广州网站制作哪家专业seo博客大全

---

前言

在2.2 (b)的末尾，我们定义了自然数的正性，现在，我们来定义自然数的序，它是一种自然数的二元关系，通过加法进行定义。

---

一、自然数的序的定义

自然数的序定义如下：设n和m是自然数，我们称n大于等于m，记为$n\ge m,m\le n$，当且仅当存在自然数a，使得$n=m+a$；我们称n严格大于m，记为$n>m,m<n$，当且仅当$n\ge m,n\ne m$。

这个定义理解起来还是非常直观易懂的，没有需要过多赘述的地方。由于任意一个自然数$x$都可以找到自然数x，使得$x=0+x$，所以有$0\le x$。而对任意正自然数也就有$0<x$。

二、自然数的序的基本性质

下面我们来看序的基本性质：

a. (序是自反的) $a\ge a$
b. (序是传递的) $a\ge b,b\ge c$， 则 $a\ge c$
c. (序是反对称的) $a\ge b,b\ge a$，则 $a=b$
d. (加法保序) $a\ge b$，当且仅当$a+c\ge b+c$
e. $a<b$，当且仅当 $a++\le b$
f. $a<b$，当且仅当存在某个正数 $d$ 满足 $b=a+d$

这些基本性质都很符合直观理解，证明也都比较简单，我们来依次证明一下：

a. 证明：$\exists$ 自然数0，使得$a+0=a$，$\therefore a\ge a$

b. 证明：$\because a\ge b,b\ge c$，
$\therefore \exists$ 自然数 $x,y$ 满足 $a=b+x,b=c+y$
$\therefore a=c+y+x$
$\therefore a\ge c$

c. 证明：$\exist $ 自然数 $x,y$ 满足 $a=b+x,b=a+y$
$\therefore a=a+y+x$，由消去律有：$0=x+y$
$\therefore x=y=0,a=b$

d. 证明：i). “=>” $\because a\ge b$
$\therefore a=b+x,a+c=b+c+x$
$\therefore a+c\ge b+c$
ii). “<=” $\because a+c\ge b+c$
$\therefore a+c=b+c+x$，由消去律有：$a=b+x$
$\therefore a\ge b$

e. 证明：i). “=>” $\because a<b$，
$\therefore b=a+x$
假设$x=0$，则有$a=b$，矛盾！因此$x$为正。
$\therefore \exists$ 自然数 $y$ 满足$x=y++$
$\therefore b=a+y++=(a++)+y$
$\therefore a++\le b$
ii). “<=” $\because a++\le b$
$\therefore b=(a++)+x=a+x++$
$\therefore a\le b$
假设$a=b$，则$a=a+x++$，由消去律有$0=x++$
由Peano公理可知，0不是任何自然数的后继，矛盾！因此$a\ne b$
$\therefore a<b$

f. 证明：i). “=>” $\because a<b$
$\therefore b=a+d$. 由e中可知 $d$为正。
ii). “<=” $\because b=a+d$
$\therefore a\le b$
$假设a=b，则有a=a+d，0=d$，矛盾！因此，$a\ne b$
$\therefore a<b$

这些性质的证明都不难，把之前已经掌握的推论命题都利用一下就能轻松得证。

三、序的三歧性

所谓序的三歧性是指对于任意两个自然数$a,b$，下列三个命题恰有一个为真：$a<b,a=b,a>b$。

这个性质也就决定了自然数之间的序的关系只能是这三种情况中的一种。这个性质证明也不难，**证明思路如下：**由序的定义，容易知道第一个和第三个命题均与第二个命题是互斥的，则他们无法同时为真。然后再说明第一第三也无法同时为真，则说明了只能有一个命题为真。后面再证至少一个命题为真即可。

证明：i) $\because a<b=>a\ne b,a>b=>a\ne b$
$\therefore a=b$ 与 $a<b$ 或者$a>b$ 不同时为真。
假设$a<b,a>b$同时为真
$\because a<b=>a\le b,a>b=>a\ge b$
$\therefore a=b$ 矛盾！因此任意两个命题不同时为真。
ii) 固定b,对a使用归纳法证明三个命题中至少一个为真：
验证 $P(0)$ 为真：若b为0，则$a=b=0$为真。若b为正数，则$b>a=0$为真。
设 $P(a)$ 为真，则有三个命题中至少一个为真。
下证$P(a++)$为真：

1. 若 $a=b$ 为真，则有 $a++=b++=b+1$，$\because 1$ 为正
   $\therefore a++>b$ 为真
2. 若 $a>b$ 为真，则 $\exists$ 正数 $x$ 满足 $a=b+x$
   $\therefore a++=(b+x)++=b+x++$，
   由Peano公理可知 $\because x++$ 为正，则 $a++>b$ 为真
3. 若$a<b$ 为真，由序的基本性质 e 可知 $a++\le b$
   $\therefore \exists$ 自然数 $x$ 满足 $b=x+a++$
   若 x 为0，则有 $b=a++$为真；若 x 为正，由序的基本性质 f 有 $b>a++$为真。
   由消去律易知这样的 x 是唯一的，而自然数 x 只能为0或者不是0（即为正）。
   $\therefore b>a++,b=a++$ 至少有一个为真。
   因此，$a++>b,a++=b,a++<b$至少有一个为真 。
   从而，如上三个命题有且只有一个为真。

有了这个三歧性，以后对于自然数之间的序关系就可以使用排除法来分析，即若已知其中两个命题为假，第三个命题必为真。同样若一个命题为真，则另外两个必为假。

四、强归纳法原理

由序的性质，可以得到归纳法原理的更强形式——强归纳原理：

设 $m_0$ 是一个自然数，而 $P(m)$ 是依赖于自然数 m 的一个性质。 设对于每个 $m\le m_0$ 都有 若 $\forall m_0\le m^{\prime }<m,P(m^{\prime })$ 为真，则 $P(m)$ 也为真 的关系，（特别的，当 $m=m_0$ 时，条件为空，因此 $P(m_0)$ 为真）则可以断定 $P(m)$ 对 $\forall m\ge m_0$成立。

对比强归纳原理与2.1 Peano公理中的弱归纳原理，可以看到在起始条件上，不再是从0开始归纳，而是可以从任意使得性质 $P(m_0)$ 为真的自然数 $m_0$ 开始。其次，在归纳性上，也放宽了要求：

弱归纳法的归纳性要求：必须仅仅依靠 $P(n)$ 为真，就推出 $P(n++)$ 为真。
强归纳法的归纳性要求：可以借助$P(m^{\prime })$ 为真，推出 $P(m)$ 为真。

这两个归纳法的强弱的理解可能稍微有点绕，我们简单梳理一下：弱归纳法的归纳性要求中给定的条件更少（只有 $P(n)$ 为真），需要能够推出的结论确实相同（即P对下一个自然数为真），所以该归纳法对性质P具有更严苛的要求，所以该归纳法能适用的情况更少，也就是更弱。

其实，当性质P满足若归纳法的归纳性要求时，则必然满足强归纳法的归纳性要求。如果只需要 $P(n)$ 为真就能推出 $P(n++)$ 为真，则加上前面的多余条件也一样可以推出 $P(n++)$ 为真。

啰嗦了这么久，理清了强弱归纳法的关系，下面我们来证明一下强归纳原理。首先整理一下证需要证明的内容：若一个性质对自然数满足强归纳性要求，且存在某个起始自然数 $m_0$ 为真，那么借由这种强归纳性需要能够推出该性质对任意大于起始自然数的自然数为真。

要证明强归纳原理，势必要往弱归纳原理上靠，所以需要把强归纳性中要求的对一群自然数成立的条件变成对单个自然数成立，且这个单个自然数还必须是我们的归纳对象，从而可以使用弱归纳法进行归纳推理。因此将 $P(m^{\prime })$ 对一切 $m_0\le m^{\prime }<m$ 打包成一个性质 $Q(m)$。只要证明 $Q(m)$ 对任意自然数为真即可。

证明：定义性质 $Q(m)$ 表示： $P(m)$ 对一切 $m_0\le m^{\prime }<m$ 成立。当 $m<m_0$时，$m^{\prime }$ 为空集，$P(m^{\prime })$ 为真，$Q(m)$ 也为真。（可以这么考虑，空集中找不出任意元素使得P为假。）
对 $m$ 进行归纳。
$\therefore Q(0)为真$
设 $Q(m)$ 为真，则有 $P(m^{\prime })$ 对一切 $m_0\le m^{\prime }<m$ 为真
下证 $Q(m++)$ 为真：
由强归纳法的归纳性可知，若$P(m^{\prime })$ 对一切 $m_0\le m^{\prime }<m$ 为真，则有 $P(m)$ 为真。
$\therefore P(m^{\prime })$ 对一切$m_0\le m^{\prime }<m++$ 为真。即 $Q(m++)$ 为真。
由Peano公理中的归纳法原理可知，$Q(m)$ 对一切自然数都为真。
即 $P(m^{\prime })$ 对一切 $m_0\le m^{\prime }<m$ 对 $\forall m$ 都为真。
$\because \forall m^{\prime }$，我们总能找到自然数 m，使得 $m^{\prime }<m$成立
$\therefore$ 上述命题对 $\forall m^{\prime }\ge m_0$ 均为真。

不知道是否有人会有这样的疑惑：强归纳法只要能够通过对一堆自然数成立，推导下一个自然数成立，然后再重复，不就可以推导对所有自然数成立了吗，为什么还需要证明？

个人思考：这种多米诺骨牌式的归纳推理确实是直观上容易接受的，但是弱归纳原理是一个公理，它给出了归纳法的基本框架，让我们只需要证明性质具有弱归纳性就可以推导出对全部自然数成立。因为公理中规定了自然数需要具有这种被递推归纳的性质。而强归纳原理的归纳性要求并不等同于归纳原理中的内容，也就无法直接借助公理得出对全部自然数成立的结论（这里的讨论我们暂时忽略起始自然数的问题）。一点浅薄的理解，望批评指正。

---

总结

本文把加法的最后一点小尾巴，自然数的序收尾了，并且介绍了强归纳法原理。