提到数学中的公理化方法，便不能不提到《几何原本》.《几何原本》是古希腊数学家欧几里德的关于平面几何的杰作，是2000年来世界上流传最广泛的教科书.《几何原本》开数学公理化之先河，利用公理化方法，把平面几何中不成体系的凌乱的结果用严密的逻辑编制成一条数学之链.
在《几何原本》的开始，欧几里德不加定义地引入了点，线，面等等对象.也就是说，欧几里德并没有阐明“点是什么”，“直线是什么”之类的问题，而是直接给出点，线，面的性质和关系.公理化方法的一个很显著的特点就是：直接引入一些对象和关系，这些对象和关系不加定义，仅仅是一些虚无的符号.比如说，欧几里德并没有定义“直线”是何物，因此每当欧几里德提到“直线”的时候，它仅仅是提到了一个词语——直线.我们可以把“直线”这个词换成“line”,也可以仅仅用符号@代替它.重要的不是直线是什么，而是直线有什么性质.公理化方法常常引入一些新的对象和关系，这些新的对象和关系不加定义，但是拥有某些性质.公理化方法认为，是什么并不重要，有什么性质才重要.就像你是一个人，重要的并不是你是谁，而是你说什么话，做什么事，假如有一天，上帝悄悄把你身体内部掏空了，而继续让你的躯体像平常一样行事，那么别人将看不出你的任何异常.
自然数的皮亚诺公理:我们假设存在一个模型满足以下公理,这也就假定了这几条公理是相容的,对于其相容性的假设将是我们所做的唯一的假设.
公理一:0 是自然数.
公理二:任何自然数的后继存在并是自然数并唯一(用$m ++$表示).
公理三:0不是任何自然数的后继.
公理四:若两自然数不等,则各自的后继不等(等价叙述是:若两自然数后继相等,则两自然数相等).
公理五:数学归纳法原理:$p(n)$是关于自然数$n$的一个性质.若$p(0)$成立.且若$p(n)$成立可以导出$p(n++)$成立,则对于一切自然数$m$,$p(m)$成立.
利用这五条公理可以用逻辑演绎出整个自然数体系.在这五条公理里，新对象是“自然数”，新关系是“后继”.什么是自然数，什么是后继，皮亚诺公理并没有解释，这五条公理只是给出了“自然数”以及“后继”的性质.比如，“任何自然数的后继存在”就是一条性质.这就是数学公理化的特点，某个对象是什么并不重要，重要的是有什么性质，怎么表现.这5条公理是独立的,即每条公理的作用都是不可或缺的,任意一条公理都不会由其他公理推出.我不想阐述为什么每条公理都是独立的(或许将来我会有兴趣做这件事:就是去掉其中一条公理,看看会发生什么有意思的事情).
定义1:(自然数的加法)对自然数$n$规定加法$m+n$($m$为任意自然数),规定$0+n=n$,$(m++)+n=(m+ n)++$.
加法结果的存在性:$0+n$是自然数,为$n$.设$m+n$ 是自然数,则$(m++)+n$也是自然数,为$(m +n )+ +$,由归纳法,对于一切自然数$m$和任意自然数$n$,$m+n$存在.
加法结果的唯一性:根据数学归纳法.定义$0+a=a$.可见,$0+a$唯一.设$n+a$唯一,则$(n++)+a=(n+a)++$,而$(n+a)++$唯一(公理2).由归纳法,对于自然数$a$ 来说,加法$n+a$($n$为任意自然数)结果唯一.
定理2:(加法交换律)$a+b=b+a$.
先看简单情形. 我先证明$0+b=b+0$.
证:归纳法.$0+ 0= 0+ 0$ ,设$0 +n=n+ 0$.则$0 + (n++ )=n++$.$(n++)+0=(n+ 0)++=(0+n)++=n++$.由归纳法,对于一切$n$有$0 +n=n+ 0$.
下面我证明引理2.1:$n+(b++ )=(n+b)++$.
证:$n=0$ 时命题成立.设$n+(b++ )=(n+b)++$.$(n++)+(b++)=(n+(b++))++=((n+b)++)++$,而$((n++)+b)++= ((n+b)++)++$,可见，当命题对于$n$成立时，能推出命题对于$n+1$也成立.由归纳原理,对于一切自然数$n$有$n+(b++)=(n+b)++$.引理2.1得证.
下面,归纳地证明加法交换律.我们对$b$归纳:已证$b= 0$ 时命题成立.设$a+b=b+a$,则根据引理2.1,$a+(b++)=(a+b)++$,$(b++)+a=(b+a)++=(a+b)++$.于是根据归纳法,对于一切自然数$b$有$a+b=b+a$.
定理3:(加法结合律)$( a+b)+c=a+(b+c)$.
证:我们对$c$归纳.$c=0$ 时成立.设$( a+b)+c=a+(b+c)$,则$(a+b)+(c++)=((a+b)+c)++$(根据引理2.1) ,而$ a+(b+(c++))=a+((b+c)++)\mbox{引理2.1}= ((b+c)++)+a\mbox{加法交换律}=((b+c)+a)++\mbox{(加法定义)}=(a+(b+c))++\mbox{加法交换律}=((a+b)+c)++\mbox{根据归纳假设}$.可见，当命题对于$c$成立时能推出对于$c+1$也成立.由归纳法,对于一切$c$有$( a+b)+c=a+(b+c)$.
定理4:(加法消去律)$a+c=b+c\Leftrightarrow a=b$.
证: $\Rightarrow:$对$c$归纳.$c=0$时,成立.设$c=n$时,$a+n=b+n\Rightarrow a=b$.则$a+(n++)=b+(n++)$时,即$(a+n)+ +=(b+n)++$(引理2.1),根据公理4，得$a+n=b+n$,由归纳假设得$a=b$.可见由归纳法,对于一切自然数$c$,$a+c=b+c$可以推出$a=b$.
$\Leftarrow:$由加法运算的合理性(唯一性)结合加法交换律易证.
定义2:不是0的自然数叫正自然数.
定理5:正自然数与自然数相加为正自然数.
证明:对$b$使用归纳法.$b=0$时,$a$为正自然数时，$a+ 0= 0+ a=a$.而$a$ 为正.此时命题成立. 假设$a$为正，且$a+b \neq 0$,则$a+(b++)=(a+b)++$.由公理3 ,$(a+b )++ $不为0.由归纳原理,对于一切自然数$b$,正自然数$a$有$a+b$ 为正.
定义3:(自然数的序)称自然数$n\geq m$(或$m \leq n$),当且仅当存在自然数$a$ 使得$n= m+a$.称$n> m$(或者说$m <n$)当且仅当$n\geq m$ 且$n \neq m$ (当$n= m+ 0$ 时,$n= m$ ).
定理6(自然数序的性质).
6.1 $a \geq a$.证:$a= 0+a$,得证.
6.2 $a \geq b,b\geq c$,则$a \geq c$.
证:$a=b+ m_{1}$.$b=c+ m_2 $.则$a=(c+m _2)+ m _1=c+(m _1+ m _2)$(加法结合律).由加法定义的合理性(存在性),$m 1 + m 2$ 是自然数.所以$a \geq c$.
6.3 $a \geq b$ 且$b \geq a$ 则$a=b$.
证:$a=b+ m_1.b=a+ m 2.$ 即$a=(a+ m 2)+ m 1 =a+(m 1+ m 2).$即$0 + a=(m_1+ m_2)+a$.由加法消去律,$m_1 + m_2 = 0$.根据定理5 得$m_1= m_2 =0.$所以,$a=b+ 0= b$.
6.4 $a \geq b$ 当且仅当$a+c\geq b+c$.
引理:$a \geq b \Rightarrow$ $a++ \geq b++$.
引理证明:$a=b+ m$,$a++=(b+ m)++=(b++)+m$,即$a++ \geq b++$.引理得证.
下面我证明原命题.$\Rightarrow$:对$c$使用归纳法.$c=0$时,命题成立.设$a\geq b \Rightarrow a+c \geq b+c$,则$a+(c++)=(c++)+a=(c+a)++$.因为$c+a\geq c+b$,所以根据引理，$(c+a)++ \geq (b+c)++=b+(c++)$,即$a+(c++)≥b+(c++)$.由数学归纳法,对于一切$c$有$a+c\geq b+c$.
$\Leftarrow:$ $a+c\geq b+c$ 时,即存在$m$ 使$a+c=(b+c)+m= (b+ m)+c$,由消去律,$a=b+ m$,所以,$a \geq b$.
6.5 $a<b$ 当且仅当存证某正数$m$ 使得$a+ m =b$.
证:$\Rightarrow$:$a<b$的意思是$a \leq b$ 且$a \neq b$.即$a+n=b$.若$n=0$ 则$a=b$ 矛盾.可见$n\neq 0$,即$n$为正数.
$\Leftarrow:$由于$a+m=b$,因此$a\geq b$.若$a=b$,则$a+m=a+0$,根据加法消去律，可得$m=0$,这与$m$是正数矛盾.因此假设错误，因此$a>b$.
6.6 $a<b$当且仅当$a++ \leq b$.
证:$\Leftarrow$:$ b=(a++)+m=a+(m++)$,而根据公理3，$m++$是正数,再根据6.5，$a<b$.
$\Rightarrow$:$b=a+n$(n是正自然数,根据6.5),根据公理四，存在唯一自然数$c$,$c++=n$.则$b=a+(c++)=(a++)+c$.即$b \geq a++$.
定理7(自然数序的三歧性)$a$ 与$b$ 为自然数,则下面三个命题中恰有一个为真:$a=b,a>b,a<b$.
证明:首先,证明若两个自然数有序关系,则只能成立其中的一种情况.
证:三种情况分别是$a+ 0=b,a= b+n,b=a+ m$.($m,n$为正数).若$a+0=b$ 且$a+ m=b$,则$a+0=a+m$,由消去律,$0= m$,矛盾.若$a +0=b$ 且$a=b+n$,则$b+n=b+ 0$,得$n=0$,矛盾.若$a+m=b$且$a=b+n$,则$b+(n+m)=b+0$,得$m +n=0$,得$m=n= 0$,矛盾.证毕.
再证明任意两个自然数都存在序关系.
证明使用数学归纳法:对于一个给定的自然数$a$,和$0$ 有序关系,因为$a=0+a$,即$a \geq 0$.设$a$ 与$b$ 有序关系.当$a=b$ 时,$b++=b+ 1$,即$b++=a+ 1$,所以$a<b++$ 可得$a$ 与$b++$ 也有序关系.当$a>b$时,得$a\geq b++$(根据定理6.6),当$a<b$ 时,得$a+ m=b$($m$为正)得$(a+m)++=b++$,即$a+(m++)=b++$即$a< b++$.可见,$a $与$b$有序关系可以导出$a$ 与$b++$也有序关系.由归纳法,对于一切自然数$b$,$a$与$b$都存在序关系.综上,$a $与$b$必有序关系且仅居其一.
定理8:(第二数学归纳法)设$m_0$ 是一自然数,$p(m)$是一个依赖于自然数$m$的性质.设对于每个$m \geq m_0$都有:$p(m_0)$成立.若$p(m')$ 对于一切满足$m_0 \leq m' \leq m$ 的自然数$m'$ 都成立,则$p(m+ 1)$也成立.则我们可以断定$p(m)$对于一切自然数$m \geq m_0$ 都成立.
证:定义$s(k)$为$p(i)$ 成立,(对于一切$m_0 \leq i\leq m_0+k,k\geq 0)$.$s(0)$成立是已知.且由题意,$s(k)$成立推出$s(k+1)$成立,由数学归纳法,对于一切自然数$n$,$s(n)$成立.即,对于一切不小于$m_0$ 的一切自然数$q$,$p(q)$都成立.
定理9:(倒向数学归纳法)$p(m)$是关于自然数$m$ 的一个性质.它满足:只要$p(m+ 1)$成立,则$p(m)$成立.现$p(n)$成立,证明:对于一切$m \leq n$,$p(m)$成立.
证:当$n=1$时，由于$p(1)$成立,导出$p(0)$成立，此时，对于一切不大于1的自然数，显然命题$p$都成立.设若$p(b+ 1)$成立时,可以导出对于一切$0\leq m \leq b + 1,p (m)$成立.现在$p(n+ 2)$成立,根据题目条件，可以导出$p(b+1)$成立,结合假设就是,对于一切小于或等于$b + 2$ 的自然数$m,p(m)$成立.由第二归纳法,可知命题成立.
定义4:(自然数的乘法)规定$0*m= 0$,设已经规定$n*m$,则规定$(n+1)*m=n*m+ m$.由数学归纳法,对于$m$ 来说,与任意自然数$n$的乘积$n*m$ 已规定.易证 两个自然数的积仍是自然数.而且由加法的单值性易证$m*n$是单值的,所以乘法运算也是合理的.
定理10:(乘法交换律)$m*n=n*m$.
证明:当$m = 0$ 时,$0*n=0$.下证
引理10.1:$n*0= 0$.
使用数学归纳法.$n=0$ 时命题成立,设$n*0= 0$ 则$(n+1 )*0=n *0+0= 0$.故对于一切自然数$n$,$n*0= 0= 0*n$.
引理10.2:$n*(m+ 1)=n*m+n$.
对$n$归纳.当$n= 0$ 时,命题成立.设$n*(m+ 1)=n*m+n$,则$(n+1)* (m+1)=n*(m+ 1)+(m+ 1)=(n*m+n)+(m+ 1)$(根据归纳假设),而$(n+1)*m+(n+1)=(n*m+ m )+(n+ 1)=((n*m+ m)+n)+1=(n*m+(m+n))+1=(n*m+(n+m))+1=((n*m+n)+ m)+1= (n*m +n)+(m+ 1)=(n+1)(m+1)$.由归纳法,对于一切自然数$n$,$n*(m+ 1)= n*m+n$.
下面证明乘法交换律.对$m$归纳.设$m*n=n*m$ ,则$(m+ 1)*n=m*n+n$.而根据引理10.2,$n*(m+ 1)=n*m+n= m*n+n=(m+ 1)*n$,由归纳法,对于一切自然数$m$,有$m*n=n*m$.
定理11:$m n= 0$ 当且仅当$m$ 和$n$至少有一个为0.
证:$\Leftarrow$: 当至少有一个为0 时,可知$mn = 0$(根据引理10.1).
$\Rightarrow$:考察逆否命题:$m$ 和$n$都不为0 时,$mn \neq 0$.这是因为当$m$ 不为0 ,必存证唯一的自然数$b$,$b+1= m$.则$m*n=(b+1)*n=b*n+n$.由定理5可知，$b*n+n$不为0.
定理12:(自然数的乘法分配律)对任何自然数$a,b,c$都有$a(b+c)=ab+ac$.
证:对$c$归纳.$c=0$时,成立.设$a(b+c)=ab+ac$.则$a*(b+(c+1))=((b+c)+1)*a=a(b+c)+a=(ab+ac)+a$.而$ab+a(c+1)=ab+(c+1)a=ab+(ca+a)=(ab+ac)+a=a(b+(c+1))$.由归纳法,对于一切自然数$c$有$a(b+c)=ab+ac$.
定理13:(自然数乘法结合律)$a*(b*c)=(a*b)*c$.
证:归纳法.$c=0$ 时,成立.设$a*(b*c)=(a*b)*c$,则$a*(b*(c+1))=a*(bc+b)=a(bc)+ab $而$(a*b)*(c+1)=(ab)c+ab=a(bc)+ab=a*(b*(c+1))$.由归纳法,对于一切自然数$c$, $a*(b *c)=(a*b)*c$.
注13.1:(乘法结合律的推广)令$A_i= (\cdots ((a_1a _2)a_3)\cdots)a_i(i\geq 3 )$)，令$B_i=\cdots a_1a_2a_3\cdots a_i(i\geq 3)$.$n$个字母$a_1,a_2,\cdots,a_n$.对$B_n$的任意一个加括号的方式做乘法所得的结果都等于$A_n$.
证:$n= 3$ 时,$a_1(a_2 a_3)=(a_1a_2)a_3 $成立(这就是定理13).设对于一切$3 \leq n \leq k$,命题都成立.$n=k+1$时,必存在两项 $a_i,a_{i+1}$,被一个括号包围形成$(a_i a_{i+1})$.令$t=( a_i a_{i+1})$.则可以把$k+1$ 个字母看成$k$个字母,由归纳假设,这$k$个字母可以表示成如下形式:$((\cdots))t)\cdots)$.现在，把 $a_i$ 前面的看做整体，则可以变为$((\cdots )) a_i) a_{i+1}))\cdots$ (假如 $a_i$ 就是$a_1$ ,则原本已经完成,不用这个步骤).
注13.2: 由注13.1，我们知道，对 于$n$ 个字 母$a_1,a_2,a_{3},\cdots,a_n(n\geq 3)$, 它们 乘积 的一 种情 况
是$(\cdots((a_1 a_2 )a_3 )\cdots)a_n$.无论括号如何添加,最终结果都等于这种情况.下面用 $a_1 a_2 a_3\cdots a_n$ 简记$(\cdots((a_1a_2)a_3)\cdots)a_n$.下证:对于 $a_1 a_2 a_3\cdots a_n$,任意调换两个字母一次,得到的新乘积与原来的乘积相等.
证明使用数学归纳法:$n=3$时,$a_1a_2a_3 =a_1a_3a_2$. 这是因为$(a_1a_2)a_3= a_1(a_2 a_3)=a_1(a_3a_2)=(a_1 a_3)a_2$.还有$a_1 a_2a_3 = a_3 a_2 a_1$.这是因为$(a_1a _2)a _3=a _3(a _1 a _2)=a _3(a _2a _1)=(a _{3} a _2)a _1$. 还有$ a_1 a _2 a _3 =a _2 a _1 a _3$易证.
设 $3 \leq n \leq k$ 时命题都成立,即调换任两个字母一次,得到的新乘积等于原乘积 . $n=k+1$ 时,$ (a_1 a_2 a _3\cdots a_k)a_{k+1}$.前面的$ k$个字母中任两个的一次调换,由归纳假设,前面的值不变,所以整体值不变.若是最后一个字母与前面的字母调换,若 $a_{k+1}$ 与 $a_i(1<i\leq k)$对换,$a_1a_2 a_3\cdots a_{k+1}= (a_1\cdots (a_i\cdots a_{k+1} ))$.由归纳假设 $a_{k+1}$ 与 $a_i$对换得到的 $a_{k+1}\cdots a_i= a_i\cdots a_{k+1}$. 即$a_{1}\cdots a_{k+1}=a_1\cdots a_{k+1}\cdots a_i$.若$a_{k+1}$ 与$a_1$ 调换,$a_{k+1}a_{2} a_3\cdots a_1=(a_2 a_3\cdots a_1)a_{k+1}=(a_1a_{2} a_{3}\cdots a_k)a_{k+1}=a_1a_2a_3\cdots a_ka_{k+1}$ 毕.
注13.3:注13.1讨论了乘法括号怎么加并不要紧，注13.2讨论了乘法顺序并不要紧，以上关于乘法的讨论可以完全照搬到加法上来.
定理14:(自然数乘法保序)若$a<b,c$为正数,则$ac<bc$.
证:$a<b$,即存在正自然数$m$ 使$a+ m= b$.则$bc=(a+ m)c=ac+ mc$.由于$m,c$都是正自然数，因此根据定理11，$mc$也是正自然数，因此$ac<bc$.
定理15:(乘法消去律)若$ac=bc$,$c$为正,则$a=b$.
反证法:假设$a>b$.则$a=b+ m$($m$为正).则$bc+ mc=bc$.由加法消去律,$mc=0$,与定理11矛盾.同理,可证a<b 与定理11矛盾.根据自然数序的三歧性，$a=b$.
定理16:(欧几里德算法)$n$是自然数,$q$是正数.那么存证自然数$m,r$,使得$0 \leq r<q$且$n= mq+r$.
证:归纳法.$n= 0$ 时令$m =r= 0$即可.设$n$时命题成立.$n+1$的情况时,给$r$加$1$.若$r+1<q$,则显然命题仍成立.若$r+1=q$,则令$r_1=0$, $m_1= m + 1$.此时$n= m_1q+r_1$. $r+1>q$ 不可能,由归纳法,对于一切$n$,命题都成立.
注16.1:由欧几里得算法我们可以说:自然数$0 <b<a$时,总存在自然数$N$,使得$N b > a$.
该博文的延续是 从自然数到整数.
参考文献：《陶哲轩实分析》
原文链接: https://www.cnblogs.com/yeluqing/archive/2012/09/29/3827941.html
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