,当且仅当b=S(0)或a=0时等号成立$

证明：$由于b\neq 0,故\exist n\in\mathbb{N},b=S(n)$

$从而a\cdot b=a\cdot S(n)=a\cdot n+a\ge a$

$等号成立\Leftrightarrow a\cdot b=a=a\cdot S(0)\Leftrightarrow a\cdot (b-S(0))=0\Leftrightarrow b=S(0)或a=0$

乘法的性质到这里就差不多了，先更到这里。