初等数学I 自然数第一节基数理论

从这一节开始我们正式进入初等数学的内容，第一个主题是自然数，对于这个人类使用了几千年、我们每个人从小学到大的数学工具，我们还可以讨论的问题是如何用最少的公理来描述它，也就是如何建立一个最简单的公理体系，能推导出自然数的所有运算性质，并对如何解答其他涉及自然数的问题提供一定的启示。最流行的自然数的公理体系有两套，基数理论与序数理论。基数理论建立在集合的势的基础上，序数理论建立在序关系的基础上，这一讲我们先讨论基数理论。在序章第二节我们介绍了集合的势(基数)，还不太熟悉的读者可以去回顾一下。

定义1.1 自然数 称有限集的基数为自然数，记自然数集为N\mathbb{N}N。

评注1.1

空集的势为0。

在自然数集上定义运算。
加法：∀a,b∈N\forall a,b \in \mathbb{N}∀a,b∈N，记它们的加法为a+ba+ba+b, 根据定义，∃A,B\exists A,B∃A,B满足∣A∣=a,∣B∣=b|A|=a,|B|=b∣A∣=a,∣B∣=b，假设A∩B=ϕA \cap B = \phiA∩B=ϕ，则
∣A⊔B∣=a+b|A \sqcup B| = a+b∣A⊔B∣=a+b

乘法：∀a,b∈N\forall a,b \in \mathbb{N}∀a,b∈N, 记它们的乘法为a⋅ba \cdot ba⋅b，根据定义，∃{Ai}i=1b\exists \{A_i\}_{i=1}^b∃{Ai}i=1b满足∣Ai∣=a|A_i|=a∣Ai∣=a，并且它们两两无交，则
∣⨆i=1bAi∣=a+a+⋯+a⏟b=a⋅b\left| \bigsqcup_{i=1}^bA_i \right| = \underbrace{a+a + \cdots + a}_{b}= a\cdot b∣∣∣∣∣i=1⨆bAi∣∣∣∣∣=ba+a+⋯+a=a⋅b

减法：∀a,b∈N\forall a,b \in \mathbb{N}∀a,b∈N，根据定义，∃A,B\exists A,B∃A,B满足∣A∣=a,∣B∣=b|A|=a,|B|=b∣A∣=a,∣B∣=b，且B⊆AB \subseteq AB⊆A，则
∣A∖B∣=a−b|A \setminus B|=a-b∣A∖B∣=a−b

这里就必须要非常谨慎了，因为我们是通过集合的势定义的自然数，因此在定义自然数的减法的时候，我们只能定义被减数比减数大的时候的减法。如果不限制B⊆AB \subseteq AB⊆A，比如假设BBB包含AAA，A∖B=ϕA \setminus B=\phiA∖B=ϕ，∣A∖B∣=0|A \setminus B|=0∣A∖B∣=0，也就是说小一点的数减去大一点的数结果依然是0，这样和我们的经验是不相符的。事实上这个bug出现的原因是自然数集对我们所熟悉的自然数的减法运算不是封闭的，也就是说，小一点的数减去大一点的数结果应该是一个负数，但自然数是集合的势，是不包含负数的。我们可以验证自然数集上的加法与乘法是封闭的。

序关系：按定义1.1理解，自然数的序关系就是势的序关系，可以参考序章第二讲定义0.8与序章第三讲例0.5理解。

定理 1.1

(N,+)(\mathbb{N},+)(N,+)是一个幺半群，且满足交换律；
(N,⋅)(\mathbb{N},\cdot)(N,⋅)是一个幺半群，且满足交换律；
右分配律：∀a,b,c∈N\forall a,b,c \in \mathbb{N}∀a,b,c∈N, (a+b)⋅c=a⋅c+b⋅c(a+b)\cdot c = a \cdot c+b \cdot c(a+b)⋅c=a⋅c+b⋅c
左分配律：∀a,b,c∈N\forall a,b,c \in \mathbb{N}∀a,b,c∈N, c⋅(a+b)=c⋅a+c⋅ac \cdot (a+b) = c \cdot a+c \cdot ac⋅(a+b)=c⋅a+c⋅a

评注 1.2

序章第五节介绍了群环域的概念，不熟悉的同学可以回顾一下；
一个代数结构是群需要在集合上定义的二元运算及其逆运算均封闭，且存在幺元并满足结合律，如果逆运算不封闭但其他条件满足，那么就只是幺半群，上文讨论到自然数的减法可能出现负数，而除法可能出现实数，所以二者均不封闭。

下面我们完成定理1.1的证明。

证明
第一个结论：∣A∣=a,∣B∣=b,∣C∣=c|A|=a,|B|=b,|C|=c∣A∣=a,∣B∣=b,∣C∣=c

验证结合律: a+(b+c)=∣A⊔(B⊔C)∣=∣(A⊔B)⊔C∣=(a+b)+ca+(b+c)=|A \sqcup (B \sqcup C)| = |(A \sqcup B) \sqcup C|=(a+b)+ca+(b+c)=∣A⊔(B⊔C)∣=∣(A⊔B)⊔C∣=(a+b)+c
验证幺元: ∣ϕ∣=0|\phi|=0∣ϕ∣=0满足a+0=0+a=∣A∪ϕ∣=∣ϕ∪A∣=∣A∣=aa+0=0+a=|A\cup \phi| = |\phi \cup A| = |A|=aa+0=0+a=∣A∪ϕ∣=∣ϕ∪A∣=∣A∣=a
验证交换律：a+b=∣A⊔B∣=∣B⊔A∣=b+aa+b = |A \sqcup B| = |B \sqcup A| = b+aa+b=∣A⊔B∣=∣B⊔A∣=b+a

综上，(N,+)(\mathbb{N},+)(N,+)是满足交换律的幺半群。

第三个结论：∃{Ai}i=1c,{Bi}i=1c\exists \{A_i\}_{i=1}^c,\{B_i\}_{i=1}^c∃{Ai}i=1c,{Bi}i=1c两列无交集列，∣Ai∣=a,∣Bi∣=b|A_i|=a,|B_i|=b∣Ai∣=a,∣Bi∣=b，
(a+b)⋅c=∣⨆i=1c(Ai⊔Bi)∣=∣⨆i=1cAi∣+∣⨆i=1cBi∣=a⋅c+b⋅c(a+b)\cdot c = \left| \bigsqcup_{i=1}^c(A_i \sqcup B_i) \right| =\left| \bigsqcup_{i=1}^cA_i\right| + \left| \bigsqcup_{i=1}^c B_i \right| =a \cdot c+b \cdot c(a+b)⋅c=∣∣∣∣∣i=1⨆c(Ai⊔Bi)∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣i=1⨆cAi∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣i=1⨆cBi∣∣∣∣∣=a⋅c+b⋅c

第二个结论与第四个结论留给读者证明，乘法交换律证明思路如下，假设我们把自然数写成表格的形式：
n11n12n13⋯n1an21n22n23⋯n2an31n32n33⋯n3a⋯⋯⋯⋯⋯nb1nb2nb3⋯nba\begin{matrix} n_{11} & n_{12} & n_{13} & \cdots & n_{1a} \\ n_{21} & n_{22} & n_{23} & \cdots & n_{2a} \\ n_{31} & n_{32} & n_{33} & \cdots & n_{3a} \\ \cdots &\cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ n_{b1} & n_{b2} & n_{b3} & \cdots & n_{ba} \end{matrix}n11n21n31⋯nb1n12n22n32⋯nb2n13n23n33⋯nb3⋯⋯⋯⋯⋯n1an2an3a⋯nba

记AiA_iAi表示第iii列构成的集合，BjB_jBj表示第jjj行构成的元素，利用Ai,BjA_i,B_jAi,Bj这两个集列按照定义就可以证明乘法交换律了。

最后我们来讨论一下无穷的概念。我们按照定义1.1定义的自然数实际上只能处理有限的情况，但我们知道自然数的个数其实是无穷多个，所以为了让基数理论更加完善，我们需要引入一个新的概念。

定义1.2 可数集 (countable set) 称集合AAA为可数集，如果∃E∈P(N)\exists E \in \mathcal{P}(\mathbb{N})∃E∈P(N)，∃f:E→A\exists f:E \to A∃f:E→A为双射。如果∣E∣<∞|E|<\infty∣E∣<∞，称AAA为有限集；如果∃g:N→A\exists g:\mathbb{N} \to A∃g:N→A为双射，称AAA为无限可数集。

例1.1 判断下列集合是否是无限可数集

{n2:n∈N}\{n^2 : n \in \mathbb{N}\}{n2:n∈N}
{sin⁡πn:n∈N}\{\sin \pi n: n \in \mathbb{N}\}{sinπn:n∈N}

解
第一问：记f(n)=n2,∀n∈Nf(n)=n^2,\forall n \in \mathbb{N}f(n)=n2,∀n∈N，根据定理1.1，(N,⋅)(\mathbb{N},\cdot)(N,⋅)是幺半群(对乘法封闭)，f(N)⊆Nf(\mathbb{N}) \subseteq \mathbb{N}f(N)⊆N; ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N}∀n∈N, n2∈f(N)n^2 \in f(\mathbb{N})n2∈f(N), 因此∃m=n2∈f(N)\exists m = n^2 \in f(\mathbb{N})∃m=n2∈f(N), n=f−1(m)n=f^{-1}(m)n=f−1(m)，于是N⊂f(N)\mathbb{N} \subset f(\mathbb{N})N⊂f(N)。所以f:N→{n2:n∈N}f:\mathbb{N} \to \{n^2 : n \in \mathbb{N}\}f:N→{n2:n∈N}是双射，根据定义，{n2:n∈N}\{n^2 : n \in \mathbb{N}\}{n2:n∈N}是无限可数集。

第二问：注意到sin⁡(x)\sin(x)sin(x)是周期为2π2\pi2π的函数，这一问中，
{sin⁡πn:n∈N}={0}\{\sin \pi n: n \in \mathbb{N}\}=\{0\}{sinπn:n∈N}={0}

因此{sin⁡πn:n∈N}\{\sin \pi n: n \in \mathbb{N}\}{sinπn:n∈N}是有限集。

定义 1.3 无限可数集的势 我们引入一个记号来表示无限可数集的势，ℵ0\aleph_0ℵ0，则
∣N∣=ℵ0|\mathbb{N}|=\aleph_0∣N∣=ℵ0

根据定义1.2，无限可数集与自然数集之间存在双射，于是根据定义0.8，所有无限可数集的势均为ℵ0\aleph_0ℵ0。

定理1.2

ℵ0+ℵ0=ℵ0\aleph_0+\aleph_0 = \aleph_0ℵ0+ℵ0=ℵ0
ℵ0+m=ℵ0\aleph_0+m=\aleph_0ℵ0+m=ℵ0，mmm是一个有限自然数

证明
i）假设E,F∈P(N)E,F \in \mathcal{P}(\mathbb{N})E,F∈P(N), ∃f:N→E\exists f:\mathbb{N} \to E∃f:N→E, g:N→Fg: \mathbb{N} \to Fg:N→F为双射，并且E∩F=ϕE \cap F=\phiE∩F=ϕ。定义一个新的映射h:E⊔F→Nh:E \sqcup F \to \mathbb{N}h:E⊔F→N，
h(x)={f−1(x),x∈Eg−1(x),x∈Fh(x) = \begin{cases} f^{-1}(x),x \in E \\ g^{-1}(x),x \in F \end{cases}h(x)={f−1(x),x∈Eg−1(x),x∈F

请读者自行验证hhh为双射。则根据加法与无限可数集的势的定义，
∣E⊔F∣=ℵ0+ℵ0=∣N∣=ℵ0|E \sqcup F| =\aleph_0+\aleph_0 = |\mathbb{N}|= \aleph_0∣E⊔F∣=ℵ0+ℵ0=∣N∣=ℵ0

ii）假设E,F∈P(N)E,F \in \mathcal{P}(\mathbb{N})E,F∈P(N), ∃f:N→E\exists f:\mathbb{N} \to E∃f:N→E,g:{1,2,⋯,m}→Fg: \{1,2,\cdots,m\} \to Fg:{1,2,⋯,m}→F为双射，E∩F=ϕE \cap F = \phiE∩F=ϕ。定义两个新的映射，
g1:ϕ→Fg2:N→Fg_1:\phi \to F \\ g_2:\mathbb{N} \to Fg1:ϕ→Fg2:N→F

请读者自行验证g1g_1g1是单射，g2g_2g2是满射，结合定义0.8，以及定理1.2的前半段，我们可以获得，
ℵ0≤∣E⊔F∣≤ℵ0+ℵ0=ℵ0\aleph_0 \le |E \sqcup F| \le \aleph_0+\aleph_0 = \aleph_0ℵ0≤∣E⊔F∣≤ℵ0+ℵ0=ℵ0

于是
ℵ0+m=ℵ0\aleph_0+m = \aleph_0ℵ0+m=ℵ0

注尽管我们有了第一个关于无限的定义，ℵ0\aleph_0ℵ0，但并不建议大家把这个符号理解成一个无限大的自然数，它的含义是无限可数集的势，关于无限大的自然数或者无限大的其他数我们在介绍到实数与极限的时候会有更完善的定义。