初等數學I 自然數 第一節 基數理論
初等數學I 自然數 第一節 基數理論
從這一節開始我們正式進入初等數學的內容，第一個主題是自然數，對於這個人類使用了幾千年、我們每個人從小學到大的數學工具，我們還可以討論的問題是如何用最少的公理來描述它，也就是如何建立一個最簡單的公理體系，能推匯出自然數的所有運算性質，並對如何解答其他涉及自然數的問題提供一定的啟示。最流行的自然數的公理體系有兩套，基數理論與序數理論。基數理論建立在集合的勢的基礎上，序數理論建立在序關係的基礎上，這一講我們先討論基數理論。在序章第二節我們介紹了集合的勢(基數)，還不太熟悉的讀者可以去回顧一下。
定義1.1 自然數 稱有限集的基數為自然數，記自然數集為 N \mathbb{N} N。
評註1.1
空集的勢為0。
在自然數集上定義運算。
加法：
∀
a
,
b
∈
N
\forall a,b \in \mathbb{N}
∀a,b∈N，記它們的加法為
a
+
b
a+b
a+b, 根據定義，
∃
A
,
B
\exists A,B
∃A,B滿足
∣
A
∣
=
a
,
∣
B
∣
=
b
|A|=a,|B|=b
∣A∣=a,∣B∣=b，假設
A
∩
B
=
ϕ
A \cap B = \phi
A∩B=ϕ，則
∣
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, 記它們的乘法為
a
⋅
b
a \cdot b
a⋅b，根據定義，
∃
{
A
i
}
i
=
1
b
\exists \{A_i\}_{i=1}^b
∃{Ai}i=1b滿足
∣
A
i
∣
=
a
|A_i|=a
∣Ai∣=a，並且它們兩兩無交，則
∣
⨆
i
=
1
b
A
i
∣
=
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∣∣∣∣∣=b
a+a+⋯+a=a⋅b
減法：
∀
a
,
b
∈
N
\forall a,b \in \mathbb{N}
∀a,b∈N，根據定義，
∃
A
,
B
\exists A,B
∃A,B滿足
∣
A
∣
=
a
,
∣
B
∣
=
b
|A|=a,|B|=b
∣A∣=a,∣B∣=b，且
B
⊆
A
B \subseteq A
B⊆A，則
∣
A
∖
B
∣
=
a
−
b
|A \setminus B|=a-b
∣A∖B∣=a−b
這裡就必須要非常謹慎了，因為我們是通過集合的勢定義的自然數，因此在定義自然數的減法的時候，我們只能定義被減數比減數大的時候的減法。如果不限制 B ⊆ A B \subseteq A B⊆A，比如假設 B B B包含 A A A， A ∖ B = ϕ A \setminus B=\phi A∖B=ϕ， ∣ A ∖ B ∣ = 0 |A \setminus B|=0 ∣A∖B∣=0，也就是說小一點的數減去大一點的數結果依然是0，這樣和我們的經驗是不相符的。事實上這個bug出現的原因是自然數集對我們所熟悉的自然數的減法運算不是封閉的，也就是說，小一點的數減去大一點的數結果應該是一個負數，但自然數是集合的勢，是不包含負數的。我們可以驗證自然數集上的加法與乘法是封閉的。
序關係：按定義1.1理解，自然數的序關係就是勢的序關係，可以參考序章第二講定義0.8與序章第三講例0.5理解。
定理 1.1
- ( N , + ) (\mathbb{N},+) (N,+)是一個么半群，且滿足交換律；
- ( N , ⋅ ) (\mathbb{N},\cdot) (N,⋅)是一個么半群，且滿足交換律；
- 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 ⋅ a c \cdot (a+b) = c \cdot a+c \cdot a c⋅(a+b)=c⋅a+c⋅a
評註 1.2
- 序章第五節介紹了群環域的概念，不熟悉的同學可以回顧一下；
- 一個代數結構是群需要在集合上定義的二元運算及其逆運算均封閉，且存在么元並滿足結合律，如果逆運算不封閉但其他條件滿足，那麼就只是么半群，上文討論到自然數的減法可能出現負數，而除法可能出現實數，所以二者均不封閉。
下面我們完成定理1.1的證明。
證明
第一個結論：
∣
A
∣
=
a
,
∣
B
∣
=
b
,
∣
C
∣
=
c
|A|=a,|B|=b,|C|=c
∣A∣=a,∣B∣=b,∣C∣=c
- 驗證結合律: a + ( b + c ) = ∣ A ⊔ ( B ⊔ C ) ∣ = ∣ ( A ⊔ B ) ⊔ C ∣ = ( a + b ) + c a+(b+c)=|A \sqcup (B \sqcup C)| = |(A \sqcup B) \sqcup C|=(a+b)+c a+(b+c)=∣A⊔(B⊔C)∣=∣(A⊔B)⊔C∣=(a+b)+c
- 驗證么元: ∣ ϕ ∣ = 0 |\phi|=0 ∣ϕ∣=0滿足 a + 0 = 0 + a = ∣ A ∪ ϕ ∣ = ∣ ϕ ∪ A ∣ = ∣ A ∣ = a a+0=0+a=|A\cup \phi| = |\phi \cup A| = |A|=a a+0=0+a=∣A∪ϕ∣=∣ϕ∪A∣=∣A∣=a
- 驗證交換律： a + b = ∣ A ⊔ B ∣ = ∣ B ⊔ A ∣ = b + a a+b = |A \sqcup B| = |B \sqcup A| = b+a a+b=∣A⊔B∣=∣B⊔A∣=b+a
綜上， ( N , + ) (\mathbb{N},+) (N,+)是滿足交換律的么半群。
第三個結論：
∃
{
A
i
}
i
=
1
c
,
{
B
i
}
i
=
1
c
\exists \{A_i\}_{i=1}^c,\{B_i\}_{i=1}^c
∃{Ai}i=1c,{Bi}i=1c兩列無交集列，
∣
A
i
∣
=
a
,
∣
B
i
∣
=
b
|A_i|=a,|B_i|=b
∣Ai∣=a,∣Bi∣=b，
(
a
+
b
)
⋅
c
=
∣
⨆
i
=
1
c
(
A
i
⊔
B
i
)
∣
=
∣
⨆
i
=
1
c
A
i
∣
+
∣
⨆
i
=
1
c
B
i
∣
=
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
第二個結論與第四個結論留給讀者證明，乘法交換律證明思路如下，假設我們把自然數寫成表格的形式：
n
11
n
12
n
13
⋯
n
1
a
n
21
n
22
n
23
⋯
n
2
a
n
31
n
32
n
33
⋯
n
3
a
⋯
⋯
⋯
⋯
⋯
n
b
1
n
b
2
n
b
3
⋯
n
b
a
\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
記 A i A_i Ai表示第 i i i列構成的集合， B j B_j Bj表示第 j j j行構成的元素，利用 A i , B j A_i,B_j Ai,Bj這兩個集列按照定義就可以證明乘法交換律了。
最後我們來討論一下無窮的概念。我們按照定義1.1定義的自然數實際上只能處理有限的情況，但我們知道自然數的個數其實是無窮多個，所以為了讓基數理論更加完善，我們需要引入一個新的概念。
定義1.2 可數集 (countable set) 稱集合 A A A為可數集，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為雙射。如果 ∣ E ∣ < ∞ |E|<\infty ∣E∣<∞，稱 A A A為有限集；如果 ∃ g : N → A \exists g:\mathbb{N} \to A ∃g:N→A為雙射，稱 A A A為無限可數集。
例1.1 判斷下列集合是否是無限可數集
- { n 2 : n ∈ N } \{n^2 : n \in \mathbb{N}\} {n2:n∈N}
- { sin π n : n ∈ N } \{\sin \pi n: n \in \mathbb{N}\} {sinπn:n∈N}
解
第一問：記
f
(
n
)
=
n
2
,
∀
n
∈
N
f(n)=n^2,\forall n \in \mathbb{N}
f(n)=n2,∀n∈N，根據定理1.1，
(
N
,
⋅
)
(\mathbb{N},\cdot)
(N,⋅)是么半群(對乘法封閉)，
f
(
N
)
⊆
N
f(\mathbb{N}) \subseteq \mathbb{N}
f(N)⊆N;
∀
n
∈
N
\forall n \in \mathbb{N}
∀n∈N,
n
2
∈
f
(
N
)
n^2 \in f(\mathbb{N})
n2∈f(N), 因此
∃
m
=
n
2
∈
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)，於是
N
⊂
f
(
N
)
\mathbb{N} \subset f(\mathbb{N})
N⊂f(N)。所以
f
:
N
→
{
n
2
:
n
∈
N
}
f:\mathbb{N} \to \{n^2 : n \in \mathbb{N}\}
f:N→{n2:n∈N}是雙射，根據定義，
{
n
2
:
n
∈
N
}
\{n^2 : n \in \mathbb{N}\}
{n2:n∈N}是無限可數集。
第二問：注意到
sin
(
x
)
\sin(x)
sin(x)是週期為
2
π
2\pi
2π的函式，這一問中，
{
sin
π
n
:
n
∈
N
}
=
{
0
}
\{\sin \pi n: n \in \mathbb{N}\}=\{0\}
{sinπn:n∈N}={0}
因此 { sin π n : n ∈ N } \{\sin \pi n: n \in \mathbb{N}\} {sinπn:n∈N}是有限集。
定義 1.3 無限可數集的勢 我們引入一個記號來表示無限可數集的勢，
ℵ
0
\aleph_0
ℵ0，則
∣
N
∣
=
ℵ
0
|\mathbb{N}|=\aleph_0
∣N∣=ℵ0
根據定義1.2，無限可數集與自然數集之間存在雙射，於是根據定義0.8，所有無限可數集的勢均為 ℵ 0 \aleph_0 ℵ0。
定理1.2
- ℵ 0 + ℵ 0 = ℵ 0 \aleph_0+\aleph_0 = \aleph_0 ℵ0+ℵ0=ℵ0
- ℵ 0 + m = ℵ 0 \aleph_0+m=\aleph_0 ℵ0+m=ℵ0， m m m是一個有限自然數
證明
i）假設
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
→
F
g: \mathbb{N} \to F
g:N→F為雙射，並且
E
∩
F
=
ϕ
E \cap F=\phi
E∩F=ϕ。定義一個新的對映
h
:
E
⊔
F
→
N
h:E \sqcup F \to \mathbb{N}
h:E⊔F→N，
h
(
x
)
=
{
f
−
1
(
x
)
,
x
∈
E
g
−
1
(
x
)
,
x
∈
F
h(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
請讀者自行驗證
h
h
h為雙射。則根據加法與無限可數集的勢的定義，
∣
E
⊔
F
∣
=
ℵ
0
+
ℵ
0
=
∣
N
∣
=
ℵ
0
|E \sqcup F| =\aleph_0+\aleph_0 = |\mathbb{N}|= \aleph_0
∣E⊔F∣=ℵ0+ℵ0=∣N∣=ℵ0
ii）假設
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
}
→
F
g: \{1,2,\cdots,m\} \to F
g:{1,2,⋯,m}→F為雙射，
E
∩
F
=
ϕ
E \cap F = \phi
E∩F=ϕ。定義兩個新的對映，
g
1
:
ϕ
→
F
g
2
:
N
→
F
g_1:\phi \to F \\ g_2:\mathbb{N} \to F
g1:ϕ→Fg2:N→F
請讀者自行驗證
g
1
g_1
g1是單射，
g
2
g_2
g2是滿射，結合定義0.8，以及定理1.2的前半段，我們可以獲得，
ℵ
0
≤
∣
E
⊔
F
∣
≤
ℵ
0
+
ℵ
0
=
ℵ
0
\aleph_0 \le |E \sqcup F| \le \aleph_0+\aleph_0 = \aleph_0
ℵ0≤∣E⊔F∣≤ℵ0+ℵ0=ℵ0
於是
ℵ
0
+
m
=
ℵ
0
\aleph_0+m = \aleph_0
ℵ0+m=ℵ0
注 儘管我們有了第一個關於無限的定義， ℵ 0 \aleph_0 ℵ0，但並不建議大家把這個符號理解成一個無限大的自然數，它的含義是無限可數集的勢，關於無限大的自然數或者無限大的其他數我們在介紹到實數與極限的時候會有更完善的定義。
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