支付宝 外贸网站,怎么制作网站主题,免费招人的平台,新闻热点素材文章目录 前言一、自然数的序的定义二、自然数的序的基本性质三、序的三歧性四、强归纳法原理总结 前言
在2.2 (b)的末尾#xff0c;我们定义了自然数的正性#xff0c;现在#xff0c;我们来定义自然数的序#xff0c;它是一种自然数的二元关系#xff0c;通过加法进行定… 文章目录 前言一、自然数的序的定义二、自然数的序的基本性质三、序的三歧性四、强归纳法原理总结 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 ≥ m , m ≤ n n\geq m, m\leq n n≥m,m≤n当且仅当存在自然数a使得 n m a nma nma我们称n严格大于m记为 n m , m n n m,m n nm,mn当且仅当 n ≥ m , n ≠ m n\geq m, n\neq m n≥m,nm。
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 x x都可以找到自然数x使得 x 0 x x0x x0x所以有 0 ≤ x 0\le x 0≤x。而对任意正自然数也就有 0 x 0x 0x。
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 ≥ a a\geq a a≥a b. (序是传递的) a ≥ b , b ≥ c a\geq b, b\geq c a≥b,b≥c 则 a ≥ c a\geq c a≥c c. (序是反对称的) a ≥ b , b ≥ a a\geq b, b\geq a a≥b,b≥a则 a b ab ab d. (加法保序) a ≥ b a\geq b a≥b当且仅当 a c ≥ b c ac\geq bc ac≥bc e. a b ab ab当且仅当 a ≤ b a\le b a≤b f. a b ab ab当且仅当存在某个正数 d d d 满足 b a d bad bad 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 ∃ \exist ∃ 自然数0使得 a 0 a a0a a0a ∴ a ≥ a \therefore a\geq a ∴a≥a b. 证明 ∵ a ≥ b , b ≥ c \because a\ge b, b\ge c ∵a≥b,b≥c ∴ ∃ \therefore \exist ∴∃ 自然数 x , y x, y x,y 满足 a b x , b c y abx, bcy abx,bcy ∴ a c y x \therefore acyx ∴acyx ∴ a ≥ c \therefore a\geq c ∴a≥c c. 证明$\exist $ 自然数 x , y x,y x,y 满足 a b x , b a y abx, bay abx,bay ∴ a a y x \therefore aayx ∴aayx由消去律有 0 x y 0xy 0xy ∴ x y 0 , a b \therefore xy0, ab ∴xy0,ab d. 证明i). “” ∵ a ≥ b \because a\geq b ∵a≥b ∴ a b x , a c b c x \therefore abx, acbcx ∴abx,acbcx ∴ a c ≥ b c \therefore ac\geq bc ∴ac≥bc ii). “” ∵ a c ≥ b c \because ac\geq bc ∵ac≥bc ∴ a c b c x \therefore acbcx ∴acbcx由消去律有 a b x abx abx ∴ a ≥ b \therefore a\geq b ∴a≥b e. 证明i). “” ∵ a b \because a b ∵ab ∴ b a x \therefore bax ∴bax 假设 x 0 x0 x0则有 a b ab ab矛盾因此 x x x为正。 ∴ ∃ \therefore \exist ∴∃ 自然数 y y y 满足 x y xy xy ∴ b a y ( a ) y \therefore bay(a)y ∴bay(a)y ∴ a ≤ b \therefore a\le b ∴a≤b ii). “” ∵ a ≤ b \because a\le b ∵a≤b ∴ b ( a ) x a x \therefore b(a)xax ∴b(a)xax ∴ a ≤ b \therefore a\le b ∴a≤b 假设 a b ab ab则 a a x aax aax由消去律有 0 x 0x 0x 由Peano公理可知0不是任何自然数的后继矛盾因此 a ≠ b a\neq b ab ∴ a b \therefore ab ∴ab f. 证明i). “” ∵ a b \because ab ∵ab ∴ b a d \therefore bad ∴bad. 由e中可知 d d d为正。 ii). “” ∵ b a d \because bad ∵bad ∴ a ≤ b \therefore a\le b ∴a≤b 假设 a b 则有 a a d 0 d 假设ab则有aad0d 假设ab则有aad0d矛盾因此 a ≠ b a\neq b ab ∴ a b \therefore ab ∴ab 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 a,b a,b下列三个命题恰有一个为真 a b , a b , a b ab,ab,ab ab,ab,ab。
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) ∵ a b a ≠ b , a b a ≠ b \because ab a\neq b, ab a\neq b ∵abab,abab ∴ a b \therefore ab ∴ab 与 a b ab ab 或者 a b ab ab 不同时为真。 假设 a b , a b ab, ab ab,ab同时为真 ∵ a b a ≤ b , a b a ≥ b \because ab a\leq b, ab a\ge b ∵aba≤b,aba≥b ∴ a b \therefore ab ∴ab 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 ) P(0) P(0) 为真若b为0则 a b 0 ab0 ab0为真。若b为正数则 b a 0 ba0 ba0为真。 设 P ( a ) P(a) P(a) 为真则有三个命题中至少一个为真。 下证 P ( a ) P(a) P(a)为真 若 a b ab ab 为真则有 a b b 1 abb1 abb1 ∵ 1 \because 1 ∵1 为正 ∴ a b \therefore ab ∴ab 为真若 a b ab ab 为真则 ∃ \exist ∃ 正数 x x x 满足 a b x abx abx ∴ a ( b x ) b x \therefore a (bx)bx ∴a(bx)bx 由Peano公理可知 ∵ x \because x ∵x 为正则 a b ab ab 为真若 a b ab ab 为真由序的基本性质 e 可知 a ≤ b a\le b a≤b ∴ ∃ \therefore \exist ∴∃ 自然数 x x x 满足 b x a bxa bxa 若 x 为0则有 b a ba ba为真若 x 为正由序的基本性质 f 有 b a ba ba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。 ∴ b a , b a \therefore ba, ba ∴ba,ba 至少有一个为真。 因此 a b , a b , a b ab,ab,ab ab,ab,ab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 m_0 m0 是一个自然数而 P ( m ) P(m) P(m) 是依赖于自然数 m 的一个性质。 设对于每个 m ≤ m 0 m\le m_0 m≤m0 都有 若 ∀ m 0 ≤ m ′ m , P ( m ′ ) \forall m_0\le m m, P(m) ∀m0≤m′m,P(m′) 为真则 P ( m ) P(m) P(m) 也为真 的关系特别的当 m m 0 mm_0 mm0 时条件为空因此 P ( m 0 ) P(m_0) P(m0) 为真则可以断定 P ( m ) P(m) P(m) 对 ∀ m ≥ m 0 \forall m\ge m_0 ∀m≥m0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 ) P(m_0) P(m0) 为真的自然数 m 0 m_0 m0 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 ) P(n) P(n) 为真就推出 P ( n ) P(n) P(n) 为真。 强归纳法的归纳性要求可以借助 P ( m ′ ) P(m) P(m′) 为真推出 P ( m ) P(m) 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 ) P(n) 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 ) P(n) P(n) 为真就能推出 P ( n ) P(n) P(n) 为真则加上前面的多余条件也一样可以推出 P ( n ) P(n) 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 m_0 m0 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 ′ ) P(m) P(m′) 对一切 m 0 ≤ m ′ m m_0\le mm m0≤m′m 打包成一个性质 Q ( m ) Q(m) Q(m)。只要证明 Q ( m ) Q(m) Q(m) 对任意自然数为真即可。 证明定义性质 Q ( m ) Q(m) Q(m) 表示 P ( m ) P(m) P(m) 对一切 m 0 ≤ m ′ m m_0\le mm m0≤m′m 成立。当 m m 0 mm_0 mm0时 m ′ m m′ 为空集 P ( m ′ ) P(m) P(m′) 为真 Q ( m ) Q(m) 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 m m 进行归纳。 ∴ Q ( 0 ) 为真 \therefore Q(0) 为真 ∴Q(0)为真 设 Q ( m ) Q(m) Q(m) 为真则有 P ( m ′ ) P(m) P(m′) 对一切 m 0 ≤ m ′ m m_0\le mm m0≤m′m 为真 下证 Q ( m ) Q(m) Q(m) 为真 由强归纳法的归纳性可知若 P ( m ′ ) P(m) P(m′) 对一切 m 0 ≤ m ′ m m_0\le mm m0≤m′m 为真则有 P ( m ) P(m) P(m) 为真。 ∴ P ( m ′ ) \therefore P(m) ∴P(m′) 对一切 m 0 ≤ m ′ m m_0\le m m m0≤m′m 为真。即 Q ( m ) Q(m) Q(m) 为真。 由Peano公理中的归纳法原理可知 Q ( m ) Q(m) Q(m) 对一切自然数都为真。 即 P ( m ′ ) P(m) P(m′) 对一切 m 0 ≤ m ′ m m_0\le mm m0≤m′m 对 ∀ m \forall m ∀m 都为真。 ∵ ∀ m ′ \because \forall m ∵∀m′我们总能找到自然数 m使得 m ′ m mm m′m成立 ∴ \therefore ∴ 上述命题对 ∀ m ′ ≥ m 0 \forall m\ge m_0 ∀m′≥m0 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。
