1 小学自然数的思想和方法

案例1：在教学“2”的认识时，教学2的主题图后，教师让学生动手：摆2根小棒，拿出2支铅笔，伸出2个手指，拍手2下等„„

在教学“3”的认识时，教师先出示3的主题图（或出示挂图，或使用投影，有条件的可用电脑软盘）。引导学生观察图意，并用一问一答的形式引导学生说出：图中有3位工人阿姨在装配电视机，每人装配1台，共3台。3位阿姨、3台电视，它们的数量都是3。

案例2：为了使学生直观感受到2在3的前面，3在2的后面，2添上1是3，3去掉1是2，一位教师依据教材，设计了包含三个层次的教学设计案例： 第一层次：用拨算珠直观感受3和2的关系。教师出示计数器，边说边在计数器上拨珠，先拨两个珠子，再拨1个珠子（学生观察教师的拨珠动作），教师提问：“先拨两个珠子再拨1个珠子，一共拨了几个珠子？”“3个珠子去掉1个珠子是几个珠子？”

第二层次：学生动手操作直接体会3和2的关系。教师请全班学生动手：先摆2根小棒，再添1根小棒。然后观察并回答“一共摆了几根小棒？”跟着，教师又追问：“2根小棒添上几根小棒是3根小棒？”

第三层次：摆点子图，使学生明确3以内数的排列顺序是1、2、3。 教师出示磁性黑板，先摆出1个点子，提问：“这是几个点子？”学生回答后，教师在1个点子图的下面摆出数1；教师再在1个点子的右边分别摆出2个点子和3个点子，提问并在学生回答后，在2个点子图和3个点子图的下面分别摆出数2和数3。

教师告诉学生：现在这3个数排好了，请一名同学按顺序把这3个数读一读。然后进一步提问：“按照数的顺序，2的后面一个数是几？2添上几是3？”“3的前面一个数是几？3去掉几是2？”

分析：自然数的含义有两种，它可以表示“几个”（基数含义）和“第几个”（序数含义）。这里，案例1主要是教学数的基数含义，但没有给出“基数”这个词，仅仅要求学生知道数能表示“几个”。同时，蕴含着“一一对应”等思想。 案例2则是进行3以内数的顺序的教学，旨在使学生体会“第几个”（序数

2 含义）。更进一步地，进行8、9、10的教学将涉及数位等思想。

其实，小学生最早接触的数就是自然数。在小学数学教学中，我们为什么在0，1，2，3，4，5，6，7，8，9学习时强调“后继”？为什么强调进位？为什么强调一一对应？„„其实，这些问题都不是偶然的。众所周知，0，1、2、3、4、5、„„，叫做自然数。自然数起源于数（shǔ），它可以用来表示事物的多少，也可以用来编号，表示事物的次序。当用来表示事物的数量，即被数的物体有“多少个”时，这就是自然数的基数意义；当用来表示事物的次序，即最后被数的物体是“第几个”时，就是自然数的序数意义。与此相对应，自然数的理论有基数理论和序数理论两种。

人类在生存生产的长期实践中创造了数。在几千年的历史进程中, 人类对数的认识经历了一个由表及里、由浅入深的过程。今天，我们所应用的数系, 在科学技术和社会生活的一切领域内, 都是一种基本的语言和必不可少的工具。由于前人在其形成和发展的过程中经历了太多的曲折和艰辛, 使之不断完善, 我们今天才能够得心应手地享用这份成果。数作为一种语言, 也是一种交际工具, 是人类在长期的生产和交换过程中逐渐形成的。远古人类如何创造了数已无从查考, 今天只能进行一些猜测: 人类的祖先在起初时, 也许只会用物物逐一比较的办法来分别多少, 以后又学会了物与第三者(如人的手指，墙上的刻痕或悬挂的绳索等) 来进行间接的比较, 从而逐渐产生了不依附于具体对象的“个数”概念。随着生产和交换活动的不断扩大，这种“个数”概念也就逐渐被赋予了某种记号或语音, 这就产生了最早的数。人类最初掌握的数是很少的, 在近代残存的原始部落中, 人们发现他们所掌握的数均未超过二十, 这大概与人的手指和脚趾的总数是二十有关。随着人类社会的进步，数也不断地发展完善, 其中应当提一下的是进位记数法的产生。进位记数法，就是运用少量的符号, 通过它们不同个数的排列, 去表示不同的数(如现在运用的十进位法) 。进位记数法的产生, 使得记数的范围得到无限的扩大, 也使得复杂的算术运算有了实施的可能。这标志着人类掌握的数的语言, 已从少量的文字个体, 发展到了一个具有完善运算规则的数系。人类第一个认识的数系就是常说的自然数系。

3 一、自然数的基数理论

自然数的基数理论，是把自然数定义为一切有限集合的基数，即元素的个数。

基于基数的自然数概念可溯源于原始人类用匹配方法计数。中国古代《易·系辞》中说，“上古结绳而治，后世圣人易之以书契”，这都是匹配计算法的反映。开始人们只会用一一对应的方法来比较属于不同集合的元素个数的多少，后来逐渐认识到许多物体集合中的元素可以一一对应，数学中把它们叫做等价集合。即，对于集合A={a1,a 2,a 3, „,a n }，B={b1,b 2,b 3, „,b n }而言，它们之间就可以建立一一对应关系（如，映射f ：a i →b i ，其中，i=1，2，„，n ），

进而，也就构成了一组等价集合，自然数n 就成为这些集合A 、B 、„的共同特征之一。

随着语言文字的发展，人们用数作为一类等价集合的标记，这样的数就是有限集合的基数，它是一类有限等价集合的共同特征。集合的基数具有元素“个数”的意义，当集合是有限集时，该集合的基数就是自然数。特别地，空集 的基数就是0.

二、自然数的序数理论

数，是数学的最基本的概念，对数的研究始终是数学的基本问题，人们对数的认识，可以追溯到五千年以前的人类早期，在人类对数的认识和研究过程中，数的范围逐步扩大，数的内涵不断丰富，然而，对于数的系统作全面的，理论上的总结，还只是近一百多年前的事。

人们对于自然数的认识首先是从数数开始的，而数数一定要遵守下面的要求：

﹙1﹚数第一个对象时，令其与数1对应。

﹙2﹚每数一个前面未数过的对象时，令它和一个数对应，这些数一个紧挨着一个，没有间断。

数学家把这两条数的本质特征抽象出来，将其公理化，首先进行这方面尝试的是意大利数学家和哲学家皮阿罗，下面我们就引入他的公理体系。

为了计数，必须有某种数制，即建立一个依次排列的标准集合。对某一个有限集合计数，就是将该集合中每个元素顺次与标准集合中的项对应，所对应

4 的最后的项，就标志着给定集合元素的个数。这种想法启发了意大利数学家皮亚诺（G. G. Peano,1858～1932），他于1889年建立了自然数的序数理论，进而完全确立了数系的理论。

自然数的序数理论，是根据一个集合里某些元素之间有“后继”(如3是2的后继，15是14的后继) 这一基本关系和五条公理（皮亚诺公理），把自然数集里的元素按1、2、3、4、5、„„这样一种基本关系而完全确定下来。

定义：任何一个非空集合N 的元素叫做自然数, 如果在这个集合中, 对于某些元素a 和b , 存在关系“b 在a 后面”，或者数b 是数a 后面的数﹙a 后面的数用a '表示﹚，满足下面的公理：

﹙Ⅰ﹚存在一个数1，它不在任何数的后面，即对∀数a , 1≠'a ；

﹙Ⅱ﹚对∀数a ，存在且仅存在一个它后面的数a '，即若b a =则b a '='； ﹙Ⅲ﹚任何数不能作为多于一个数后面的数, 即若b a '='则b a =；

﹙Ⅳ﹚﹙归纳公理﹚具有下面性质的自然数的任何集合M:

若 ①1∈M ；

②如果a ∈ M ，那它后面的数a '∈M 。

则集合M 含有一切自然数，即M 与N 一致，即M=N。

也许有人说，这个关于自然数定义不太好，按照这个定义，任何具有上面的性质的集合的元素，都称为自然数，这样一来自然数集好像不止一个，例如集合：

, , 2, 1, ++a a a 也满足上述公理，

但是所有满足上述公理的集合都存在关系“b 在a 后面”，它们是彼此同构的。看成一个集合。

三、自然数系所蕴含的思想、方法和问题

1．对应思想（可数的集合）与悖论

自然数建立在对应概念之上，而且对应的思想也成为自然数的一个重要性质。一一对应关系是集合论中建立两个集合“相等”关系的一个重要概念。而这个概念与约在公元前９世纪至公元前８世纪的古希腊荷马史诗中的一段美妙故事连在一起：当俄底修斯刺瞎独眼巨人波吕裴摩斯并离开克罗普斯国以后，那个不幸的盲老人每天坐在山洞口照料他的羊群。早晨母羊外出吃草，每出来

5 一只，他就从一堆石子中捡起一颗石子；晚上母羊返回山洞，每进去一只，他就扔掉一颗石子。当他把早晨捡起的石子都扔光时，他就确信所有的母羊全返回了山洞。这种方法在今天的数学上就叫一一对应。

正是这个“对应思想”，导致了俗称“理发师悖论”的罗素悖论的发现，引起了数学上的第三次危机。

值得一提的是，自然数系N *有一个几乎可以和悖论相提并论的“不可思议”的性质—N *与其偶数集“一样多”。也就是说，对于N *与其偶数集N 0，在对应法

则f ：n →2n （其中，n=0，1，2，„）下，N *与N 0之间可以建立一一对应关系，

从而，二者个数“一样多”！这绝对是不可思议的事，后者毕竟是前者的真子集。其实，对于无限集合来说，我们不能用有限集合的思维方式加以看待，对于一个无穷集合，部分有可能等于全部！在数学上，人们将自然数系N *的基数（也叫“势”）记做阿列夫0（而“阿列夫”是希伯莱字母表中的第一个字母）。

2．数位思想

位置制记数法是数系发展的第一个里程碑。所谓位置制记数法，就是运用少量的符号，通过它们不同个数的排列，以表示不同的数。

引起历史学家、数学史家兴趣的是，在自然环境和社会条件影响下，不同的文明创造了迥然不同的记数方法。最重要和最美妙的记数法则是十进位位置制记数法。法国著名数学家拉普拉斯（Laplace,1749 – 1827）曾经写道：用十个记号来表示一切的数，每个记号不但有绝对的值，而且有位置的值，这种巧妙的方法出自印度。这是一个深远而又重要的思想，它今天看来如此简单，以致我们忽视了它的真正伟绩。但恰恰是它的简单性以及对一切计算都提供了极大的方便，才使我们的算术在一切有用的发明中列在首位；而当我们想到它竟逃过了古代最伟大的两位人物阿基米德和阿波罗尼斯的天才思想的关注时，我们更感到这成就的伟大了。

拉普拉斯的这段评论十分精彩，只可惜他张冠李戴，把这项发明归之于印度。现已有充分而确凿的史料证明，十进位位置制记数法最先产生于中国。这一点也为西方的一些数学史家所主张，英国著名科学家、中国科技史大师李约瑟（Joseph Needham ,1900-1995）博士就曾指出“在西方后来所习见的‘印度数字’的背后，位置制已在中国存在了两千年。”不过，十进位位置制记数法的产生不能单纯地归结为天才的智慧。记数法的进步是与计算工具的改进相联

6 系的。研究表明，十进位位置制记数之产生于中国，是与算筹的使用与筹算制度的演进分不开的。

总之，了解自然数的一些基本数学知识、重要思想方法，可以更好地理解小学自然数内容，进而为我们的小学自然数的教学设计找到坚实的根基。

自然数与数系

当然, 自然数系远远不是完美无缺的。由于自然数系是一个离散的数系, 因此它只限于去表示一个单位，为了创造一个既符合实际又满足于理论上的需要的强有力的工具，我们必须把数的原始概念，即只把自然数当作数的这种概念，大大推广。在一个漫长而曲折的发展过程中，零、负整数、分数逐渐取得了和正整数同样的地位，而且今天这些数的运算规则已为普通中、小学校的学生所掌握。但是，为了在代数运算中得到完全的自由，我们必须更进一步地引进无理数和复数。

1 . 作为度量工具的有理数

自然数是从计算有限集合的元素的个数的过程中抽象出来的。但在日常生活中，我们不仅要数单个的对象，而且也需要度量像长度、面积、重量和时间这样的量。如果我们要能够自如地度量这种能任意细分的量，就必须把算术的范围扩展到自然数的范围之外，第一步是把度量的问题变为计数的问题。首先我们任意地选择一个度量单位，比如英尺、英寸、磅、克或秒等等，当然我们选择哪一个度量单位根据实际情况而定，并规定此度量单位为1，然后我们数一数被度量的那个量包含了多少个单位，例如某一块金属可能恰好是37英磅，但是一般说来，算单位的个数的过程中，某结果不一定是“正好算完”，即给定的量不一定恰好是我们所选择的单位的整数倍。可以说，在大多数情况下它是介于这个单位的两个相邻倍数之间，例如36磅和37磅之间。遇到这种情况时，我们可以通过把原单位分成n 等分，引进一个新的小单位。即在数学的符号体系中，把原来一个单位分为n 等分而得到的小单位，用符号n 1来表示；如果一个

7 给定的量恰好包含m 个小单位，它的度量将用符号

n

m 来表示。这个符号称为分数或比，人类在长期的社会生产实践中才认识到符号n m 脱离了它同测量过程及被测量的量的具体关系，而被看作是一种纯粹的数，它本身作为一个实体与自然数有同样的地位，当m 和n 是自然数时，我们称符号n

m 称为有理数。引进有理数，除了有其“实际”的原因而外，还有一个更内在的，从某些方面来看甚至是更为迫切的理由就是运算的封闭性。在通常的自然数的算术中，我们总能进行两个基本运算：加法和乘法，但是“逆运算”减法和除法并不总是可行的。两个整数b a , 的差a b -是一个使得b c a =+的整数c ，即方程b x a =+有解。但在自然数的范围内，符号a b -仅限于a b >时才有意义，因为只有这时方程b x a =+才有一个自然数的解x ，通过引进了符号 , 3, 2, 1---，以及对a b <的情况，定义) (b a a b --=-这就保证了减法能在正整数和负整数范围内无限制地进行。为了在一个扩大了的既包括正整数，又包括负整数的算术中引进新的符号 , 3, 2, 1---，当然我们必须定义它们的运算，使得算术运算原来的规律保持不变。因为在这种扩大了的数的范围内，不仅形式上的结合律、交换律和分配律成立，而且方程b x a =+和b ax =不受限制地总有解a b x -=和) 0(≠=a a b x 。通过引进新的符号，扩充一个范围，使得在原来范围内成立的规律，在这更大的范围内继续成立，这是数系扩充的一个特征。从自然数扩充到有理数，既满足去掉减法和除法的限制这一理论上的需要，也满足用数学来表示度量结果这一实际上的需要。也正是由于有理数适应了这两方面的需要，这就使得有理数有了它真正的重大意义。

2 . 不可公度线段，无理数的引入

在比较两个线段a 和b 的长度时，可能b 恰好是a 的正整数倍，在这种情况下，

8 我们可以用a 来表示线段b 的度量，即ar b =（r 为整数），也可能出现a 的整数倍不等于b 的情况，这时我们把a 分为n 等分，每一个单位长为n a ，使得线段n a 的某

个整数m 倍等于b 。即a n

m b =

当形如此式的等式成立时，我们说两个线段a 和b 是可公度的，因为它们有一公共度量线段n a ，它的n 倍等于a ，而它的m 倍等于b 。就度量的实际目的来说，有理数完全够了，即使从理论上讲，由于全体有理点稠密地布满整个直线，似乎直线上的所有点都是有理点。如果这是真的，则任何一条线段将和单位长线段可公度。但是情况的解决并不是这么简单，这就是早期希腊数学最惊的发现之一。存在着不可公度线段，或者说，如果我们认为每一线段都对应着借助于单位长度而给出的一个数，则存在着无理数。

例如，一个正方形的对角线与它的边是不可公度的，我们可以假设，给定的正方形的边是选定的单位长，而对角线的长为x 。则根据勾股定理有211222=+=x ，如果x 与1是可公度的，我们就能找到两个整数p 和q ，使得q

p

x =（q p , 互质）。则222q p =，由于等式右边为偶数，所以2p 为偶数，故p 本身是偶数，故r p 2=代入上式得q r q q r ⇒=⇒=2222224为偶数，与q p , 互质矛盾！因而22211+=x 不成立，x 不能是有理数。由此我们得出结论：没有等于2的有理数。我们很容易作出许多与单位长不可公度的线段，如果在数轴上以0为起点把这些线段标出来，则它们的端点称为无理点。用数来度量长度时我们引进了分数，现在我们要用同样的办法来处理与单位长不可公度的线段时，即我们要将数与直线上的点之间建立对应关系，就必须引进无理数。因此我们可以说一个无理数表示一个与单位长不可公度的线段的长度。

3 . 虚数的起源与引入

人们在长期的社会实践中认识到，在数学发展史上，在数学思想的发展过程

9 中，数学的发展以及数学中的发明创造决不是个别人努力的结果，它们是具有继承性的逐步演化的过程的产物，而不能把主要功劳归于某个人，为了便于作形式计算，需要用到负数和有理数，它们并不象自然数那样直观具体，直到中世纪末，数学家们在用到这些概念时才开始失去不舒适的感觉，直到十九世纪中叶，数学家们才完全认识到，在一个扩充的数域中的运算，其逻辑和哲学基础本质上是形式主义的；这扩充的数域必须通过定义来创造，这些定义是随意的，但是如果不能在更大的范围内保持在原来范围内通行的规则和性质，它是毫无用处的。这些扩充有时可以和“实际”对象相联系，通过这种方式为新的应用提供工具，这是最重要的，但是这只能提供一种动力而不是扩充的合理性的逻辑证明。

最早要求应用复数是为了解二次方程，我们知道，线性方程b ax =，这里要确定的是未知量x ，方程的解是a b x =，如果要求每一个带有整数系数0≠a 和0≠b 的线性方程有唯一解。必须引进有理数。象22=x 这样的方程，在有理数域内不存在解x ，这促使我们构造一个更广的数域，使得在这个数域中有解，然而即使实数域也没能足以提供二次方程的完整理论，比如，12-=x 这样一个简单的方程没有实数解，因为任意实数的平方不可能为负数。我们或者满足于宣称这个简单的方程不可解，或者按照我们所熟悉的扩充数的概念的途径引进使得这个方程可解的数，当我们用定义1-=i 引进新的符号i 时，这个方程就可解了。当然，对于把数作为计数手段这样的概念来说，这个符号i 是“虚数单位”是不起作用的。这纯粹是一个符号，它服从于基本规则12-=i ，而其价值将完全取决于究竟这个引进是否真正有用以及数系的这个扩充能不能实现。我们通过如下定义对数的系统进行推广：一个形如bi a +的符号，其中a 和b 是任意两个实数，我们称bi a +为复数。

10 数系的扩充

1. ．由自然数集N 到整数集Z 的扩充

要把自然数集扩充为整数集，需定义新数零和负整数。我们采用对原有集合划分等价类的方法进行。我们把一个自然数“折成两个”，例如：

=-=-=-=-=-=-=6857463524132

所以自然数2对应一系列有序自然数对（3，1），（4，2），（5，3），（6，4），（7，

5），（8，6）„，这些数对有下列关系：

, 5436, 4325, 2314+=++=++=+，

因此，我们可以把一个自然数看作是有序自然数对的集合}:) , {(n m n m >，并且这个集合是一个等价类，等价关系～是：

. ) , (~) , (m q n p q p n m +=+⇔ 我们把这个等价类记为) , (n m 。去掉限制n m >，我们就得到了负整数和零。

定义4 在笛卡尔积N ×N 中定义一个关系～如下：

, ) , (~) , (m q n p q p n m +=+⇔

则“～”为一等价关系，等价类

)}, (~) , (:) , {() , (n m q p q p n m =

称为整数 商集

}) , ({~/n m N N Z =⨯=

称为整数集。

进而可以在Z 中定义加法、乘法；可以证明对加法存在零元（记作0），) 1, 1(0=，关于加法构成交换群；还可以证明对乘法存在单位元) 1, 2(1=，以及乘法对于加法是双侧分配的，因此，) , , (⋅+Z 是一个带单位元01≠的交换环，注意到∈∀b a , Z ，从0=⋅b a 可推出0=a 或0=b ，所以（Z ，+，·）是一个整环。

11 2．从整数集到有理数集的扩充

从自然数集扩充到整数集是为了对N a ∈∀，使加法有逆元，也即要使减法永远可施行。为了使整数集中每一非零元关于乘法有逆元，即使除法（除数不为零）永远可施行，需将整数集再扩充为有理数集，方法仍然是在原有集Z 中引入等价关系，划分等价类。因为除数不能为零，所以要对笛卡尔积稍作处理，记}0{' -=Z Z 。

在卡氏积' Z Z ⨯中定义一关系如下：设' ) , (), , (Z Z d c b a ⨯∈。则. ) , (~) , (ad bc d c b a =⇔可以证明“～”是一个等价关系，事实上，我们有

（1）ab ab =，所以) , (~) , (b a b a ，自反性成立。

（2）若) , (~) , (d c b a ，则ad bc =，所以cb da =，推出) , (~) , (b a d c ，即对称性成立。

（3）若) , (~) , (d c b a 且) , (~) , (f e d c 。则有ad bc =且adef bcde cf de =⇒=，即) () () () (cd be cd af ⋅=⋅，考虑到Z 是整环，所以af be =，于是) , (~) , (f e b a 。即传递性成立。

定义5 等价类

)}, (~) , (:' ) , {() , (b a d c Z Z d c b a ⨯∈=

称为有理数，有时为了方便，将) , (b a 记为b

a

，商集 }' , :) , (~/' Z b Z a b a b a Z Z Q ∈∈=⨯=或

称有理数集。

进而可在Q 中定义加法（+）、乘法（·），并可证明（Q ，+）是一个交换群，（Q ，·）是一个带单位元的交换半群，（Q ，+，·）是一个带单位元的交换环，还可以证明（Q ′，·）（其中Q ′=Q -{0}）是交换群。因此（Q ，+，·）是一个域，即有理数域。

12 3．从有理数集到实数集的扩充

从有理数集到实数集的扩充是为了使开方运算永远可施行只是其一方面。因

为像数e ，它并不是一个开方运算结果所得的数，而是有理数列⎪⎭

⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n 11当+∞→n 时的极限，而2也是有理数列：1，1.4，1.41，1.414，„（2的不足近似值所组成的数列）的极限。因此从有理数集到实数集的扩充是为了解决极限运算封闭的问题，扩充的思想方法与从自然数集到整数集的扩充、从整数集到有理数的扩充是为类似的，只是具体做法有所不同而已。

自然数的代数学定义

1. 运算的定义

在初等数学中，数的加法、减法、乘法等都是运算，这些运算有一个共同特点：从两个已知数，得出另一个数，这一特点其实是代数运算的本质特征。

定义1. 运算

设C B A , , 是三个非空集合，称映射C B A f →⨯:是B A ⨯到C 中的运算。

定义2. （二元）代数运算：

设集合φ≠A ，称映射A A A f →⨯:为集合A 上的代数运算。

由定义知，映射f 为集合A 上的代数运算⇔f 是A A ⨯到A 的映射，即对于A b a ∈∀, ，存在唯一的元素A c ∈使得c b a f =)) , ((，有时用符号“ｏ”来代替f ，

用c b a f b a ==)) , (( 来表示。

解释0为什么不能做除数？

13 如果c ab =，则称a 是c 与b 的商，记作b

c a =，求商的运算叫除法，0不能做除数，假设除数0=b ，则可出现矛盾如下：

a b c b c f ==)) , (( 当0≠c 时，由c ab =，0=b ，0≠c ，则a 不存在，即商不存在，与商a 的存在性矛盾！

当0=c 时，由c ab =，0=b ，0=c ，则a 有无数解，即商存在无数个，与商a 的唯一性矛盾！

定义4. 如果数b 在数a 的后面，我们称a 是b 的前元，b 是a 的后继元，由公理﹙Ⅰ﹚知数1没有前元，自然数集中除1外都有前元，且仅有一个。

定理1 . 任何一个不等于1的数a 都有前元，而且仅有一个。

证明：设集合M 是含有1和至少有一个前元的所有数的集合

则 ①1属于M 。

②如果M a ∈，那么M a ∈'﹙因为a '有一个前元a ﹚，由归纳公理

Ⅳ，集合M 含有一切自然，即任意不等于1的数都有前元，再由公理Ⅲ知前元是唯一的。

定理2 若b a b a b a b a ≠'≠''≠'≠则若则, 。

证明 由公理Ⅱ和Ⅲ即可得出结论。

定理3. 对于任何数a ，均有a a '≠.

证明:设M 是所有a a '≠的数的集合, 则由公理Ⅰ知1没有前元, 所以M ∈1, 如果a a M a '≠∈则, , 由定理4.2知()''≠'a a ，所

M a ∈', 再由公理Ⅳ, M含有所有自然数, 即对任何数a 均有a a '≠.

14

根据自然数公理, 我们可以给出自然数加法与乘法的定义, 并导出它们是具有结合律、交换律、以及分配律的性。

3. 自然数的加法定义及相关性质

定义5. 自然数的加法

自然数的加法是这样的对应:对于每一对自然数a 与b , 有且仅有一个自然数b a +与之对应, 而且具有以下性质:

①对于a 数∀, 有a a '=+1;

②对于b a 和数∀, 有()'+='+b a b a

首先, 我们必须说明上述定义的合理性, 即满足性质①和②的对应确实是N N N 到⨯的映射﹙即为N 上的一个代数运算﹚.

证明: 对b a 和元素∀, 令映射()()b a b a +=, ϕ; 对于固定的元素a , 令()b a b a +=ϕ,

设M 是这样的数b 的集合：它使得()b a ϕ是唯一确定的元素,

因为()a a a '=+=11ϕ, 对于固定元素a , a 的后继元是a '是唯一确定的, 所以M ∈1；

若元素M b ∈, 即()b a b a +=ϕ是唯一确定的, 则()()'+='+='b a b a b a ϕ也是唯一确定的. 即M b ∈'.

由归纳公理Ⅳ, M=N, 又因为a 是任意固定的数, 得出()()b a b a +=, ϕ是N N N 到⨯的映射, 即满足条件①和②的对应是一个代数运算.

15

定理4. 加法的结合律 ()()c b a c b a ++=++

证明: 设选定了两个数b a 与, M 是所有这样的数c 的集合, 对于c b a , , 结合律成立.

①()()()11++='+='+=++b a b a b a b a , 即M ∈1. ②如果M c ∈, 则()()c b a c b a ++=++

所以()()]['++='++c b a c b a

()]['++=c b a

()'++=c b a

()c b a '++=

即M c ∈', 由归纳公理Ⅳ, M=N, 也就是说自然数加法满足结合律.

定理5. 加法的交换律 a b b a +=+

证明: 首先证明a a +=+11, 对a 用归纳公理, 设M 是使a a +=+11算式成立的数a 的集合.

①M ∈1

②如果, M a ∈那么a a +=+11, 所以

()111++=+'a a

()11++=a

()'+=a 1

16 a '+=1

所以, M a ∈'由归纳公理Ⅳ知, N M =.

其次, 我们再对b 使用归纳公理Ⅳ, 设M 是对给定的a 使等式a b b a +=+成立的数b 的集合.

显然， 由以上证明知：①M ∈1

②如果a b b a M b +=+∈则, , 利用加法结合律得到

()'+='+b a b a

()'+=a b

a b '+=

()1++=a b

()a b ++=1

()a b ++=1

a b +'=

所以M b ∈'. 由归纳公理Ⅳ, N M =.

定理6 对于任意数a 和b , b b a ≠+.

证明: 定理对1=b 是正确的, 因为11≠'=+a a ﹙公理Ⅰ﹚ 如果b b a ≠+, 则由定理2有()b b a '≠'+, ()b b a b a '≠'+='+. 所以定理对b '也正确, 由归纳公理Ⅳ得结论正确.

定理7 对于任何两个数b a 与, 下面三种情形中有一种且仅有一种情形成立:

17 ﹙1﹚b a =；

﹙2﹚存在一个数()b a k b a k >+=, , 使得；

﹙3﹚存在一个数()b a l a b l <+=, , 使得；

4. 自然数的乘法定义及相关性质:

定义6 自然数的乘法

自然数的乘法是这样的对应:对于每一对自然数b a 与, 有且仅有一个自然数b a ⨯与之对应, 并具有下面性质:

﹙1﹚对于a a a =⨯∀1, 有数;

﹙2﹚对于b a , 数∀，a b a b a +⨯='⨯有

证明: 首先要指出满足上述两条的乘法是一个代数运算, 即对∀自然数b a b a ⨯, 与是唯一的.

对于固定的a , 设M 是使b a ⨯是唯一的数b 的集合,

由于a a a , 1=⨯是唯一的, 所以M ∈1;

如果b a M b ⨯∈则, 是唯一的, 则a b a a b a b a 和由于⨯+⨯='⨯, 都是唯一的, 从而a b a +⨯也是唯一的﹙加法所得结果是唯一的﹚. 所以M b ∈', 由归纳公理Ⅳ得M=N.

18

定理8 右分配律 ()c b c a c b a ⨯+⨯=⨯+

证明: 对于给定的a , b , 我们对c 应用归纳公理证明 ①()111⨯+⨯=+=⨯+b a b a b a , 所以定理对1=c 时是正确的. ②如果定理对c 是正确的, 即()c b c a c b a ⨯+⨯=⨯+, 从而利用加法满足结合律与交换律有:

()()b a c b a c b a ++⨯+='⨯+

b a c b c a ++⨯+⨯= ()()b c b a c a +⨯++⨯=c b c a '⨯+'⨯= 所以定理对c '也正确, 由归纳公理Ⅳ知定理对一切自然数都成立.

定理9 乘法交换律 a b b a ⨯=⨯

证明: 当b a 对时, 1=用归纳公理证明, 即11⨯=⨯b b 设M 是具有性质11⨯=⨯b b 的数b 集合, 显然M ∈1, 若即, M b ∈11⨯=⨯b b , 则

()11111⨯'='=+=+⨯='⨯b b b b b 所以N M M b =∈'即,

19 对于给定b , 再对a 应用归纳法证明a b b a ⨯=⨯

设M 是具有性质a b b a ⨯=⨯的元素a 的集合, 显然M ∈1. 若即, M a ∈a b b a ⨯=⨯则

()()a b a b b a b b b a b a b a '⨯=+⨯=+⨯=+⨯=⨯+=⨯'11 所以N M M a =∈'即, 证毕

推论 左分配律 ()b c a c b a c ⨯+⨯=+⨯

定理10 乘法结合律 ()()c b a c b a ⨯⨯=⨯⨯ 证明:对于给定的a 与b , 设M 是使()()c b a c b a ⨯⨯=⨯⨯成立的元素c 的集合,

由()()11⨯⨯=⨯=⨯⨯b a b a b a 所以M ∈1,

若M c ∈, 则()()c b a c b a ⨯⨯=⨯⨯

因为()()b a c b a c b a ⨯+⨯⨯='⨯⨯

()b a c b a ⨯+⨯⨯=

()()c b a b c b a '⨯⨯=+⨯⨯=

所以N M M c =⇒∈'

定义7 加法的逆运算叫做减法，即对自然数a 与b ，满足()a b b a =+-的自然数()b a -叫做a 与b 的差。﹙显然只有b a >时，差才存在﹚

定义8 乘法的逆运算叫除法，即对自然数a 与b ，满足性质a b b a =⨯的数b a

20 叫做a 与b 的商.

在自然数中, 差与商并不对任何一对自然数都存在, 欲使差与商对任何自然数都成立, 这就需要把自然数扩大的整数和分数.

数系扩充:

首先有自然数, 为了满足数的运算的需要, 为了使减法通行, 把负数加入到数的行列, 从而使自然数扩充到整数; 为了使除法通行, 把分数加入到数的行列, 使整数扩充到有理数; 为了使开方运算和极限运算的封闭问题通行, 把无理数加入到数的行列; 使有理数扩充到实数; 为了使诸如方程012=+x 有解, 又把虚数单位i 等加入到数的行列, 使实数扩充到复数.

数系扩充的原则:

①新数系较原有数系在保证运算通行方面功能更完备;

②新数系的元素, 是以原数系的元素为基础, 以某种方式构造而成;

③原有数系整个地“嵌入”新数系, 作为其子系统.

21

三、归纳法原理与数学归纳法

中学数学教材对数学归纳法是这样叙述的:如果一个涉及自然数的命题对1=n 正确, 假定的命题对n 正确, 推出命题对1+n 也正确, 则命题对一切自然数成立.

归纳法的通常说明是这样的, 命题对1=n 正确, 因而命题对2=n 也正确, 然后对3=n 正确, 如此类推, „„，对于中学生这样形象化说明就是够了，但是由于自然数是无限的，上述描述不够严格，有了皮阿罗公理后，我们就能给出归纳法的严格证明。

定理1. ﹙关于第一数学归纳法的合理性证明﹚

某个与自然数有关的命题T ，如果命题T 对1=n 是正确的，而且假定如果命题T 对自然数n 的正确性就能推出命题T 对自然数1+n 正确，则命题T 对一切自然数都正确.

证明: 设M 是使命T 正确的自然数的集合, 于是

已知命题T 对1=n 成立, 则①M ∈1

②设M n ∈, 则命T 对n 正确, 所以命题T 对1+='n n 也正确, 即M n ∈', 由归纳公理Ⅳ知M=N. 证毕

命题1. 若c b c a b a +>+>则,

证明: 因为k b a b a +=>所以, ,

()c b c a k c b c k b c a +>+++=++=+从而,

22

命题2. 1是自然数中最小的一个.

证明: 若1, ≠∈∀a N a , 自然数除1外都有前元, 则a 有前元b , 且a b =', 11>⇒=+a a b

命题3. 若1, +≥>a b a b 则

﹙即数a 与1+a 是相邻的两个自然数, 中间不存在其他自然数﹚

证明: 若1, , ≥+=>k k a b a b 因为则﹙1是最小自然数﹚

11+≥+≥+⇒a b a k a 从而

定理2. ﹙最小数原理﹚自然数集N 的任何非空子集合A 必含有一个最小数.

即N A ⊆, 存在一个数A m ∈，使得A b ∈∀数, 均有m b ≥.

证明: 设集合M 是这样的一些数的集合, 对于集合M 中的任意元素x 和A 中的任意元素y , 均有y x ≤.

即 {}A y y x N x x M ∈∀≤∈=, , |且

显然M ∈1, 由归纳公理可得, 一定存在一个元素M m ∈, 使得M m m ∉+='1 ﹙N M M m m M m =∈+='⇒∈则若由, 1, 这显然是不可能的, 因为集合M 中的所有元素都比集合A 中的元素小, 且A N ⊆, 集合M 不可能与自然数N 相等﹚.

且A m ∈, 因为若A m ∉, 则对于A 中的任意元素b, 有m b >, 从而

23 M m M m m b ∉+∈++≥1, 1, 1这与则矛盾.

所以m 即为A 中的最小元素.

定理3 ﹙第二数学归纳法﹚对于一个与自然数有关的命题T, 若:

﹙1﹚当1=n 时命题T 正确;

﹙2﹚假设命题T 对k n <正确, 就能推出命题T 对k n =正确, 那么, 命

题T 对一切自然数都正确.

证明: ﹙反证法﹚ 假设命题T 不是对所有的自然数都成立, 那么使命题T 不成立的自然数集合M 就是非空集合.

由最小数原理知, M 中一定含有一个最小数k , 且1>k ﹙因为命题T 对1=n 正确﹚, 使得命题T 对k n =不正确, 而由﹙2﹚可知对于一切k n <命题正确可推出命题对k n =也正确, 矛盾﹗

说明M 是空集, 即φ=M .

命题T 对一切自然数都正确.

例1 已知数列, , , , , , 101⋯⋯-n a a a a , 231=-a 其中 , 20=a 2123---=n n n a a a ,

求证: 12+=n n a .

证明: 对12232623, 11101+=⨯-=-==-a a a n , 命题1=n 正确.

假设命题对k n <正确, 则

()()122123232121+-+=-=----k k k k k a a a

24 122232311+=--+⋅=--k k k

所以命题对k n =也正确.

由第二数学归纳法知命题对一切自然数都成立.

例2 已知对任意自然数N n ∈， 均有2

113⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑==n i i n i i a a , 这里0>i a ,

求证:n a n =.

证明: ﹙1﹚当1=n 时, 由112131==a a a 得, 命题对1=n 正确.

﹙2﹚假设命题对k n ≤正确, 这时k a a a k =⋯==, , 2, 121, 那么当1+=k n 时,

因为:

3121311

3113

+=+=+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=∑∑∑k k j j k k j j k j j

a a a a a ① 而 2112

11113⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑∑=++=+=k j k j k j j k j j a a a a

2111212+=+=++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑k k j j k k j j a a a a ② 由①②两式得21113

12+=+++=∑k k

j j k k a a a a

因为, 01≠+k a 故有112

12+=++=∑k k

j j k a a a

又因为由归纳假设K n ≤时命题正确, , , 2, 121k a a a k === 所以 ()2

11+=

∑=k k a k j j 从而()()舍k a k a a k k a k k k k -=+=⇒++=++++1112111 所以命题T 对1+=k n 也正确, 从而命题以一切N n ∈都正确.

25

跳跃归纳法

若一个命题T 对自然数l , , 2, 1 是正确的，如果由假定命题T 对k 正确就能推出命题对l k +正确，那么命题对所有自然数都正确。

证明简述如下：因为任意自然数l r r q l n <≤+⋅=0, 这里, 由于命题对一切l r <<0中的r 都正确, 所以命题对n ql r l r l r =+++, , 2, 都正确, 即命题对一切自然数n 都正确.

例3 求证：用面值3分和5分的邮票可支付任何()8≥n n 分的邮资. 证明: 显然当10, 9, 8===n n n 时, 可用3分和5分邮票构成上面的邮资. () 109, 53, 8===n n n 分分和一个用一个时

下面假定当n k =时命题成立, 这时对于⎪⎩

⎪⎨⎧+=+=+=1098n k n k n k 因为n 分可用3分和5分邮票构成﹙由假设可知﹚, 所以当8+=n k 时也可用3分与5分邮票构成, 由跳跃归纳法知对一切8≥n 上述命题成立。

26

双重归纳法：

若一个命题T 与两个独立的自然数对n m 与有关:

(1)若命题T 对11==n m 与是正确的.

(2)若命题T 对自然数对(n m , ) 正确就能推出命题对自然数对 (n m , 1+) 与自然数对()1, +n m 正确.

那么命题T 就对一切自然数对(n m , ) 均正确. (证明略)

例4 求证:对任意的自然数n m 与有:n n m m >. 2 证明: ①当1, 1==n m 时命题正确. 1122111=>=⨯

②设命题对于自然数n m 与正确, 即n n m m >. 2. 对于自然数对()n m , 1+

()()()n n n n n m n n m m m m 122222. 1+>=⋅>⋅=+， 故命题对自然数对()n m , 1+正

确.

另一方面对自然数对()1, +n m

()()112222++=⋅=⋅>⋅=n n m n m mn n m m m m m ， 故命题对自然数对()1, +n m 正确 由双重归纳法命题对一切自然数均成立.

27

反归纳法

若一个与自然数有关的命题T . 如果

(1)命题T 对无穷多个自然数成立；

(2)假设命题T 对k n =正确就能推出命题T 对1-=k n 正确, 那么命题T 对一切自然数都成立.

证明：设M 是使命题T 不正确的自然数集合, 往证φ=M . 若φ≠M , 则由最小数原理知M 中存在最小数m , 使命题T 对m 不正确, 由于命题T 对无穷多个自然数成立, 所以存在一个自然数, 0n 这里m n >0且命题T 对0n 正确, 由于命题T 对m 不正确, 所以命题对1+='m m 也不正确, 因为否则由命题T 对1+='m m 正确就推出命题对m 正确, 矛盾﹗这样一来, 命题对2+=''m m 也不正确, „„，经过m n -0次递推后可得命题T 对0n 也不正确，矛盾﹗φ=M ，证毕﹗

反归纳法又称倒推归纳法，法国数学家柯西首先用它证明了n 个数的算术平均数大于几何平均数。

例5. 求证: n 个正实数的算术平均值大于或等于这n 个数的几何平均值,

即

28 n n a a a n

a a a 2121≥+++ ()n i a i , , 2, 1, 0 => 当且仅当n a a a === 21时取等号

证明:当2=n 时,

21212

a a a a ≥+， 因此命题对2=n 正确. 当4=n 时,

2

443214321a a a a a a a a +++=+++ 43214321432122a a a a a a a a a a a a =≥+⋅+≥ 当8=n 时， 8821a a a +++ 2

87654321a a a a a a a a +++++++= 4487654321a a a a a a a a +++⨯+++≥ 8765432187654321a a a a a a a a a a a a a a a a =≥

同理可推出命题m n n 2, , 24== 都正确，所以命题对无穷多个自然数成立. 设命题对k n =正确, 令

, 21k a a a S k k +++= 11211-+++=--k a a a S k k ， 则 ()1

211112111-----+++=-⇒+++=-k k k k k a a a S kS a a a S k

11211---++++=⇒k k k S a a a kS ⇒k

s a a a S k k k 11211---++++=

由归纳假设112111211----≥⎪⎭

⎫ ⎝⎛++++=-k k k k k k

S a a a k S a a a S k

29 所以 12111---≥k k k a a a S 即1

11211211121-+++⇒≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++----k a a a a a a k a a a k k k k 121-≥k k a a a 即命题对1-=k n 也成立, 由反归纳法知命题对任意自然数成立.

由于均值不等式是著名而且重要的不等式, 因而我们再给出另外两种证法:

证法二、前面已证明当m n 2=时, 不等成立, 当m n 2<时

令 n n a b a b a b ===, , , 2211

S n

a a a b b b n n n m =++====++ 21221 这时有:

n n n n m m S a a a b b b b b -+⋅=2212121

m m m n b b b b 22212⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++< ()m

m S S n nS m m 2222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+= 即n n S a a a < 21， 即n

n n n a a a a a a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++< 2121

证法三、归纳法证明，不妨设n a a a <<<< 210

显然当1=n 时命题正确, 若命题对k n =正确, 那么当1+=k n 时, 令, 21k

a a a S k k +++=

则k k a a a S 21≥ 1

11111211+-+=++=++++=++++k S a S k a kS k a a a S k k k k k k k 因为01, 11≥+-≥++k S a S a k k k k 所以

30

1

111

1++++⎪

⎭⎫ ⎝

⎛

+-+=k k k k k k k S a S S

+⎪⎭

⎫

⎝⎛+-+=+++11111k S a S C S k

k k k k k k ()121111++++≥=-+≥k k k k k k k k k k k a a a a a S S a S S

所以命题对1+=k n 也正确.

由第一归纳法知, 命题对一切自然数均成立﹗

跷跷板归纳法:

有两个与自然数有关的命题n n B A , ， 若 (1)1A 成立;

(2)假设k A 成立就可推出k B 成立, 假设k B 成立就可推出1+k A 成

立,

则对一切自然数n 命题n n B A , 都成立. 例6 已知：10<<a ，1a =a +1，n a =

1

1

-n a +a ()2≥n 求证:a

a n -<

<111 证明: 令 k A : a

a k -<

11 k B : 1>k a

1 当1=n 时, a

a a a a -<--=+=11

11121 ， 所以1A 成立 2 当2=n 时, ()a

a a a a a a a a a a a -<

+=++<+++=++=+=11

111111112

212 所以2A 成立.

假设 k k A A A A , , , , 121- 都成立, 即a

a k -<

11

31 则1111111=+-=+->+=

-a a a a

a a a k k 所以k B 成立. 假设, , , , 32k B B B 都成立, 即1>k a 则a

a a a a a a k k -<--=+<+=+11111121 所以1+k A 成立.

由跷跷板归纳法知对一切自然数k k B A n , 命题均成立﹗