2.Сложение натуральных чисел

Для сложения натуральных чисел дается следующее рекурсивное определение.

1. Сложением натуральных чисел называется бинарная операция, которая натуральным числам а и b ставит в соответствие число a + b, обладающая свойствами:

(S1) а + 1 = а для любого а;

(S2) a + b = (a + b) для любых а и b.

Требуется доказать, что это определение корректно, то есть операция, удовлетворяющая заданным свойствам, существует. Эта задача кажется очень простой: достаточно провести индукцию по b, считая а фиксированным. При этом требуется выделить множество М значений b, для которых операция a + b определена и удовлетворяет условиям (S1) и (S2). Выполняя индуктивный переход, мы должны предположить, что для b операция выполняется, и доказать, что она выполняется для b. Но в свойстве (S2), которое должно выполняться для b, уже есть ссылка на a + b. Значит, это свойство автоматически предполагает существование операции и для a + b, а значит, и для последующих чисел: ведь для a + b тоже должно выполняться свойство (S2). Можно подумать, что это только облегчает задачу, делая индуктивный переход тривиальным: доказываемое утверждение просто повторяет индуктивное предположение. Но сложность здесь в доказательстве для базы индукции. Для значения b = 1 тоже должны выполняться свойства (S1) и (S2). Но свойство (S2), как показано, предполагает существование операции для всех значений, следующих за 1. Значит, проверка базы индукции предполагает доказательство не для единицы, а для всех чисел, и индукция теряет смысл: база индукции совпадает с доказываемым утверждением.

Приведенное рассуждение не означает, что рекурсивные определения некорректны или требуют каждый раз тщательного обоснования. Для их обоснования нужно использовать свойства натуральных чисел, которые на данном этапе только устанавливаются. Когда они будут установлены, можно будет доказать законность рекурсивных определений. Пока же докажем существование сложения индукцией по а: в формулах (S1) и (S2) нет связи между сложением для а и а.

1. Сложение натуральных чисел всегда выполнимо, причем однозначно.

Доказательство. а) Сначала докажем единственность. Зафиксируем а. Тогда результат операции a + b есть функция от b. Предположим, что есть две такие функции f(b) и g(b), обладающие свойствами (S1) и (S2). Докажем, что они равны.

Пусть М – множество значений b, для которых f(b) = g(b). По свойству (S1) f(1) = а + 1 = а и g(1) = а + 1 = а, значит, f(1) = g(1), и 1М.

Пусть теперь bM, то есть f(b) = g(b). По свойству (S2)

f(b) = a + b = (a + b) = f(b), g(b) = a + b = (a + b) = g(b) = f(b),

значит, bМ. По аксиоме индукции M = N. Единственность доказана.

б) Теперь индукцией по а докажем существование операции a + b. Пусть М – множество тех значений а, для которых операция a + b со свойствами (S1) и (S2) определена для всех b.

Пусть а = 1. Приведем пример такой операции. Полагаем по определению 1 + b = = b. Покажем, что для этой операции выполняются свойства (S1) и (S2). (S1) имеет вид 1 + 1 = 1, что соответствует определению. Проверяем (S2): 1+ b = (b) = = (1+ b), и (S2) выполняется. Значит, 1М.

Пусть теперь аМ. Докажем, что аМ. Полагаем по определению a+ b = (a+ b). Тогда

a+ 1 = (a+1) = (а),

a+ b = (a+ b) = ((a+ b)) = (a+ b),

и свойства (S1) и (S2) выполняются.

Таким образом, M = N, и сложение определено для всех натуральных чисел. Теорема доказана.

2. Сложение натуральных чисел ассоциативно, то есть

(a + b) + c = a + (b + c).

Доказательство. Зафиксируем а и b и проведем индукцию по с. Пусть М – множество тех чисел с, для которых равенство справедливо. Имеем по свойствам (S1) и (S2):

(a + b) + 1 = (a + b) = (a + b) = a + (b + 1)  1M.

Пусть теперь сM. Тогда

(a + b) + c = ((a + b) + c) = (a + (b + c)) = a + (b + c) = a + (b + c),

и cМ. По аксиоме (N3) М = N. Теорема доказана.

3. Сложение натуральных чисел коммутативно, то есть

a + b = b + а. (1)

Доказательство. Зафиксируем а и проведем индукцию по b.

Пусть b = 1, то есть требуется доказать равенство

а + 1 = 1 + а. (2)

Это равенство доказываем индукцией по а.

При а = 1 равенство тривиально. Пусть оно выполняется для а, докажем его для а. Имеем

а + 1 = (а + 1) + 1 = (1 + а) + 1 = (1 + а) = 1 + а.

Индуктивный переход завершен. По принципу математической индукции равенство (2) верно для всех а. Тем самым доказано утверждение базы индукции по b.

Пусть теперь формула (1) выполняется для b. Докажем ее для b. Имеем

a + b = (a + b) = (b + a) = b + a = b + (a + 1) = b + (1 + a) = (b + 1) + a = b + a.

По принципу математической индукции теорема доказана.

4. a + b  b.

Доказательство – в качестве упражнения.

5. Для любых чисел а и b имеет место один и только один из случаев:

1. a = b.

2. Существует число k такое, что a = b + k.

3. Существует число l такое, что b = a + l.

Доказательство. Из теоремы 4 следует, что имеет место не более чем один из этих случаев, так как, очевидно, слу­чаи 1) и 2), а также 1) и 3) не могут иметь место одновременно. Если бы одновременно имели место случаи 2) и 3), то a = b + k = = (а + l) + k = а + (l + k), что снова противоречит тео­реме 4. Докажем, что хотя бы один из этих случаев всегда имеет место.

Пусть выбрано число а и М – множество тех b, для каждого из которых при данном a имеет место случай 1), 2) или 3).

Пусть b = 1. Если a = 1, то имеем случай 1). Если а  1, то по теореме 1.1.2 имеем

a = k' = k + 1 = 1 + k,

то есть имеем случай 2) для b = 1. Значит, 1 принадлежит М.

Пусть b принадлежит М. Тогда возможны случаи:

• а = b, значит, b' = b + 1 = а + 1, то есть имеем случай 3) для b';

• а = b + k, и если k = 1, то а = b + 1 = b', то есть имеет место случай 1) для b';

если же k  1, то k = т' и

а = b + т' = b + (т + 1) = b + (1 + m) = (b + 1) + m = b + m,

то есть имеет место случай 2) для b';

• b = a + l, и b' =(а + l) = а + l, то есть имеем случай 3) для b'.

Во всех случаях b' принадлежит М. Тео­рема доказана.

Упражнение. Докажите на основании определения суммы, что 1 + 1 = 2, 1 + 2 = 3, 2 + 2 = 4, 2 + 3 = 5, 2 + 4 = 3 + 3 = 6.