物理

从Peano公理到( )?（Chapter 3）

从上一章可以看出，减法是由加法运算自然产生的，因此我们称减法是加法的逆运算

一般地，如果对于一个二元运算$\oplus，如果有另外一个二元运算\ominus$满足：

对集合中的任意元素$a,b,都有(a\oplus b)\ominus b=a$,则称这两个运算互为逆运算

显然，加法与减法互为逆运算，那么乘法自然也应该有一个对应的逆运算，于是我们引入了：

$\Large{5.除法与整除关系}$(之前序号打错了，乘法对应的序号为4)

设$a,b \in \mathbb{N}$,若$\exist c \in \mathbb{N}$,满足$b=a·c$,则称$a \mid b$,并记$c= \frac{b}{a}$

显然，除法是乘法的逆运算，并且由序关系性质7可知$a\le b$。

除法的性质相较于乘法少了很多：

⑴$\forall a\in\mathbb{N}_{+},\frac{0}{a}=0,\frac{a}{a}=S(0),\frac{a}{S(0)}=a$

⑵右分配律：$\frac{a+b}{c}=\frac{a}{c}+\frac{b}{c},\frac{a-b}{c}=\frac{a}{c}-\frac{b}{c}$

⑶若$c\mid a,则\frac{ab}{c}=b\frac{a}{c},若a\mid c,有\frac{ab}{c}=\frac{b}{\frac{c}{a}}$

⑷若$bc\mid a,则\frac{a}{bc}=\frac{\frac{a}{b}}{c}$

这些性质的证明都不难，可以由除法的定义直接推出。

接下来讨论有关整除关系的性质：

不难看出，整除关系也是$\mathbb{N}$上的一个序关系，并且满足序关系的前三条性质，即：

性质①：$\forall a\in\mathbb{N},a\mid a,S(0)\mid a,a\mid 0$

$这可由a=a\cdot S(0),0=a\cdot 0$直接推出。

性质②：$若a,b\in\mathbb{N},且a\mid b,b\mid a,则a=b$

证明：先证一个引理。

[引理]若$a,b\in\mathbb{N}且a\cdot b=S(0),则a=b=S(0)$

$显然a,b\neq 0,否则有0=S(0),与公理4矛盾,因此a,b\gt 0,即a,b\ge S(0)$

$若a\gt S(0),由序关系性质5推论，有a\cdot b\gt S(0)\cdot S(0)=S(0),矛盾！$

$故a=S(0),同理b=S(0).引理得证。$

回到原命题。由$a\mid b,b\mid a可知\exist m,n\in\mathbb{N},使得a=b\cdot m,b\cdot a=n,$

$由乘法消去律可直接推出a\cdot b\cdot S(0)=a\cdot b=a\cdot b\cdot m\cdot n,即m\cdot n=S(0)$

$由引理，m=n=S(0),即a=b\cdot S(0)=b$

性质③：若$a\mid b,b\mid c,且b\neq 0,则a\mid c$

证明：$由a\mid b,b\mid c可知\exist m,n\in\mathbb{N},b=a\cdot m,c=b\cdot n$

$于是有b\cdot c=a\cdot b\cdot m\cdot n,又b\neq 0,故c=a\cdot m\cdot n,即a\mid c$

然而，我们有以下两点：

⑴$对于a,b\in\mathbb{N},a\mid b与b\mid a$有可能同时不成立,事实上，我们有：

$设n\in\mathbb{N},则n\mid S(n)当且仅当n=S(0)$

$证明：n=S(0)显然满足(由性质1)下证明仅n=S(0)满足。$

$设S(n)=t\cdot n,t\in\mathbb{N},显然t\neq 0,故t\ge S(0)$

$由t\cdot n=S(n)=S(0)\cdot n+S(0)得S(0)=(t-S(0))\cdot n=S(0)$

$由性质2引理，t-S(0)=n=S(0)$

所以，在$n\neq S(0)时，n\mid S(n)与S(n)\mid n均不成立(因n\lt S(n))$

⑵整除关系没有与最小数原理类似的性质，比如集合$\{ n,S(n)\},在n\gt S(0)时不满足n\mid S(n)$

所以整除关系在$\mathbb{N}_{+}$上是偏序关系。

因为有0这个例外(性质3需要求$b\neq 0)，所以整除关系不是\mathbb{N}$上的偏序关系

(这里对任意集合$A,定义A_{+}=\{x\in A\mid x\gt 0\},A^{*}=\{x\in A\mid x\neq 0\}$)

虽然整除仅仅是偏序关系，但是它有许多非常有用的性质：

①$若a\mid b,a\mid c,则\forall x,y\in\mathbb{N},a\mid bx+cy$

👉若无特殊说明，今后一般统一用$ab表示a\cdot b$

证明：设$b=am,c=an,则\forall x,y,有bx+cy=axm+ayn=a(xm+yn),即a\mid bx+cy$

②若$m\neq 0,则a\mid b\Leftrightarrow ma\mid mb$

证明：设$b=ax,因为m\neq 0,故b=ax\Leftrightarrow bm=amx\Leftrightarrow ma\mid mb$

由于$\sout{避免扯到过多数论内容}$篇幅限制，这里就不再对整除做更深入的探讨了

$\Large{6.乘方}$

从乘法的定义不难看出，乘法就是加法的不断重复。

类比加法的这种重复，对于乘法的“重复”，我们归纳给出乘法的“重复”－－乘方的定义：

$设a,b\in\mathbb{N}且a\neq 0,定义乘方运算为：$

①$a^0=S(0)$

②$a^{S(b)}=a^b\cdot a$

③$0^a=0$

其中在$a^b中，a称为底数，b$称为指数

我们规定乘方运算的优先级高于乘法，即有$c\cdot a^b=c\cdot (a^b)$

（为防止有人抬杠(bushi)，在做下面乘方性质的证明时，均默认底数和指数不同时为0，而且由于以下的乘方性质在底数为0时显然成立，故默认底数不为0）

乘方的性质也比较多，主要有以下几条：

⑴$\forall a\in\mathbb{N},S(0)^a=S(0)$

证明：$a=0时由定义①显然成立$

$假设命题对a成立，则S(0)^{S(a)}=S(0)^a\cdot S(0)=S(0)\cdot S(0)=S(0)$

由归纳法，性质1成立。

⑵$\forall a,b,c\in\mathbb{N},a^{b+c}=a^ba^c$

证明：$c=0时,有a^{b+c}=a^b=a^bS(0)=a^ba^c,命题成立$

$假设命题对c成立,则有a^{b+S(c)}=a^{S(b+c)}=a^{b+c}a=a^ba^ca=a^ba^{S(c)}$

由归纳法，性质2成立。

由性质1可以得出两条推论：

推论1：若$b\le c,则a^b\mid a^c(这可以由a^ba^{c-b}=a^c推出)$

推论2：若$c\le b,则a^{b-c}=\frac{a^b}{a^c}$

证明：$由a^b=a^{(b-c)+c}=a^{(b-c)}a^c及除法的定义知a^{b-c}=\frac{a^b}{a^c}$

性质⑶：$\forall a,b,c\in\mathbb{N},(a^b)^c=a^{bc}$

证明：$c=0时,有(a^b)^0=S(0)=a^0=a^{bc},命题成立$

假设命题对c成立，由归纳假设及性质⑵得

$(a^b)^{S(c)}=(a^b)^ca^b=a^{bc}a^b=a^{bc+bS(0)}=a^{b(c+S(0))}=a^{bS(c)}$

即命题对$S(c)$也成立。由归纳法，性质⑶成立。

性质⑷：$\forall a,b,n\in\mathbb{N},(ab)^n=a^nb^n$

证明：$n=0时,(ab)^n=S(0)=S(0)S(0)=a^nb^n,命题成立$

假设命题对n成立，由归纳假设得

$(ab)^{S(n)}=(ab)^nab=a^nb^nab=(a^na)(b^nb)=a^{S(n)}b^{S(n)}(这里用到了乘方定义2)$

即命题对S(n)也成立。 故性质⑷成立。

上面的性质⑵⑶⑷就是我们$\sout{小学}$中学二年级就熟知的乘方运算法则

性质⑸：$若a,b,c\in\mathbb{N}且a\gt S(0),则b\le c\Leftrightarrow a^b\le a^c$

证明：一方面，由$b\le c可知\exist k\in\mathbb{N},b+k=c$

$于是a^c=a^{b+k}=a^ba^k,由序关系性质⑺知a^b\le a^c$

另一方面，设$a^b\le a^c,我们证明b\le c$

[引理]若$a,b,c\in\mathbb{N}且b\neq c,a^b=a^c,则a=0或S(0)$

$a=0,S(0)时显然成立,下设a\gt S(0),不妨设b\gt c,即b\ge S(c),设b=S(c)+k,k\in\mathbb{N}$

则有$a^c=a^b=a^cS(0)\Rightarrow S(0)=a^{b-c}=a^{S(c)-c+k}=a^{k+S(0)}=a^ka\ge a\gt S(0),矛盾！$

综上，引理得证。

回到原命题。假设$b\gt c,由必要性(前面已证明)可知a^b\ge a^c$(注意不是大于号！)

又由条件知$a^b\le a^c,故a^b=a^c,由引理，此时(a\neq 0,S(0))b=c,矛盾！故原命题得证$

性质⑹：$若a,b,c\in\mathbb{N}且b\neq 0,则a\ge c\Leftrightarrow a^b\ge c^b$

$b=S(0)时,待证即为a\ge c,命题成立$

$假设命题对b成立,即有a^b\ge c^b,我们证明a^{S(b)}\ge c^{S(b)}$

$由a^b\ge c^b,a\ge c及序关系性质5推论得a^ba\ge c^bc,即a^{S(b)}\ge c^{S(b)}$

由归纳法，性质⑹成立。（另一方向的证明可以由反证法立即得到）

由此我们还可以得出：$若b\neq 0,则a^b=c^b\Leftrightarrow a=c$，证明从略，由性质6可立即推出

$\Large{7.对应计数与进位制}$

前面（以及这一节之后）的东西都是极其抽象的东西，难得抽出来这一节讲讲不那么抽象的东西也是不容易♿

早在石器时代，人类就已经懂得了利用绳结、石子来计数－－－这是一个很了不起的进步，为什么呢？

想想你如果是那个古人类，今天出去放羊，放羊之前你需要拿出一堆石子－－－每只羊走后你都把石子放下一个，直到所有羊都离开。

羊群回来时，每次回来一只羊，你都把石子堆中的一个石子拿出来，直至拿出所有石子。

如果你没有拿石子或者别的方法来计数的话，放完羊之后有多少羊跑了都不知道，这不就麻烦了？于是这种最早的计数方式－－－对应计数就产生了

把这个过程用数学语言描述就是：给出一个有限集合$A，现在我要对A$中的元素计数。

我再找到另外一个有限集合$B，并且用一个映射f：A\rightarrow B来建立起A,B之间的对应关系$

并且$f是双射，即\forall a,b\in A,f(a)=f(b)\Leftrightarrow a=b,并且\forall b\in B,\exist a\in A,f(a)=b$

则称A与B的元素个数相等，即$\mid A\mid =\mid B\mid$

后来，随着文明的产生，这种传统的计数方式逐渐无法适应文明的高速发展，于是，新的计数方式出现了：

用一个个抽象的符号代表数目，这些符号的定义是这样的：

首先，定义$S(0)=1$

$然后，选取一个不等于0和1的数，把它记为10$

这个被选取的数如果是k，那么我们称这种计数系统为k进制

最后，对于$\forall n\in\mathbb{N},记它在k进制下的表示为$

$(\overline{a_s\cdots a_1a_0})_k=a_sk^s+\cdots +a^1k^1+a^0k^0$

（前面乘方的定义就是为了在这里能够派上用场，使表示更简洁）

目前通用的进制是$S(S(S(S(S(S(S(S(S(S(0))))))))))$进制,稍后会解释原因

（之所以不写10是因为在任意k进制中的数k都用10表示，以免引起混淆）

在这种进制下，定义

$S(1)=2,S(2)=3,S(3)=4,S(4)=5,S(5)=6,S(6)=7,S(7)=8,S(8)=9,S(9)=10$

这样，我们对于自然数集的表示就方便了许多：

比如大家熟知的恶臭数字，用上面10进制的表示方式很容易写出这个数（114514）

但是如果你用之前的那个S嵌套的写法试试？保准让你试试就逝世(bushi)

现在来说说为什么人类常用$S(S(S(S(S(S(S(S(S(S(0))))))))))$进制

一种可能的原因是与人类的四肢有关。由于人的手指和脚趾个数正好都是这个数，所以为了方便计数，人类开始逐渐学会了这种计数方法。（你应该也不想在放羊时拿着一堆石子吧♿）

而计算机之所以使用$S(S(0))$进制，与它上面的晶体管有关。这就好像一个个小型“灯泡”，灯泡“开”代表1，“关”代表“0”，因此它用S(S(0))进制来完成各种复杂的工作（虽然现在确实有S(S(S(0)))进制计算机的存在并且理论上更有优势，但是由于造价成本等原因，世界上计算机的主流还是S(S(0))进制）

有了这些表示，现在就能证明1＋1＝2了☝️🤓（之前不证明是因为没有严格定义1和2）

$1+1=1+S(0)=S(1+0)=S(1)=2$