重学小学数学

自然数

定义——皮亚诺公理

1. 初始元素：存在一个自然数 \(0\)。
2. 后继函数：每个自然数 \(n\) 有唯一的后继 \(S(n)\)，且满足 \(S(n) \neq 0,\nexists a\neq b,S(a)=S(b)\)。
3. 归纳公理：若某性质 \(P\) 满足：\(P(0)\) 为真，若 \(P(k)\) 为真，则 \(P(S(k))\) 也为真；则 \(\forall n\in \mathbb N,P(n)\) 为真。

个人理解：为什么皮亚诺公理体系是最基本的数学体系？我感觉它本质上是定义了一个原点和单位长度，它们都维护了数的绝对性。原点防止数集平移，单位长度防止数集缩放。这两个性质是维护数的绝对性的充要条件。感觉可以从维度的角度理解。零维就是一个点，一维是一个点加一条边，二维是一个点加两条边，以此类推。数是一维的是因为它保证了边的存在性。而原点和单位长度本质上也是在限制一维的点和边。

加法

定义

对任意自然数 \(a,b\)，定义：

\(\begin{cases} a+0=a\\ a+S(b)=S(a+b) \end{cases}\)

加法使用的是递归定义。可以使用归纳公理证明定义对所有自然数有效。

交换律

命题：\(a+b=b+a\)

证明：

1. 证明 \(0+a=a\)：
   • 由加法的定义可知 \(0+0=0\)；
   • 假设已知 \(0+a=a\)，那么 \(0+S(a)=S(0+a)=S(a)\)，因此可以从 \(a\) 推到 \(S(a)\)。
2. 证明 \(a+b=b+a\)：
   • 由 1. 可知，当 \(b=0\) 时有 \(a+0=0+a\)；
   • 假设已知 \(a+b=b+a\)，需证明 \(a+S(b)=S(b)+a\)。\(a+S(b)=S(a+b)=S(b+a)\)，因此只需证明 \(S(b+a)=S(b)+a\)。
3. 证明 \(S(b+a)=S(b)+a\)：
   • 当 \(a=0\) 时有 \(S(b+0)=S(b)+0\)；
   • 假设已知 \(S(b+a)=S(b)+a\)，需证明 \(S(b+S(a))=S(b)+S(a)\)。\(S(b+S(a))=S(S(b+a))=S(S(b)+a)=S(b)+S(a)\)。

个人理解：感觉本质上还是在使用归纳的方法将每个数拆开，最后回到了后继数的定义。不过我对这个证明的理解不太深，说不上来什么。

结合律

命题：\(a+b+c=a+(b+c)\)

证明：

当 \(c=0\) 时有 \(a+b+0=a+(b+0)\)；

假设已知 \(a+b+c=a+(b+c)\)，需证明 \(a+b+S(c)=a+(b+S(c))\)。\(a+b+S(c)=S(a+b+c)=S(a+(b+c))=a+S(b+c)=a+(b+S(c))\)。

个人理解：结合律的证明就比交换律好理解多了。本质上就是增加 \(1\) 的时候后继的归属问题。根据加法的定义，后继可以归属于 \(c,b+c,a+b+c\) 中的任意一个，于是就可以证明了。加法的定义本质上就是一种结合律。

消去律

命题：\(a+b=a+c \Rightarrow b=c\)

证明：

当 \(a=0\) 时 \(0+b=0+c \Rightarrow b=c\)。

假设已知 \(a+b=a+c \Rightarrow b=c\)，需证明 \(S(a)+b=S(a)+c\Rightarrow b=c\)。\(S(a)+b=S(a)+c \Leftrightarrow S(a+b)=S(a+c)\)。由皮亚诺公理 \(\nexists a\neq b,S(a)=S(b)\) 可知，\(a+b=a+c\)。由假设可知 \(b=c\)。

个人理解：消去律是为了后续定义整数（即减法相关内容）做准备的。因为皮亚诺公理描述了数的结构是链式的，所以允许回退的操作。另外我发现，如果没有链式结构（而是类似 \(\rho\) 状的）也是满足前两个定律的。所以这个定律非常重要。

乘法

定义

对任意自然数 \(a,b\)，定义：

\(\begin{cases} a\times 0=0\\ a\times S(b)=a \times b+a \end{cases}\)

乘法也使用的是递归定义。

交换律

命题：$ a \times b = b \times a$

证明：

1. 证明 \(0\times a=0\)：
   • 由乘法的定义可知 \(0\times 0=0\)；
   • 假设已知 \(0\times a=0\)，那么 \(0\times S(a)=0 \times a + 0 =0\)，因此可以从 \(a\) 推到 \(S(a)\)。
2. 证明 \(a\times b=b\times a\)：
   • 由 1. 可知，当 \(b=0\) 时有 \(a\times 0=0\times a\)；
   • 假设已知 \(a\times b=b\times a\)，需证明 \(a\times S(b)=S(b)\times a\)。\(a\times S(b)=a \times b+a=b \times a + a\)，因此只需证明 \(b \times a + a=S(b) \times a\)。
3. 证明 \(b \times a + a=S(b)\times a\)：
   • 当 \(a=0\) 时有 \(b \times 0 + 0=S(b) \times 0\)；
   • 假设已知 \(b \times a+a=S(b) \times a\)，需证明 \(b \times S(a)+S(a)=S(b) \times S(a)\)。\(b\times S(a)+S(a)=b \times a + b + S(a)=b \times a + S(a+b) = b \times a + a + S(b) = S(b) \times a + S(b)=S(b) \times S(a)\)。

个人理解：这个证明和加法的交换律几乎一样。因为它们都是通过递归定义的，所以一定都需要两次归纳。而每次归纳的时候把新增的项求出来即可。只要它本身是对的（感性上理解），那一定可以理性的证明，只需要将新增的项去对应感性上相等的量即可。那它本身为什么是对的呢？我感觉想象成长、宽分别为 \(a,b\) 的长方形面积即可理解，将每一个小方格算贡献的时候都都可以被算进去。

分配律

命题：\(a \times (b+c)=a \times b+ a \times c\)

证明：

当 \(c=0\) 时有 $ a \times (b+0) = a \times b = a \times b + a \times 0$。

假设已知 \(a \times (b+c) = a \times b + a \times c\)，需证明 \(a \times (b+S(c))=a \times b + a \times S(c)\)。\(a \times (b+S(c))=a \times S(b+c)=a \times (b+c)+a=a\times b+a \times c+a=a \times b + a \times S(c)\)。

个人理解：分配律是好理解的，它本质上就是将累加的过程拆开了。而证明需要一个一个拆开。

结合律

命题：\(a \times b \times c = a \times (b \times c)\)

证明：

当 \(c=0\) 时有 $ a\times b \times 0 = 0 = a \times (b \times 0)$。

假设已知 \(a \times b \times c = a \times (b \times c)\)，需证明 $ a \times b \times S(c) = a \times (b \times S(c))\(。\) a \times b \times S(c) = a \times b \times c + a \times b=a \times (b \times c) + a \times b = a \times (b \times c + b) = a \times (b \times S(c))$。

个人理解：乘法结合律和交换律一样，都是计算每一个点的贡献的体现，没有什么好说的。整体来看，我感觉加法是一维的叠加，但乘法与二维的关系不大，而是描述了维度的增加过程。这也是没有类似加法、乘法的三维运算，因为乘法本质上包含了二维以上的所有运算。

自然数的序理论

定义

对任意自然数 \(a,b\)，定义小于等于（\(\le\)）：

\(a \le b \Leftrightarrow \exists k\in \mathbb N,a+k=b\)

定义小于、大于等于、大于：

\(a < b \Leftrightarrow a \le b \land a \ne b\)

\(a \ge b \Leftrightarrow b \le a\)

\(a >b \Leftrightarrow a \ge b \land a \ne b \Leftrightarrow b<a\)

自反性

命题：\(a \le a\)

证明：取 \(k=0\)，此时 \(a+0=a\)，满足定义。

反对称性

命题：\(a \le b\land b \le a \Rightarrow a=b\)

证明：

1. 证明若 \(x+y=0\) 则 \(x=0,y=0\)：假设 \(x \ne 0\) 或 \(y \ne 0\)，不失一般性地假设 \(x \ne 0\)。由皮亚诺公理可得 \(\exists k \in \mathbb N,S(k)=x\)（可以归纳证明），因此 \(x+y=S(k)+y=S(k+y) \ne 0\)。所以若 \(x+y=0\)，则 \(x=0,y=0\)。
2. 设 \(a+k_1=b,b+k_2=a\)，联立可得 \(a+k_1+k_2=a,k_1+k_2=0\)，解得 \(k_1=0,k_2=0\)，所以 \(a+0=b,a=b\)。

传递性

命题：\(a \le b \land b \le c \Rightarrow a \le c\)

证明：设 \(a+k_1=b,b+k_2=c\)，联立可得 \(a+(k_1+k_2)=c\)，因此 \(a \le c\)。

全序性

命题：\(a \le b \lor b \le a\)

证明：

当 \(a=0\) 时，取 \(k=b,0+k=b\)，因此 \(a \le b\)；

假设已知 $ a \le b\lor b \le a$，需证明 \(S(a) \le b \lor b \le S(a)\)：

1. 若 \(a \le b\)，即 \(\exists k \in \mathbb N,a+k=b\)：
   • 若 \(k=0\)：此时 \(a=b\)，取 \(k'=1\)，此时 \(b+k'=a+S(0)=S(a+0)=S(a)\)，因此 \(b \le S(a)\)；
   • 若 \(k \ne 0\)：由皮亚诺公理可得 \(\exists k' \in \mathbb N,S(k')=k\)，此时 \(S(a)+k'=S(k'+a)=S(a+k')=a+S(k')=a+k=b\)，因此 \(S(a) \le b\)。
2. 若 \(b \le a\)，即 \(\exists k \in \mathbb N,b+k=a\)：取 \(k'=S(k)\)，此时 \(b+k'=b+S(k)=S(b+k)=S(a)\)，因此 \(b \le S(a)\)。

“二歧性”

命题：任意自然数 \(a,b\)，有：

1. \(a<b \lor b \le a\)
2. \(\lnot (a<b \land b \le a)\)

证明：

1. 证明 \(a <b \lor b \le a\)：
   • 当 \(a=b\) 时，\(b+0=a\)，满足 \(b \le a\)；
   • 当 \(a \ne b\) 时，由全序性可知 \(a \le b \lor b \le a\)。\(a \le b \land a \ne b \Rightarrow a <b\)，因此 \(a <b \lor b \le a\) 成立。
2. 证明 \(\lnot (a<b \land b \le a)\)：
   • 若 \(a <b \land b \le a\)，因为 \(a<b \Leftrightarrow a \le b \land a \ne b\)，所以 \(a <b \Rightarrow a \le b\) 且 \(a<b \Rightarrow a \not=b\)，因此 \(a \le b \land b \le a\)，由反对称性可知 \(a=b\)，与 \(a \not=b\) 矛盾。

三歧性

命题：任意自然数 \(a,b\)，有：

1. \(a <b \lor a=b \lor b<a\)
2. \(\lnot (a <b \land a=b)\)
3. \(\lnot (a<b \land b<a)\)
4. \(\lnot (a=b \land b<a)\)

证明：

1. 证明 \(a <b \lor a=b \lor b<a\)：由“二歧性”可知 \(a < b \lor b \le a\) 且 \(b <a \lor a \le b\)。若 \(a<b\) 则本命题成立，否则有 \(b \le a\)。若 \(b<a\) 则本命题成立，否则有 \(a \le b\)。若 \(a <b\) 和 \(b<a\) 均不成立，有 \(b \le a \land a \le b\)，由反对称性可知 \(a=b\)，本命题成立。
2. 证明 \(\lnot (a<b \land a=b)\)：\(a=b \Rightarrow b +0 =a \Rightarrow b \le a\)，因此 \(a <b \land a=b \Rightarrow a<b \land b \le a\)。由“二歧性”可知 \(\lnot (a<b \land b \le a)\)，所以 \(\lnot (a<b \land b \le a) \Rightarrow \lnot (a<b \land a=b)\)。
3. 证明 \(\lnot (a<b \land b<a)\)：\(b<a \Leftrightarrow b \le a \land b \ne a\Rightarrow b \le a\)，因此 \(a <b \land b<a \Rightarrow a<b \land b \le a\)。由“二歧性”可知 \(\lnot (a<b \land b \le a)\)，所以 \(\lnot (a<b \land b \le a) \Rightarrow \lnot (a<b \land b<a)\)。
4. 证明 \(\lnot (a=b \land b<a)\)：与 2. 同理。

个人理解：为什么序理论需要自反性、反对称性、传递性、全序性这四个性质才能满足排列成一条链？我感觉这本质上是一个图论问题，自反性描述的是自环，应该是为了让 \(a=a \Rightarrow a \le a\) 这样的条件始终成立。反对称性和全序性描述的是一个竞赛图的性质，要求两点之间恰好有一条边。传递性描述的是图不存在环。这样的不存在环的竞赛图一定是一条链状的结构。而且满足这样的条件可以构造。每次选择一个点，如果存在比它小的就移到比它小的点。传递性保证了这样的操作不会形成环。如果点数是有限的，一直这样操作一定找到一个最小的点。如果点数是无限的，则可以使用数学归纳法证明。找到最小的点后由全序性保证了它确实比剩下的数都小。删掉它之后继续操作就可以排列成链状的结构。顺便提一下，如果没有全序性则是一个偏序集合，相当于有向无环图。此时就不是链状结构了。

整数

定义

定义自然数有序对 \((a,b)\)，表示“减法 \(a-b\)”。

定义两个有序对 \((a,b),(c,d)\) 等价（记为 \((a,b) \sim (c,d)\)），当且仅当 \(a+d=b+c\)。

等价类的良定义性证明：

自反性：对于有序对 \((a,b)\)，因为 \(a+b=b+a\)，所以 \((a,b) \sim (a,b)\)。

对称性：对于两个有序对 \((a,b),(c,d)\)，\((a,b) \sim (c,d) \Leftrightarrow a+d=b+c \Leftrightarrow c+b=d+a \Leftrightarrow (c,d) \sim (a,b)\)。

传递性：对于三个有序对 \((a,b),(c,d),(e,f)\)，需证明若 \((a,b) \sim (c,d),(c,d) \sim (e,f)\)，则 \((a,b) \sim (e,f)\)。由条件可知 \(a+d=b+c,c+f=d+e\)。联立可得 \(a+f+c+d=b+e+c+d\)，由消去律可得 \(a+f=b+e\)，即 \((a,b) \sim (e,f)\)。

定义整数为所有等价类的集合：\(\mathbb Z = \{[(a,b)]|a,b \in \mathbb N\}\)，其中 \([(a,b)]\) 表示 \((a,b)\) 所在的等价类。

个人理解：我感觉使用有序对定义整数，而不是直接定义负数，是为了避免对有序对大小关系，或者说正负性的讨论。可以发现，即使运算前后大小关系会有规律性的变化，但是在定义阶段我们仍然可以忽略它。不过我感觉这种定义还是基于负数和减法的，只是换了一种更好的形式描述。

加法

定义

对任意整数 \([(a,b)],[(c,d)]\)，定义：

\([(a,b)]+[(c,d)]=[(a+c,b+d)]\)

加法的良定义性证明：

需证明若 \((a,b) \sim (a',b'),(c,d) \sim (c',d')\)，则 \((a+c,b+d) \sim (a'+c',b'+d')\)。由条件可知，\(a+b'=b+a',c+d'=d+c'\)，联立可得 \(a+b'+c+d'=b+a'+d+c'\)，因此 \((a+c,b+d) \sim (a'+c',b'+d')\)。

交换律

命题：\([(a,b)]+[(c,d)]=[(c,d)]+[(a,b)]\)

证明：\([(a,b)]+[(c,d)]=[(a+c,b+d)]=[(c+a,b+d)]=[(c,d)]+[(a,b)]\)。

结合律

命题：\([(a,b)]+[(c,d)]+[(e,f)]=[(a,b)]+([(c,d)]+[(e,f)])\)

证明：\([(a,b)]+[(c,d)]+[(e,f)]=[(a+c+e,b+d+f)]=[(a+(c+e),b+(d+f))]=[(a,b)]+([(c,d)]+[(e,f)])\)。

个人理解：加法的定义使得有序数对的两维独立了，所以运算律的证明就和自然数的证明没有任何区别。可以把有序数对当成一个数的正部和负部，那加法就必然是分别相加了。

加法单位元

定义加法单位元为 \(e\)，满足 \(\forall x \in \mathbb Z, x+e=e+x=x\)。

设 \(e=[(a,b)]\)，任取 \(x \in \mathbb Z,x=[(c,d)]\)，则 \((a+c,b+d) \sim (c,d)\)，解得 \(a=b\)，因此 \(e=[(0,0)]\)。

定义 \(0=e=[(0,0)]\)。

加法逆元

对于任意整数 \(x=[(a,b)]\)，定义其加法逆元为 \(-x\)，满足 \(x+(-x)=0\)。

设 \(-x=[(c,d)]\)，则 \((a+c,b+d) \sim (0,0)\)，可解出 \(-x=[(b,a)]\)。

逆元的良定义性证明：\((a,b) \sim (a',b') \Leftrightarrow a+b'=b+a'=\Leftrightarrow (b,a) \sim (b',a')\)。

减法

对于任意整数 \(x=[(a,b)],y=[(c,d)]\)，定义：

\(x-y=x+(-y)=[(a,b)]+[(d,c)]=[(a+d,b+c)]\)。

个人理解：感觉逆元描述的是减数独立于被减数的一个性质，即减法本质上是减数自己的某种性质与被减数运算的结果。然后为了让减法满足一些性质，于是令它们相加为单位元，即不会产生任何影响的数。

乘法

定义

对任意整数 \([(a,b)],[(c,d)]\)，定义：

\([(a,b)] \cdot [(c,d)]=[(ac+bd,ad+bc)]\)

乘法的良定义性证明：

需证明若 \((a,b) \sim (a',b'),(c,d) \sim (c',d')\)，则 \((ac+bd,ad+bc) \sim (a'c'+b'd',a'd'+b'c')\)。

1. 证明若 \((a,b) \sim (a',b')\)，则 \((a,b)\cdot (c,d) \sim (a',b')\cdot (c,d)\)：由条件可得 \(a+b'=b+a'\)，因此 \((a+b')c=(b+a')c,(b+a')d=(a+b')d\)。联立可得 \(ac+b'c+bd+a'd=bc+a'c+ad+b'd\)，因此 \((a,b)\cdot (c,d) \sim (a',b')\cdot (c,d)\)。

2. 证明自然数有序对的乘法具有交换律：\((a,b) \cdot (c,d)=(ac+bd,ad+bc)=(c,d) \cdot(a,b)\)。

3. 证明命题：\((a',b')\cdot (c,d) \sim (a',b')\cdot (c',d')\)。又因为 \((a,b)\cdot(c,d) \sim (a',b') \cdot (c,d)\)，所以 \((a,b)\cdot (c,d) \sim (a',b')\cdot (c',d')\)。

个人理解：感觉整数的乘法本质上就是一个二项式，其中第二项带一个 \(-1\) 的系数，然后将最后的结果按 \(-1\) 的指数奇偶性分类。良定义的证明可以想成整数的“正部”和“负部”都要给最终结果做固定的贡献（乘上固定的数），那么它们的差恒定，做的贡献就一定也是恒定的了。当乘的数不固定时，需要先找到一个中介，此时两边到中介做的贡献的值就都相等了。

交换律

命题：\([(a,b)]\cdot [(c,d)]=[(c,d)]\cdot [(a,b)]\)

证明：\([(a,b)]\cdot [(c,d)]=[(ac+bd,ad+bc)]=[(c,d)]\cdot [(a,b)]\)。

结合律

命题：\([(a,b)]\cdot [(c,d)] \cdot [(e,f)]=[(a,b)]\cdot ([(c,d)] \cdot [(e,f)])\)

证明：\([(a,b)]\cdot [(c,d)] \cdot [(e,f)]=[(ace+bde+adf+bcf,acf+bdf+ade+bce)]=[(a,b)]\cdot ([(c,d)] \cdot [(e,f)])\)。

分配律

命题：\([(a,b)] \cdot ([(c,d)]+[(e,f)])=[(a,b)]\cdot [(c,d)] + [(a,b)]\cdot [(e,f)]\)

证明：\([(a,b)] \cdot ([(c,d)]+[(e,f)])=[(a(c+e)+b(d+f),a(d+f)+b(c+e))]=[(ac+bd,ad+bc)]+[(ae+bf,af+be)]=[(a,b)]\cdot ([(c,d)]+[(e,f)])\)。