第5章
CHAPTER 5


重 建 数 系






第4章中根据ZF1~ZF5得出了函数、等价、序这些基本的数学概念。但是，我们还没有接触到“无限”这个重要概念。当年康托建立集合论的主要目的就是处理无限，使得对无限的理解彻底清楚。从这一章开始，我们所介绍的内容将涉及无限。首先，本章将在ZF体系内建立我们一直以来所使用的“数”的概念。
5.1皮亚诺公设
或许有些读者会好奇，为何前面章节中只要是涉及具体集合的例子，都是由组成的集合，怎么没有出现关于“数”的集合，比如集合{0,1,2}。这是因为，我们现在还没有在ZF体系内构建出数的定义。现在我们开始这个工作。首先需要建立的数集是自然数集。对于自然数集这种新的对象，有两种引入的方式： 一种是将其视为原始对象(primitive object)，采用一组称为公理或公设的命题去描述它； 另一种是通过其他已知的对象去定义它，此时它不再是原始对象。本节采用第一种方式。
关于自然数的使用，我们太熟悉了。然而，熟悉自然数的使用，与知道自然数如何定义是两码事。我们希望建立自然数的定义，使得自然数的所有性质完全由这个定义所确定。也正是由于我们“自我感觉”对自然数太熟悉了，反而会对抽象出自然数的本质这件事造成一定的困难。1889年，意大利数学家、逻辑学家皮亚诺(G. Peano)给出了自然数集的定义，该定义是以公理化的方法给出的，称为皮亚诺公设(Peano’s postulates)。通过皮亚诺公设，可以清晰地看出自然数的本质。
【定义5.1.1】设N是一个集合，s是一个N到N的映射，e是集合N中的一个元素。如果它们满足： 
(1) eran(s)。
(2) s是N到N的单射。
(3) 对于N的任意子集A，如果e∈A，而且对于任意的x∈A，都有s(x)∈A，则A=N。

则称有序三元组〈N,s,e〉为皮亚诺系统(Peano system)，集合N为自然数集。
对于〈N,s,e〉，由于e∈N，s是N到N的映射，所以有s(e)∈N，s(s(e))∈N，s(s(s(e)))∈N，等等。根据定义5.1.1中的条件(1)，不存在x∈N，使得s(x)=e，也就是说，s(e)，s(s(e))，s(s(s(e)))，…之中任意一个都不会等于e，因此将e作为起始元素，从e出发，排成序列e，s(e)，s(s(e))，s(s(s(e)))，…的样子。再根据定义5.1.1中的条件(2)，这个序列中的任意两个元素都不会相等，所以这个序列会形成一个“链”的形象，不会是“环”的形象。再根据定义5.1.1中的条件(3)，这个链中所有元素构成的集合就是集合N，换句话说，可以把集合N中的元素一个不剩地排成一条链的形状。如果用一个带有箭头的线段表示从x到s(x)，那么，皮亚诺系统不会是图5.1.1(a)和(b)，而只可能是图5.1.1(c)那样。


图5.1.1皮亚诺系统示意图


直观上，我们所熟悉的自然数集N中的所有元素也是可以这样排列的，即N={0,1,2,…}。可以看出，皮亚诺系统〈N,s,e〉中的e是作为起始元素的，相当于自然数中的0； 映射s是用来将集合N中的每一个元素映射为该元素的后继(successor)。有了上述的理解，将e用符号“0”表示，将s(x)表示成x+，那么定义5.1.1可以更清楚地以如下方式进行表述。





【定义5.1.2】称满足如下条件的集合N为自然数集： 
(1) 0∈N。
(2) 对任意的x∈N，有其后继x+∈N。
(3) 对任意的x∈N，有x+≠0。
(4) 对任意的x,y∈N，如果x≠y，则有x+≠y+。
(5) 对于任意的AN，如果A满足如下两个条件： ①0∈A； ②对于任意的x∈A，有x+∈A； 则有A=N。
可以看出，定义5.1.2中的表述方式是将定义5.1.1中〈N,s,e〉的s和e直接以公设的形式列出。当然，定义5.1.1和定义5.1.2是完全等价的，只是表述方式不同而已。不管哪种定义，我们发现，只有定义中的最后一条是不平凡的，这一条称为皮亚诺归纳公设(Peano induction postulate)，也称为数学归纳法原理(principle of mathematical induction)。有了这一条，就可以使用中学所学到数学归纳法了，因为数学归纳法作为“归纳证明”的方法，是以这一条为基础的。让我们回顾一下数学归纳法。设F(x)表示“自然数x具有性质F”，如果想要证明F(x)对于所有的自然数都成立，只需证明如下两点即可： ①F(0)成立； ②对任意的自然数x，F(x)成立蕴含了F(x+)也成立。之所以可以这样做的理由是，令集合A={x∈N|F(x)}，显然AN； 当条件①和条件②都满足时，有0∈A，且由x∈A可以得到x+∈A，而这正是符合皮亚诺归纳公设条件的，因而有A=N。
在皮亚诺公设中，自然数集是以一组公设的方式进行定义的，因而，我们不知道什么对象是自然数，而只是知道自然数应该满足的性质； 也就是说，自然数集完全由公设中所列出的性质决定，只要对象具备这些性质，那么它就是自然数，所以从这个角度看，皮亚诺公设所定义出的自然数集是抽象的。
皮亚诺公设所定义的自然数集N是唯一的。假设N和M均为满足皮亚诺公设的自然数集。那么，根据公设首先0∈N且0∈M。令F(x)表示“x是集合M的元素”，则可以做集合A={x∈N|F(x)}。那么，当x∈A时，有x∈N且x∈M。根据公设就有x+∈N且x+∈M，因而x+∈A。再根据归纳原理可知A=N，因而NM。类似可证MN，综上可得M=N。
或许有些读者会说，根据皮亚诺公设得到〈N,s,e〉，然后将N记为{0,1,2,…}，再令M={0,2,4,…}，将s～理解为ss，由于〈M,s～,e〉满足皮亚诺公设，所以M也是自然数集。需要注意，皮亚诺公设只是一组性质，并没有给出集合N、映射s、起始元e分别是哪些具体对象。因而，从抽象的角度，〈M,s～,e〉就是〈N,s,e〉，用符号“1”表示e的后继，还是用符号“2”表示e的后继，没有什么实质上的区别。
如果读者学习过微积分的有关知识，就会知道微积分是以极限为基础进行展开的，而极限的定义中又涉及实数。在本章中，我们将会从自然数集出发构造整数，从整数构造有理数，从有理数构造实数。所以，自然数集是微积分的基础，因而，作为自然数定义的皮亚诺公设可以说是微积分的基础。在微积分的发展完善过程中，仅从几条公设出发重建整个微积分是其中的一项重大成果。
5.2无限公理
将皮亚诺公设作为定义自然数集的一种方法确实是很好的选择。然而，我们有更好的选择。集合论作为几乎整个数学的基础，必须也必然可以把自然数集在其内部定义出来，换句话说，皮亚诺公设是可以从ZF体系得出的。由于自然数是无限多的，所以在定义自然数集时，需要引入关于无限的公理。在引入无限公理之前，我们先分析一下自然数的集合表示，同时，对自然数的深入理解将促进我们对无限的理解。
现在要用集合来表示自然数0,1,2,…，我们借助于直观的感觉来尝试着构造。直观上，对于自然数集N而言，它已经是一个集合的形态了，N是一个无限的集合，它包含了所有的自然数，每个自然数都是有限的。现在假设我们已经用集合表示出了自然数0,1,2,…，也就是说，自然数0,1,2,…已具有集合的形态了，因而此时“数”与“集”统一在一起，数就是集，集就是数。既然“数就是集，集就是数”，那么自然数集N作为一个集合，就可以看作一个数，这个带有“无限”含义的数包含了所有比它小的“有限”含义的自然数。因而我们就想，对于任意一个自然数x，它也应该表示为所有比其小的自然数所构成的集合。具体地，0是最小的自然数，没有比它再小的自然数了，所有其表示为空集； 对于自然数1，只有0比它小，所以它应该表示为1={0}={}； 对于自然数2，自然数0、1都比它小，所以它应该表示为2={0,1}={,{}}； 等等。为了更加清晰，我们把前几个自然数的集合表示一起列出： 


0=

1={0}={}

2={0,1}={,{}}

3={0,1,2}={,{},{,{}}}


上述这种自然数的集合表示方法是由冯·诺依曼(John von Neumann)提出的。有工科背景知识的读者对冯·诺依曼在计算机领域中的贡献会很熟悉，却很少知道他在纯数学领域所做出的杰出工作。
上述自然数的集合表示方法还具有以下性质： 

0∈1∈2∈3∈…(5.2.1)

0123…(5.2.2)

或许有些读者会将自然数定义为0=，1={}，2={{}}，3={{{}}}，…，因为这样看起来更简单。确实，当年策梅洛也是这样定义自然数的。然而，这种定义方法只能保证前一个自然数属于后一个自然数，却不能保证这种属于关系∈一直传递下去，也就是说，0∈1，1∈2，但是02。类似地，这种定义方法也不会使得包含关系传递下去。而传递性是自然数用来计数的一个重要特性，因为每次计数时，会“包含”前面的已经数的结果，并将数的结果一直“传递”下去。所以，现在集合理论都是以冯·诺依曼提出的自然数构造方法作为标准方法。
下面需要把利用直观感觉所得出的关于自然数0,1,2,3的集合表示方法，推广到所有的自然数上。我们不能根据已有的0,1,2,3的集合表示方式，然后采用诸如“后面的自然数与前面的自然数一样”这种非具体的“归纳表述方式”去试图给出所有自然数的集合表示。我们需要从自然数0,1,2,3的集合表示方法中抽象出本质的、可以用ZF语言描述的一般规律。注意到上述表示中，1=0∪{0}，2=1∪{1}，3=2∪{2}，我们有如下定义：
【定义5.2.1】对于集合x，称集合x∪{x}为x的后继。
我们将集合x的后继集记为x+。可以看出，后继集x+通过并运算，除了将x中元素保留外，还将集合x本身作为元素并入其中，因而会同时有x∈x+和xx+。我们可以将后继集x+理解为对集合x取后继运算(·)+，那么，之前我们所得到的自然数的集合表示就可以写作： 0=，1=0+，2=1+=(0+)+=0++，3=2+=(0++)+=0+++，等等。
在给出后继集概念的基础上，现在就可以采用集合的方式去描述上述自然数的全体构成的集合。对于这个“归纳出的”自然数的全体，根据前面自然数的集合表示。首先，作为这个集合的起始元素，是属于这个集合； 其次，每当有x属于这个集合时，其后继集x+也会属于这个集合，这样就会使得之后的每个自然数属于这个集合。我们引入如下的概念： 
【定义5.2.2】对于集合a，如果其满足： ∈a，并且对于任意的x∈a，有x+∈a，则称集合a是归纳的(inductive)。
用谓词公式描述集合a的归纳性，就是∈a∧x(x∈a→x+∈a)。集合a具有归纳性，也称集合a是归纳集。从直观上看，前面我们所构造出的集合形式表示的自然数的全体是一个归纳集，而且它含有无限多个元素。现在的问题是： 归纳集存在么？或许有些读者会说，我们都已经把每个自然数用集合的方式构造出来了，它们的全体是自然数集，就是一个归纳集，所以归纳集是存在的。注意，我们不能“先入为主”地认为自然数集N是存在的。直到目前为止，在ZF体系内，我们只有ZF1~ZF5这5条公理，根据已有的这5条公理，还无法确认含有无限多个元素的集合的存在性，虽然可以根据这5条公理构造出无限多个集合。下面这条公理确定了归纳集的存在性。
ZF6 无限公理(axiom of infinity)： y(∈y∧z(z∈y→z+∈y))
无限公理的意思是： 归纳集是存在的。根据前面所给出的自然数的集合表示可以看出，自然数集具有这样的“直观”表示： {,+,++,+++,…}。注意，自然数集的这种直观表示只是用在现在正在使用的自然语言表述中，其中省略号“…”表达的是诸如“等等”“类似一直这样”的含义，省略号“…”不是ZF语言中的符号，所以ZF语言中不会出现这种自然数集的表示，这种直观表示也就是当我们用自然语言表述时，为了形象直观便于理解才这样使用。根据自然数集的直观表示可以看出，自然数集是“最小的”归纳集。因而，定义自然数集(set of natural numbers)为

ω={x|y(∈y∧z(z∈y→z+∈y)→x∈y)}(5.2.3)

式中，ω是一个集合。因为根据ZF6，存在y1使得∈y1∧z(z∈y1→z+∈y1)为真，再根据式(5.2.3)，可得∈y1∧z(z∈y1→z+∈y1)→x∈y1为真，再利用假言推理规则可得x∈y1为真。所以，式(5.2.3)可以写作

ω={x∈y1|y(∈y∧z(z∈y→z+∈y)→x∈y)}(5.2.4)

因而，利用ZF2分离公理可得ω是一个集合，并且再根据ZF1外延公理可知ω是唯一的。如果用自然语言描述上述自然数集的定义过程，就是x∈ω当且仅当x属于每一个归纳集。至此，我们在ZF体系内将自然数集ω严格地定义出来。
对于集合ω中的每一个元素，我们称为自然数(natural number)，采用符号“ω”表示自然数集而非以往所采用的N，是为了突出现在的自然数集是在ZF内根据公理所严格定义出来的自然数集。
前面我们只是直观地感觉出自然数集是“最小的”归纳集，下面就对所定义出的ω是最小的归纳集这个命题做出证明。
【命题5.2.1】集合ω是归纳集，且如果a也为归纳集，则ωa。
证明： 根据集合ω的定义，ω的元素是那些属于所有归纳集的元素。而空集是属于所有归纳集的，所以∈ω。另外，如果x∈ω，根据ω的定义，x属于所有的归纳集，结合归纳集的定义可知x+就会属于所有的归纳集，因而x+∈ω。综上可知，ω是归纳集。根据ω的定义，它的元素就是那些属于所有归纳集的元素，所以对于任意的归纳集a，均有ωa。
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命题5.2.1显示了自然数集ω是最小的归纳集，正是由于ω作为归纳集中最小的一个，因而可以得到如下命题。
【命题5.2.2】集合ω的任何子集u如果是归纳集，则u=ω。
该命题可以用谓词公式表示为： uω∧∈u∧z(z∈u→z+∈u)→u=ω。在命题5.2.2的基础上，再进一步，我们有如下命题。
【命题5.2.3】设F(x)表示自然数x具有性质F，如果： ①F(0)成立； ②对任意的自然数x，F(x)成立蕴含了F(x+)也成立； 则对于所有的x∈ω，F(x)皆成立。
证明： 构造集合u={x∈ω|F(x)}，显然uω。根据假设，∈ω； 并且对于任意的x∈ω，有x+∈ω，所以，集合u是归纳集。由于uω，根据命题5.2.2可得u=ω，命题得证。
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命题5.2.3可以用谓词公式表示为

F(0)∧x(x∈ω∧F(x)→F(x+))→x(x∈ω→F(x))



图5.2.1数学归纳法原理示意图


可以看出，通过将自然数集ω定义为最小归纳集，得到了命题5.2.3——数学归纳法。如果对比命题5.2.2和上一节中的皮亚诺公设可以看出，命题5.2.2就是皮亚诺公设中的数学归纳法原理，只是在这里，数学归纳法原理被证明了出来。我们可以用图5.2.1形象地表示数学归纳法原理。

除了从自然数集ω可以导出数学归纳法原理，我们还可以得到如下结论： ①∈ω； ②对于任意的x∈ω，有x+∈ω； ③x+≠。其中前两条是根据ω是归纳集直接得出的，第3条是根据后继集的定义x+=x∪{x}，对于任意的x+，都有x∈x+，所以x+一定不是空集。如果我们还可以得出如下结论： ④对于x,y∈ω，如果x≠y，有x+≠y+。那么，我们就在ZF的体系内，把皮亚诺公设全部证明出来了，因而集ω就是满足皮亚诺公设的自然数集N。
通过引入后继集的概念，我们把式(5.2.1)和式(5.2.2)中的x∈x+和xx+表达出来了； 通过引入归纳集的概念，我们把式(5.2.1)和式(5.2.2)中全体对象构成的集{0,1,2,…}表达出来了； 然而，式(5.2.1)中对于属于关系∈的传递性却没有表达出来。现在我们给出传递性的集合描述。
【定义5.2.3】对于集合a，如果由x∈u和u∈a可以得出x∈a，则称集合a是传递的(transitive)。
用谓词公式描述集合a的传递性，就是(x∈u∧u∈a)→x∈a。集合a具有传递性，也称集合a是传递集。通俗地讲，集合的传递性是指，集合的元素的元素还是集合的元素。显然，当集合a是传递集时，其任意的元素u∈a也一定是其子集，即ua； 反之，如果集合a任意的元素u∈a还是其子集，即ua，则a一定为传递集。比如，{,{}}就是一个传递集，而{,{{}}}就不是传递集。
在式(5.2.1)中，根据前几个自然数是传递集，我们推断，任意的自然数都是传递集。下面证明这个结论。
【命题5.2.4】对于任意的x∈ω，x是传递集。
证明： 这是一个关于自然数集ω的一个命题，我们可以用数学归纳法。令F(x)表示“x是传递集”，构造集合u={x∈ω|F(x)}ω。显然，为传递集，且∈ω，因而∈u。当z∈u时，即z∈ω且z是传递集，那么： ①z+∈ω，这是由ω是归纳集得出的； ②z+还是一个传递集，这是因为，对于任意的y∈t∈z+，由于z+=z∪{z}，所以要么t=z，要么t∈z，当t=z时，根据y∈z和zz+，可得y∈z+，当t∈z时，根据假设z是传递集，可得y∈z，再次利用zz+，可得y∈z+。综合①和②，可得z+∈u。也就是说，当z∈u时，有z+∈u，进而可知，ω的子集u为归纳集，所以u=ω。命题得证。
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在命题5.2.4的证明中，根据z是传递集，得出了z+也是一个传递集，事实上，这个结论是显然的。因为z+的元素比z的元素仅多了一个z，而z作为z+的元素，其元素已经并入到z+中，所以，当z是传递集时，z+一定也是传递集。
除了ω的元素是传递集之外，ω本身也是传递的，有如下命题。
【命题5.2.5】ω是传递集。
证明： 该命题等价于，对于任意的x∈ω，有xω。我们还是采用数学归纳法。令F(x)表示“xω”，构造集合u={x∈ω|F(x)}ω。显然，∈u。假设z∈u，即z∈ω且zω，由于{z}ω，所以对于z+=z∪{z}，z+ω； 另外，根据ω是归纳集，可得z+∈ω； 所以z+∈u。由上可见，u为归纳集，由于uω，所以u=ω。命题得证。
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根据命题5.2.5中ω的传递性可知，ω的元素的元素还是ω的元素，而ω的元素是自然数，因而可以得出，自然数的元素还是自然数，即每一个自然数都是由自然数构成的集合。根据本节一开始的自然数的集合表示方法，从前几个自然数的集合表示，直观上感觉应该是每一个自然数都是由自然数构成的集合，即x={0,1,2，…，x－1}。现在命题5.2.5严格地证明了出来。
在传递集概念介绍的基础上，现在我们证明前面所提到的： ④对于x,y∈ω，如果x≠y，有x+≠y+。
【命题5.2.6】对于x,y∈ω，如果x≠y，有x+≠y+。
证明： 当x≠y时，假设x+=y+。因为x∈x+，因而x∈y+=y∪{y}。由于x≠y，所以x∈y。注意到集合y是传递集，所以xy。同理可证yx，进而可得x=y，矛盾。
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至此，我们在ZF的体系内，把皮亚诺公设全部证明出来了。如果把后继运算(·)+看作一个映射，并将其限制在ω上，即令σ=(·)+ω={〈x,x+〉|x∈ω}，则〈ω,σ,〉为一个皮亚诺系统。可以看出，利用ZF的公理，我们“构造”出了具体的自然数集ω，皮亚诺系统中的映射s和起始元素e也都在ZF内具体化为σ和，并且，自然数的性质也均可以由集合的性质导出。所以，在ZF体系内，自然数集ω是具体的对象，从这个“具体的”角度上，它与任意其他的集合x相比，比如，没什么区别，都是实实在在的集合。
5.3算术
通过无限公理ZF6，我们在ZF体系内将自然数集定义出来了，当然，自然数也就同时定义出来了。这样定义出的自然数集ω上，仅仅是有一个后继运算(·)+。本节我们将在ω上定义复杂的运算，比如加法和乘法。这样使得ω更加贴合我们一直以来所使用的自然数集。在定义加法和乘法之前，首先介绍递归定理(recursion theorem)。归纳法证明所采用的数学归纳法是我们所熟悉的，而归纳法定义却不是那么熟悉。递归定理是归纳法定义可以实施的保证。
假定现在有一个从ω到a的映射f，如果对于每个x∈ω，我们都知道f在任意x下的值f(x)∈a，则该映射f也就确定了，即为f={〈x,f(x)〉|x∈ω}ω×a。假定现在我们不知道f在任意x∈ω下的值，但是却知道f(0)，并且还知道一个从a到a的映射g，其满足对于所有的x∈ω，有f(x+)=g(f(x))。这样，就可以依次得到f(1)=f(0+)=g(f(0))，f(2)=f(1+)=g(f(1))，一直这样下去，就可以得到f在任意x下的值f(x)了。如果映射f事先是存在的，我们可以通过这种方式确定出f。现在的问题是，这样的f存在么？也就是说，我们需要证明，如果给定一个集合a，集合a中一个元素b，以及一个从a到a的映射g，那么存在唯一的一个从ω到a的映射f，满足f(0)=b，且f(x+)=g(f(x))。
【命题5.3.1】给定集合a以及其中一个元素b∈a，g是一个从a到a的映射，那么存在唯一的一个从ω到a的映射f，满足f(0)=b，且对于任意的x∈ω，有f(x+)=g(f(x))。
证明： 首先证明满足条件的映射f的存在性。为此，只需要构造出来它即可。由于映射是一种关系，而且关系约束条件比映射要少，容易构造，所以可以先构造一种关系，当然这种关系需要与映射f要满足的条件有一定的联系，然后通过这种关系再进一步构造出映射f。具体地，令关系rω×a为满足如下条件的集合： 
(1) 〈0,b〉∈r；
(2) 对于任意的x∈ω，如果〈x,y〉∈r，则有〈x+,g(y)〉∈r。
我们将“集合r满足上述条件(1)和(2)”记为符号“F(r)”。显然，ω×a就是满足上述条件的集合。当然，ω×a作为满足条件的关系，它不是映射，为了构造出满足条件的映射，需要构造出满足该条件的“最小关系”。注意，如果映射满足条件(1)和(2)，也就是该映射满足命题中的条件。可以这样构造映射： 把所有满足条件的关系放在一起构成一个集合，然后做这个集合的交。具体地，令

s={r|(rω×a)∧F(r)}

显然，对象s是集合，且s≠。令f=∩s，则集合f表示所有满足条件(1)和(2)的ω×a的子集的交。所以，对于任意的r∈s，有fr，因而，fω×a。此外，由于对于任意的r∈s，均有F(r)为真，所以F(f)也为真，即集合f也满足条件(1)和(2)。所以，f是满足条件(1)和(2)的最小的集合。接下来，证明集合f是ω到a的映射，这相当于证明： 对于任意的x∈ω，存在唯一的y∈a，使得〈x,y〉∈f。考虑应用数学归纳法。
当x=0时，由于f满足条件(1)，所以〈0,b〉∈f，存在性满足。再看唯一性，如果除了〈0,b〉∈f，还有〈0,c〉∈f，则从集合f中把〈0,b〉去除，即f～=f－{〈0,b〉}。由于f～与f就差了一个元素〈0,b〉，所以f～也是满足条件(1)和(2)的，所以f～∈s，而f～f，这是与f的最小性矛盾，所以，当x=0时，存在唯一的b∈a，使得〈0,b〉∈f。
假设对于x∈ω，存在唯一的y∈a，使得〈x,y〉∈f。考虑x+∈ω时的情况。根据假设，〈x,y〉∈f，由于集合f满足条件(2)，因而〈x+,g(y)〉∈f，存在性满足。再看唯一性，如果除了〈x+,g(y)〉∈f，还有〈x+,z〉∈f，其中z≠g(y)，还是采用类似的方法，令f-=f－{〈x+,z〉}，由于f-与f就差了一个元素〈x+,z〉。所以f-也是满足条件(1)和(2)的，所以f-∈s，而f～f，这是与f的最小性矛盾。所以，当x+∈ω时，也存在唯一的y∈a，使得〈x,y〉∈f。
综上所述，根据数学归纳法可知，对于任意的x∈ω，存在唯一的y∈a，使得〈x,y〉∈f。至此，满足条件的映射f的存在性得到证明。
我们还需要证明满足条件的映射f的唯一性，因为尽管f=∩s表明f是满足条件(1)和(2)的最小的集合，并不代表比f稍微大一些的集合就不是满足条件(1)和(2)的映射。假设映射h也是满足条件(1)和(2)的从ω到a的映射，因而，〈0,b〉∈h。可见，当x=0时，如果〈x,y〉∈f，则〈x,y〉∈h； 假设对于x∈ω，根据〈x,y〉∈f可得〈x,y〉∈h，则对于x+∈ω时，由于映射f和映射h都满足条件(2)，所以〈x+,g(y)〉∈f，且〈x+,g(y)〉∈g。根据数学归纳法可知，对于任意的x∈ω，均有如果〈x,y〉∈f，则〈x,y〉∈h。因而可得f=g。命题得证。
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有了递归定理——命题5.3.1，我们可以开始定义自然数集ω上的运算了。首先看加法的定义。对于x+y=z的定义，如果将x固定或者看作一个参数，那么，x+y=z就可以理解为fx(y)=z。有了这种观点，现在给出ω上加法的定义。
【定义5.3.1】对于任意的x,y∈ω，定义ω上加法+是具有如下性质的运算： 

x+0=x
x+y+=(x+y)+

从定义5.3.1可以看出，ω上加法+是以一种递归的方式进行定义的。根据定义5.3.1，如果我们要计算5+3，其等于5+2+=(5+2)+，由于后继运算(·)+已经定义过了，所以只需要计算出5+2即可； 根据定义5.3.1，有5+2=5+1+=(5+1)+，这又只需要计算出5+1即可； 根据定义5.3.1，有5+1=5+0+=(5+0)+，所以只需计算出5+0即可，根据定义5.3.1，5+0=5，因而5+3=5+++=8。可以看出，整个计算过程是以一种递归的方式进行的，所以，需要递归定理来保证上述计算过程所依据的“递归定义”方式是合理的。从命题5.3.1的角度去看定义5.3.1，实际上就是对于任意的x∈ω，都定义了对应的映射fx: ω→ω，其满足fx(0)=x，fx(y+)=(fx(y))+，然后再把fx(y)用x+y进行表示。在命题5.3.1中，把其中的集合a和其中一个元素b∈a，看作这里的ω和x∈ω； 把其中的a到a的映射g，看作这里的ω到ω的映射(·)+； 把其中的ω到a的映射f，看作这里的ω到ω的映射fx，那么命题5.3.1保证了映射fx的唯一存在性。
类似地，在ω上加法+已经定义的基础上，也可以递归地定义ω上的乘法。
【定义5.3.2】对于任意的x,y∈ω，定义ω上乘法·是具有如下性质的运算： 

x·0=x
x·y+=x+x·y

从定义5.3.2可以看出，ω上乘法·也是以一种递归的方式进行定义的。根据定义5.3.2，如果要计算5·3，其等于5·2+=5+5·2，由于加法运算+已经定义过了，所以只需要计算出5·2即可； 根据定义5.3.2，有5·2=5·1+=5+5·1，这又只需要计算出5·1即可； 根据定义5.3.2，有5·1=5·0+=5+5·0，所以只需计算出5·0即可，根据定义5.3.2，5·0=0，因而5·3=5+5+5=15。从命题5.3.1的角度去看定义5.3.2，就是对于任意的x∈ω，都定义了对应的映射f～x: ω→ω，其满足f～x(0)=0，f～x(y+)=fx(f～x(y))，其中fx就是加法运算+所对应的映射。注意，乘法定义中采用x·y+=x+x·y而不是采用x·y+=x·y+x，是因为加法运算+所对应的映射表示为fx(y)=x+y而非fx(y)=y+x。在命题5.3.1中，把其中的集合a和其中一个元素b∈a，看作这里的ω和0∈ω； 把其中的a到a的映射g，看作这里的ω到ω的映射fx； 把其中的ω到a的映射f，看作这里的ω到ω的映射f～x，那么命题5.3.1保证了映射f～x的唯一存在性。
【命题5.3.2】对于任意的x,y∈ω，有：
(1) 0+x=x。
(2) x++y=(x+y)+。
证明： (1) 对x采用数学归纳法。当x=0时，根据定义5.3.1，x+0=x对于任意的x∈ω都成立，所以0+0=0。现在假设0+x=x，如果能够证明出0+x+=x+，那么，应用数学归纳法，即可得出0+x=x对于任意的x∈ω都成立。根据定义5.3.1，0+x+=(0+x)+，根据假设0+x=x，可得0+x+=x+。
(2) 对y采用数学归纳法。当y=0时，根据定义5.3.1，x++0=x+=(x+0)+。假设x++y=(x+y)+，现在需要证明x++y+=(x+y+)+。根据定义5.3.1，x++y+=(x++y)+，再根据假设，可得x++y+=((x+y)+)+。而根据定义5.3.1，(x+y)+=x+y+，所以可得x++y+=(x+y+)+。
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【命题5.3.3】对于任意的x,y,z∈ω，有：
(1) x+y=y+x。
(2) (x+y)+z=x+(y+z)。
证明： (1) 对y采用数学归纳法。当y=0时，根据自然数的加法定义，x+0=x； 而根据命题5.3.2，0+x=x； 因而x+0=0+x。假设x+y=y+x，需要证明x+y+=y++x。根据自然数的加法定义，x+y+=(x+y)+； 根据命题5.3.2，y++x=(y+x)+，再根据假设x+y=y+x，可得x+y+=y++x。
(2) 对z采用数学归纳法。当z=0时，根据自然数的加法定义，(x+y)+0=x+y，x+(y+0)=x+y，因而(x+y)+0=x+(y+0)。假设(x+y)+z=x+(y+z)，需要证明(x+y)+z+=x+(y+z+)。根据自然数的加法定义，(x+y)+z+=((x+y)+z)+，x+(y+z+)=x+(y+z)+=(x+(y+z))+，再根据假设(x+y)+z=x+(y+z)，可得
(x+y)+z+=x+(y+z+)。
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【命题5.3.4】对于任意的x,y∈ω，有：
(1) 0·x=0。
(2) x+·y=y+x·y。
证明： (1) 对x采用数学归纳法。当x=0时，根据自然数的乘法定义，0·0=0。假设0·x=0，现在需要证明0·x+=0。根据乘法的定义，0·x+=0+0·x，根据假设0·x=0，可得0·x+=0+0，再根据加法的定义，可得0·x+=0。
(2) 对y采用数学归纳法。当y=0时，根据乘法的定义，x+·0=0，根据乘法和加法的定义，0+x·0=0+0=0，所以，x+·0=0+x·0。现在假设x+·y=y+x·y，需要证明x+·y+=y++x·y+。根据乘法的定义，x+·y+=x++x+·y，根据假设和命题5.3.3的(2)，有x+·y+=x++(y+x·y)=(x++y)+x·y； 根据乘法的定义和命题5.3.3的(2)，有y++x·y+=y++(x+x·y)=(y++x)+x·y。根据命题5.3.2的(2)和命题5.3.3的(1)，x++y=(x+y)+，y++x=(y+x)+=(x+y)+。综上可得,x+·y+=y++x·y+。
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【命题5.3.5】对于任意的x,y,z∈ω，有：
(1) x·y=y·x。
(2) x·(y+z)=x·y+x·z。
(3) (x·y)·z=x·(y·z)。
证明： (1) 对y采用数学归纳法。当y=0时，x·0=0，根据命题5.3.4的(1)，0·x=0，所以x·0=0·x。假设x·y=y·x，现在证明x·y+=y+·x。根据乘法定义x·y+=x+x·y，根据命题5.3.4的(2)，y+·x=x+y·x。再根据假设，可得x·y+=y+·x。
(2) 对z采用数学归纳法。当z=0时，x·(y+0)=x·y，x·y+x·0=x·y，所以x·(y+0)=x·y+x·0。假设x·(y+z)=x·y+x·z，现在证明x·(y+z+)=x·y+x·z+。x·(y+z+)=x·(y+z)+=x+x·(y+z)，利用假设有，x·(y+z+)=x+(x·y+x·z)； 而x·y+x·z+=x·y+(x+x·z)。再利用命题5.3.3，可得x·(y+z+)=x·y+x·z+。
(3) 对z采用数学归纳法。当z=0时，(x·y)·0=0，x·(y·0)=x·0=0，所以，(x·y)·0=x·(y·0)。假设(x·y)·z=x·(y·z)，现在证明(x·y)·z+=x·(y·z+)。(x·y)·z+=(x·y)+(x·y)·z，x·(y·z+)=x·(y+y·z)，根据才证明出的(2)可得，x·(y·z+)=x·y+x·(y·z)。再利用假设，可得(x·y)·z+=x·(y·z+)。

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上面的这些命题给出了关于自然数的算术定律，总结如下： 
(1) 加法交换律x+y=y+x
(2) 加法结合律(x+y)+z=x+(y+z)
(3) 乘法对加法的分配率x·(y+z)=x·y+x·z
(4) 乘法交换律x·y=y·x
(5) 乘法结合律(x·y)·z=x·(y·z)
可以看出，通过在ZF体系内定义自然数集ω上的加法和乘法运算，我们在ZF体系内证明出了这些我们所熟知的算术定律。
此外，还有关于自然数的加法和乘法消去律，这里简要证明一下。对于加法消去律，也就是如果x+z=y+z，则x=y，这只需要对z采用数学归纳法即可。当z=0时，显然x=y，假设x+z=y+z，有x=y； 那么，根据x+z+=y+z+，x+z+=(x+z)+，y+z+=(y+z)+，并利用假设可得x=y。对于乘法消去律，也就是如果x·z=y·z，且z≠0，则x=y。还是采用数学归纳法，令集合A={0}∪{z∈ω|z≠0∧F(z)}，其中F(z)表示“对于任意的x,y∈ω，如果x·z=y·z，则x=y”。首先，0∈A； 其次，如果z∈A，则有z=0或者z≠0，当z=0时，如果x·0+=y·0+，也即x+x·0=y+y·0，因而可得x=y，也就是说z+∈A，如果z≠0，则有x·z=y·z，那么，如果x·z+=y·z+，即x+x·z=y+y·z，则应用加法消去律，同样可得x=y，即z+∈A。综上可得，A=ω。
除了可以在ω上定义加法和乘法运算，还可以定义ω上序关系，这只需要根据加法运算就可完成。
【定义5.3.3】对于任意的x,y∈ω，如果存在u∈ω，使得x+u=y，则称x≤y； 如果x≤y且x≠y，则称x＜y。
为了方便后面关于序的性质的推导，先引入两个命题。
【命题5.3.6】对于任意的x∈ω，且x≠0，则存在唯一的y∈ω，满足y+=x。
证明： 令集合A={0}∪{x∈ω|F(x)}，其中F(x)表示“存在唯一的y∈ω，满足y+=x”。显然Aω。由于0∈A，且当u∈A时，由于u∈ω，所以u+∈ω且F(u+)为真，进而可得u+∈A，根据命题5.2.2可得A=ω，所以F(x)对于除了0之外的所有自然数均为真。至于唯一性，可由命题5.2.6直接得到。
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【命题5.3.7】对于任意的x,y∈ω，有x+y+≠x。
证明： 对x采用数学归纳法。当x=0时，0+y+=y+≠0。假设x+y+≠x，现在需要证明x++y+≠x+。根据命题5.3.3的(2)，x++y+=(x+y+)+，利用假设并根据命题5.2.6，可得x++y+≠x+。
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现在我们看自然数集上序的性质。
【命题5.3.8】对于任意的x,y,z∈ω，有：
(1) x≮x；
(2) x＜y且y＜z，则x＜z；
(3) x＜y、x=y、y＜x，这三种情况有且仅有其中之一出现。
证明： (1) 由于x=x，不满足x＜y定义中的x≠y，所以x≮x。
(2) 根据x＜y可得，存在u∈ω，使得x+u=y，且x≠y，进而可得u≠0。类似地，根据y＜z可得，存在v∈ω，使得y+v=z，且y≠z，进而可得v≠0。进而可得

y+v=(x+u)+v=x+(u+v)=z

可见x≤z。又由于u∈ω且u≠0，根据命题5.3.6，存在唯一的t∈ω，满足t+=u。那么，

u+v=t++v=(t+v)+

因而就有

y+v=x+(t+v)+=z

根据命题5.3.7，x≠z。综上可得，x＜z。
(3) 首先证明，命题中所列出的三种情况至多出现其中一种。如果出现x＜y且x=y，则可得x＜x，与本命题中的(1)矛盾； 如果y＜x且x=y，同样可得x＜x，与本命题中的(1)矛盾； 如果出现x＜y且y＜x，根据本命题中的(2)可得x＜x，又与本命题中的(1)矛盾； 所以三种情况至多出现一种。下面证明，命题中所列出的三种情况至少出现其中一种。对x采用数学归纳法。当x=0时，如果y=0，则x=y； 如果y≠0，根据命题5.3.6，则存在唯一的u∈ω，满足u+=y，由于u+=0+u+，所以y=0+u+，进而可得0≤y，而y≠0，所以0＜y，即x＜y； 也就是说，无论y=0还是y≠0，总会有x=y或者x＜y，即当x=0时，命题中所列出的三种情况至少会出现其中一种。假设对于x,y∈ω，x＜y、x=y、y＜x，这三种情况至少出现其中之一，现在需要证明的是，x+＜y、x+=y、y＜x+，这三种情况至少出现其中之一。现在对假设中的三种情况分别进行证明。当x=y时，由于x+=x+0+，根据命题5.3.7可得x＜x+，即y＜x+。当y＜x时，根据x+=x+0+可得x＜x+，再根据本命题中的(2)，可得y＜x+。当x＜y时，则存在v≠0，x+v=y。由于v≠0，根据命题5.3.6，令t+=v，则x+t+=y。由于x+t+=(x+t)+=x++t，所以x++t=y，因而可得x+≤y，这又相当于x+＜y或者x+=y。综上可见，x+＜y、x+=y、y＜x+，这三种情况至少出现其中之一。根据归纳法可得，对于任意的x,y∈ω，x＜y、x=y、y＜x，这三种情况至少出现其中之一。结合前面已经得出的这三种情况至多出现一种，所以这三种情况有且仅有其中之一出现。
▇
根据命题5.3.8，我们这里所定义的序＜满足反自反性、传递性、三分性，因而是ω上的全序关系，即〈ω,＜〉为全序集。由于所定义的序＜是根据ω上的运算定义出来的，所以序＜也与ω上的运算有一定的联系。
【命题5.3.9】对于任意的x,y,z∈ω：
(1) 如果x＜y，则x+z＜y+z；
(2) 如果x＜y且z≠0，则x·z＜y·z。
证明： (1) 根据x＜y可得，存在u∈ω，且u≠0，使得x+u=y。进而，x+u+z=y+z。根据加法的交换律和结合律，可得x+z+u=y+z，由于u≠0，所以，x+z＜y+z。
(2) 根据x＜y可得，存在u∈ω，且u≠0，使得x+u=y。进而，(x+u)·z=y·z。根据乘法对加法的分配率，可得x·z+u·z=y·z。由于u≠0，且z≠0，容易得出u·z≠0，所以可得x·z＜y·z。
▇
此外，如果x·y=0，则可以得出： 要么x=0，要么y=0。因为，如果x,y≠0，则令x=u+，y=v+，其中，u,v∈ω。则根据乘法定义和命题5.3.2的(2)，可以得到

0=x·y=u+·v+=u++u+·v=(u+u+·v)+

这说明0是自然数u+u+·v的后继元素，矛盾。
后面，我们会将自然数的乘法x·y按照通常习惯简写为xy。
5.4整数
前面几节中，我们在ZF体系内得到了自然数集ω，并在ω上定义了加法和乘法运算以及序。本节我们利用自然数集ω，以及ω上的运算和序，在ZF体系内利用集合知识，构造整数集Z以及Z上的运算和序。
对于整数集Z，根据以前对整数的一些了解，我们知道整数集比自然数集多出了负整数。由于负整数可以由两个自然数通过减法运算得到，而减法运算又不满足交换律，因而，我们就想到用有顺序的两个自然数来表示一个整数，即采用自然数的有序对来表示整数。比如，我们可以采用〈3,5〉来表示－2。当然，正整数——也就是自然数——同样可以用这种方法来表示，比如采用〈5,3〉来表示2。按照这个思路，那么有序对〈2,4〉也可以表示－2，所以应该将〈3,5〉和〈2,4〉看成同一个整数。我们采用等价类的概念，将〈3,5〉和〈2,4〉放入同一个等价类中，这样，它们就可以被看成是同一个对象－2了。由于3－5=2－4可以用ω上已经定义的加法等价地表示为3+4=2+5，所以基于上述分析，有如下定义。
【定义5.4.1】在积集ω×ω上定义等价关系~如下： 

〈x,y〉~〈u,v〉，如果x+v=u+y(5.4.1)

如果以集合的形式表示作为(ω×ω)×(ω×ω)子集的等价关系~，即为

~={〈〈x,y〉,〈u,v〉〉|x+v=u+y,x,y,u,v∈ω}

可以验证~确实是ω×ω上的等价关系： 根据定义，自反性〈x,y〉~〈x,y〉是显然的； 对于对称性，如果〈x,y〉~〈u,v〉，即x+v=u+y，这也就是u+y=x+v，因而〈u,v〉~〈x,y〉； 对于传递性，如果〈x,y〉~〈u,v〉且〈u,v〉~〈s,t〉，根据等价关系的定义，x+v=u+y，u+t=s+v，则有x+v+u+t=u+y+s+v，根据加法消去律可得x+t=y+s=s+y，因而可得〈x,y〉~〈s,t〉。
【定义5.4.2】称积集ω×ω关于等价关系~的商集(ω×ω)/~为整数集(set of integers)，商集(ω×ω)/~的元素称为整数(integer)。
按照以往的习惯，将整数集用符号Z来表示。对于商集(ω×ω)/~来说，其元素为等价类［〈x,y〉］={〈u,v〉∈ω×ω|〈u,v〉~〈x,y〉}，用来表示之前我们所了解的“通常的”整数x－y。比如，－2表示为等价类

［〈1,3〉］={〈u,v〉∈ω×ω|〈u,v〉~〈1,3〉}=［〈0,2〉］=［〈2,4〉］=［〈3,5〉］=…

2表示为等价类

［〈5,3〉］={〈u,v〉∈ω×ω|〈u,v〉~〈5,3〉}=［〈2,0〉］=［〈6,4〉］=［〈4,2〉］=…

在定义Z的基础上，就可以定义Z上的运算和序了，首先定义加法运算。
【定义5.4.3】整数的加法定义为： ［〈x,y〉］+［〈u,v〉］=［〈x+u,y+v〉］。
注意，我们还是采用惯用符号“+”来表示整数的加法。在4.3节中曾提到过“良定义”的概念： 由于等价类是一个集合，其中的每一个元素都可以作为代表元，所以，当对等价类进行操作时，如果该操作是以等价类的代表元进行的，那么就需要说明这种操作与代表元的选取无关。具体到这里，我们要说明，如果〈x1,y1〉~〈x,y〉，〈u1,v1〉~〈u,v〉，则有〈x1+u1,y1+v1〉~〈x+u,y+v〉。事实上，根据定义5.4.1，有x1+y=x+y1，u1+v=u+v1，进而x1+y+u1+v=x+y1+u+v1，也即x1+u1+y+v=x+u+y1+v1。因而，我们所定义的整数的加法确实是良定义的。比如，由于［〈1,3〉］=［〈2,4〉］，［〈2,1〉］=［〈3,2〉］，所以，［〈1,3〉］+［〈2,1〉］应该与［〈2,4〉］+［〈3,2〉］是相等的，而这两个加法的计算结果［〈3,4〉］与［〈5,6〉］确实是相等的。
下面命题说明了所定义的整数加法满足交换律和结合律。
【命题5.4.1】(1) ［〈x,y〉］+［〈u,v〉］=［〈u,v〉］+［〈x,y〉］
(2) (［〈x,y〉］+［〈u,v〉］)+［〈s,t〉］=［〈x,y〉］+(［〈u,v〉］+［〈s,t〉］)
证明： (1) 根据整数的加法定义，有

［〈x,y〉］+［〈u,v〉］=［〈x+u,y+v〉］

［〈u,v〉］+［〈x,y〉］=［〈u+x,v+y〉］

由于自然数的加法满足交换律，所以，

［〈x,y〉］+［〈u,v〉］=［〈u,v〉］+［〈x,y〉］

(2) 根据整数的加法定义，有


(［〈x,y〉］+［〈u,v〉］)+［〈s,t〉］=［〈x+u,y+v〉］+［〈s,t〉］

=［〈(x+u)+s,(y+v)+t〉］

［〈x,y〉］+(［〈u,v〉］+［〈s,t〉］)=［〈x,y〉］+［〈u+s,v+t〉］

=［〈x+(u+s),y+(v+t)〉］


由于自然数的加法满足结合律，所以，

(［〈x,y〉］+［〈u,v〉］)+［〈s,t〉］=［〈x,y〉］+(［〈u,v〉］+［〈s,t〉］)

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考虑Z中元素［〈0,0〉］={〈x,x〉|x∈ω}，有如下命题。
【命题5.4.2】(1) 对于任意的［〈x,y〉］∈Z，有［〈x,y〉］+［〈0,0〉］=［〈x,y〉］。
(2) 对于任意的［〈x,y〉］∈Z，存在［〈u,v〉］∈Z，有［〈x,y〉］+［〈u,v〉］=［〈0,0〉］。
证明： (1) 根据整数的加法定义，有

［〈x,y〉］+［〈0,0〉］=［〈x+0,y+0〉］=［〈x,y〉］

(2) 取［〈u,v〉］=［〈y,x〉］，则根据整数的加法定义，有

［〈x,y〉］+［〈y,x〉］=［〈x+y,y+x〉］=［〈x+y,x+y〉］=［〈0,0〉］

▇
命题5.4.2说明了整数加法具有单位元(identity element)和逆元(inverse element)。具体地，我们将［〈0,0〉］称为整数加法的单位元，将［〈y,x〉］称为［〈x,y〉］的加法逆元，记为［〈y,x〉］=－［〈x,y〉］。事实上，对于任意的［〈x,y〉］∈Z，其逆元是唯一的。因为，如果存在［〈u,v〉］,［〈s,t〉］∈Z，满足［〈x,y〉］+［〈u,v〉］=［〈0,0〉］和［〈x,y〉］+［〈s,t〉］=［〈0,0〉］，则可以得到


［〈u,v〉］=［〈u,v〉］+［〈0,0〉］=［〈u,v〉］+(［〈x,y〉］+［〈s,t〉］)

=(［〈u,v〉］+［〈x,y〉］)+［〈s,t〉］=(［〈x,y〉］+［〈u,v〉］)+［〈s,t〉］

=［〈0,0〉］+［〈s,t〉］=［〈s,t〉］


有了加法逆元的概念，就可以引入整数的减法： 

［〈x,y〉］－［〈u,v〉］=［〈x,y〉］+(－［〈u,v〉］)

利用整数减法的概念，很容易证明加法消去律，即根据［〈x,y〉］+［〈s,t〉］=［〈u,v〉］+［〈s,t〉］，等式两边同时减去［〈s,t〉］，即得［〈x,y〉］=［〈u,v〉］。
根据先前对整数的了解，(x－y)+(u－v)=(x+u)－(y+v)启示我们定义整数的加法，类似地，(x－y)·(u－v)=(xu+yv)－(xv+yu)启示我们定义整数的乘法。
【定义5.4.4】整数的乘法定义为： ［〈x,y〉］·［〈u,v〉］=［〈xu+yv,xv+yu〉］。
整数的乘法定义也是良定义的。因为，如果〈x1,y1〉~〈x,y〉，〈u1,v1〉~〈u,v〉，则有〈x1u1+y1v1,x1v1+y1u1〉~〈xu+yv,xv+yu〉。事实上，根据x1+y=x+y1，u1+v=u+v1，可以得到如下式子： 


(x1+y)u1=(x+y1)u1，即x1u1+yu1=xu1+y1u1

(x+y1)v1=(x1+y)v1，即xv1+y1v1=x1v1+yv1

(u1+v)x=(u+v1)x，即u1x+vx=ux+v1x

(u+v1)y=(u1+v)y，即uy+v1y=u1y+vy


然后将它们都加在一起，化简后可以得到

x1u1+y1v1+xv+yu=xu+yv+x1v1+y1u1

下面命题说明了所定义的整数乘法满足交换律、结合律、对加法的分配律。
【命题5.4.3】(1) ［〈x,y〉］·［〈u,v〉］=［〈u,v〉］·［〈x,y〉］。
(2) (［〈x,y〉］·［〈u,v〉］)·［〈s,t〉］=［〈x,y〉］·(［〈u,v〉］·［〈s,t〉］)。
(3) ［〈x,y〉］·(［〈u,v〉］+［〈s,t〉］)=［〈x,y〉］·［〈u,v〉］+［〈x,y〉］·［〈s,t〉］。
证明： (1) ［〈x,y〉］·［〈u,v〉］=［〈xu+yv,xv+yu〉］

［〈u,v〉］·［〈x,y〉］=［〈ux+vy,uy+vx〉］

再根据自然数的加法交换律和乘法交换律即得。
(2) 根据整数的乘法定义和自然数的乘法对加法的分配律，有


(［〈x,y〉］·［〈u,v〉］)·［〈s,t〉］=［〈xu+yv,xv+yu〉］·［〈s,t〉］

=［〈xus+yvs+xvt+yut,xut+yvt+xvs+yus〉］

［〈x,y〉］·(［〈u,v〉］·［〈s,t〉］)=［〈x,y〉］·［〈us+vt,ut+vs〉］

=［〈xus+xvt+yut+yvs,xut+xvs+yus+yvt〉］


再根据自然数的加法结合律即得。
(3) ［〈x,y〉］·(［〈u,v〉］+［〈s,t〉］)=［〈x,y〉］·［〈u+s,v+t〉］

=［〈x(u+s)+y(v+t),x(v+t)+y(u+s)〉］



［〈x,y〉］·［〈u,v〉］+［〈x,y〉］·［〈s,t〉］

=［〈xu+yv,xv+yu〉］+［〈xs+yt,xt+ys〉］

=［〈xu+yv+xs+yt,xv+yu+xt+ys〉］


根据自然数的乘法对加法的分配律即得。
▇
考虑Z中元素［〈1,0〉］={〈x+1,x〉|x∈ω}，根据整数乘法的定义，我们很容易得到如下命题。
【命题5.4.4】对于任意的［〈x,y〉］∈Z，有［〈x,y〉］·［〈1,0〉］=［〈x,y〉］。
可以看出，［〈1,0〉］是整数乘法的单位元。
根据x－y＜u－v等价于x+v＜u+y，这启示我们按照如下方式定义整数的序：
【定义5.4.5】如果x+v＜u+y，我们称［〈x,y〉］＜［〈u,v〉］。
整数的序的定义也是良定义的。因为，如果〈x1,y1〉~〈x,y〉，〈u1,v1〉~〈u,v〉，则有［〈x1,y1〉］＜［〈u1,v1〉］。这是因为，对于x+v＜u+y，根据命题5.3.9，有

x+v+(y1+v1)＜u+y+(y1+v1)

也即

(x+y1)+v+v1＜(u+v1)+y+y1

根据x1+y=x+y1，u1+v=u+v1，可以得到

(x1+y)+v+v1＜(u1+v)+y+y1

也即

(x1+v1)+v+y＜(u1+y1)+v+y

再根据自然数加法的消去律可得x1+v1＜u1+y1，此即为〈x1,y1〉＜〈u1,v1〉。
下面的命题显示出了整数的序是一种全序关系，即〈Z,＜〉为全序集。
【命题5.4.5】对于任意的［〈x,y〉］,［〈u,v〉］,［〈s,t〉］∈Z，有：
(1) ［〈x,y〉］≮［〈x,y〉］；
(2) ［〈x,y〉］＜［〈u,v〉］且［〈u,v〉］＜［〈s,t〉］，则［〈x,y〉］＜［〈s,t〉］；
(3) ［〈x,y〉］＜［〈u,v〉］、［〈x,y〉］=［〈u,v〉］、［〈u,v〉］＜［〈x,y〉］，这三种情况有且仅有其中之一出现。
证明： (1) 根据自然数集的序的性质，x+y≮x+y，所以［〈x,y〉］≮［〈x,y〉］。
(2) 根据题设有x+v＜u+y，u+t＜s+v。因而存在a,b∈ω，且a,b≠0，满足(x+v)+a=(u+y)，(u+t)+b=(s+v)，因此，

(x+v)+a+(u+t)+b=(u+y)+(s+v)

根据自然数的加法消去律可得，x+a+t+b=y+s。注意到a+b≠0，所以可得x+t＜y+s，这说明了［〈x,y〉］＜［〈s,t〉］。
(3) 根据整数上序的定义，题设中的三种情况相当于x+v＜u+y、x+v=u+y、u+y＜x+v。根据自然数集的序的三分性可得，上述这三种情况只能是有且仅有其中之一会出现。
▇
如果［〈0,0〉］＜［〈x,y〉］，则我们称整数［〈x,y〉］是正的(positive)，或是正整数(positive integer)； 如果［〈x,y〉］＜［〈0,0〉］，则称整数［〈x,y〉］是负的(negative)，或是负整数(negative integer)。如果x＜y，则［〈x,y〉］＜［〈0,0〉］，且［〈0,0〉］＜［〈y,x〉］=－［〈x,y〉］； 也就是说，［〈x,y〉］＜［〈0,0〉］当且仅当［〈0,0〉］＜［〈y,x〉］=－［〈x,y〉］。根据命题5.4.5，任意整数［〈x,y〉］与加法单位元［〈0,0〉］的关系为下列情况中的一种： ［〈x,y〉］＜［〈0,0〉］、［〈x,y〉］=［〈0,0〉］、［〈0,0〉］＜［〈x,y〉］，也就是说整数［〈x,y〉］为负整数、等于0或者是正整数。
在整数集上，根据［〈x,y〉］·［〈u,v〉］=［〈0,0〉］，则可以得出： 要么［〈x,y〉］=［〈0,0〉］，要么［〈u,v〉］=［〈0,0〉］。因为［〈x,y〉］·［〈u,v〉］=［〈0,0〉］，也就是［〈xu+yv,xv+yu〉］=［〈0,0〉］，即xu+yv=xv+yu。如果［〈x,y〉］≠［〈0,0〉］，［〈u,v〉］≠［〈0,0〉］，即x≠y，u≠v，那么根据自然数的三分性可得x＜y或者y＜x、u＜v或者v＜u。不失一般性，假设x＜y，u＜v，则有x+s=y和u+t=v，其中s,t≠0。因而有

xu+(x+s)(u+t)=x(u+t)+(x+s)u

即

xu+xu+xt+su+st=xu+xt+xu+su

根据自然数的加法消去律，可得st=0，因而可得s=0或者t=0，而这与s,t≠0矛盾。利用此结论，很容易得出整数的乘法满足消去律，即如果［〈x,y〉］·［〈s,t〉］=［〈u,v〉］·［〈s,t〉］，且［〈s,t〉］≠［〈0,0〉］，则一定有［〈x,y〉］=［〈u,v〉］。这是因为，对于整数［〈u,v〉］·［〈s,t〉］的加法逆元-(［〈u,v〉］·［〈s,t〉］)，有


［〈x,y〉］·［〈s,t〉］+(－(［〈u,v〉］·［〈s,t〉］))

=［〈u,v〉］·［〈s,t〉］+(－(［〈u,v〉］·［〈s,t〉］))

=［〈0,0〉］


由于


－(［〈u,v〉］·［〈s,t〉］)=－［〈us+vt,ut+vs〉］=［〈ut+vs,us+vt〉］

=［〈vs+ut,vt+us〉］=［〈v,u〉］·［〈s,t〉］

=(－［〈u,v〉］)·［〈s,t〉］


因而有


［〈x,y〉］·［〈s,t〉］+(－(［〈u,v〉］·［〈s,t〉］))

=［〈x,y〉］·［〈s,t〉］+(－［〈u,v〉］)·［〈s,t〉］

=(［〈x,y〉］+(－［〈u,v〉］))·［〈s,t〉］

=［〈0,0〉］


由于［〈s,t〉］≠［〈0,0〉］，所以可得［〈x,y〉］+(－［〈u,v〉］)=［〈0,0〉］，进而可得

［〈x,y〉］=－(－［〈u,v〉］)=－［〈v,u〉］=［〈u,v〉］

【命题5.4.6】对于任意的［〈x,y〉］,［〈u,v〉］,［〈s,t〉］∈Z，有：
(1) 如果［〈x,y〉］＜［〈u,v〉］，则［〈x,y〉］+［〈s,t〉］＜［〈u,v〉］+［〈s,t〉］；
(2) 如果［〈x,y〉］＜［〈u,v〉］且［〈0,0〉］＜［〈s,t〉］，则［〈x,y〉］·［〈s,t〉］＜［〈u,v〉］·［〈s,t〉］。
证明： (1) 根据［〈x,y〉］＜［〈u,v〉］可得，x+v＜u+y。再根据命题5.3.9的(1)可得x+v+s+t＜u+y+s+t，也即(x+s)+(v+t)＜(u+s)+(y+t)，这说明了［〈x+s,y+t〉］＜［〈u+s,v+t〉］，因而［〈x,y〉］+［〈s,t〉］＜［〈u,v〉］+［〈s,t〉］。
(2) 根据题设可得，x+v＜u+y，t＜s，则存在k∈ω且k≠0，使得t+k=s。根据命题5.3.9的(2)，可得(x+v)k＜(u+y)k，再根据命题5.3.9的(1)，两边同时加上(x+v)t+(y+u)t，得到(x+v)(t+k)+(u+y)t＜(u+y)(k+t)+(x+v)t，即(x+v)s+(u+y)t＜(u+y)s+(x+v)t，进一步xs+yt+ut+vs＜us+vt+xt+ys，这说明了［〈xs+yt,xt+ys〉］＜［〈us+vt,ut+vs〉］，此即［〈x,y〉］·［〈s,t〉］＜［〈u,v〉］·［〈s,t〉］。
▇
可以看出，所构造出的整数集以及关于整数的运算和序，我们所认识的整数集以及整数的运算和序具有完全一样的性质。
根据以前对整数的了解，自然数集是整数集的子集。现在，自然数集ω显然不是整数集Z的子集。然而，自然数集ω却可以同构嵌入(isomorphic embedding)到整数集Z当中。具体地，定义ω到Z的映射f: ω→Z，其中，

x ［〈x,0〉］(5.4.2)

对于这个映射f，有如下命题。
【命题5.4.7】映射f是ω到Z的单射，且满足对于任意的x,y∈ω，有：
(1) f(x+y)=f(x)+f(y)。
(2) f(x·y)=f(x)·f(y)。
(3) x＜y当且仅当f(x)＜f(y)。
证明： 假设x≠y，那么，我们说一定有f(x)≠f(y)，否则，［〈x,0〉］=［〈y,0〉］，也就是说〈x,0〉~〈y,0〉，因而可得x=y，与假设矛盾。所以f为单射。
(1) f(x+y)=［〈x+y,0〉］=［〈x,0〉］+［〈y,0〉］=f(x)+f(y)。
(2) f(x·y)=［〈x·y,0〉］=［〈x,0〉］·［〈y,0〉］=f(x)·f(y)。
(3) 由于ω和Z均为全序集，根据4.5节中全序集的保序映射的性质可知，只需要证明x＜y蕴含f(x)＜f(y)即可。假设x＜y，则x+0＜y+0，这也就是［〈x,0〉］＜［〈y,0〉］，即f(x)＜f(y)。
▇
从命题5.4.7可以看出，对任意的x,y∈ω，当对其作加法运算、乘法运算、序的比较时，其在映射f下所对应的对象f(x),f(y)∈Z均会保持不变，因而，从实质上来说，可以将f(x),f(y)看作x,y。由于img(f)Z，我们说ω同构嵌入到Z之中。
5.5有理数
本节我们将利用整数构造有理数，所采用的方法和5.4节中的方法非常类似。根据以往我们对有理数的了解，有理数可以表示为两个整数相除，由于除法不满足交换律，所以可以用整数的有序对来表示有理数。比如，2/7可以用〈2,7〉来表示。与5.4节类似，这种表示同样会面临同一个有理数可以用多个有序对表示的情况，比如2/7还可以用〈4,14〉来表示。对于此情况的处理，还是采用等价类的概念，将〈2,7〉和〈4,14〉放入同一个等价类之中，以将它们看作同一个对象。由于2/7=4/14可以用整数集上的乘法表示为2·14=4·7，并注意到有序对的第二个元素不能为0，有如下定义。
【定义5.5.1】令Z*=Z－{0}，在积集Z×Z*上定义等价关系~如下： 

〈m,n〉~〈k,l〉，如果m·l=k·n(5.5.1)

如果以集合的形式表示作为(ω×ω)×(ω×ω)子集的等价关系~，即为

~={〈〈m,n〉,〈k,l〉〉|m·l=k·n,m,n,k,l∈Z}

可以验证~确实是Z×Z*上的等价关系： 根据定义，自反性〈m,n〉~〈m,n〉是显然的； 对于对称性，如果〈m,n〉~〈k,l〉，即m·l=k·n，这也就是k·n=m·l，因而〈k,l〉~〈m,n〉； 对于传递性，如果〈m,n〉~〈k,l〉且〈k,l〉~〈p,q〉，根据等价关系的定义，m·l=k·n，k·q=p·l，则有m·l·k·q=k·n·p·l，根据整数的乘法消去律可得m·q=p·n，因而可得〈m,n〉~〈p,q〉。
【定义5.5.2】称积集Z×Z*关于等价关系~的商集(Z×Z*)/~为有理数集(set of rational numbers)，商集(Z×Z*)/~的元素称为有理数(rational number)。
按照以往的习惯，我们将有理数集用符号Q来表示。对于商集(Z×Z*)/~，其元素为等价类［〈m,n〉］={〈p,q〉∈Z×Z*|〈p,q〉~〈m,n〉}，比如，1/2表示为等价类

［〈1,2〉］={〈p,q〉∈Z×Z*|〈p,q〉~〈1,2〉}

=［〈2,4〉］=［〈3,6〉］=［〈5,10〉］=…


6/3表示为等价类

［〈6,3〉］={〈p,q〉∈Z×Z*|〈p,q〉~〈6,3〉}

=［〈4,2〉］=［〈8,4〉］=［〈2,1〉］=…


定义有理数的加法运算如下。
【定义5.5.3】有理数的加法定义为： ［〈m,n〉］+［〈k,l〉］=［〈ml+kn,nl〉］。
首先，由于n≠0且l≠0，所以nl≠0。其次，我们所定义的关于有理数的加法是良定义的： 如果〈m1,n1〉~〈m,n〉，〈k1,l1〉~〈k,l〉，则有〈m1l1+k1n1,n1l1〉~〈ml+kn,nl〉。因为根据等价的定义，m1n=mn1，k1l=kl1，进而(m1n)l1l+(k1l)n1n=(mn1)l1l+(kl1)n1n，这相当于m1l1nl+k1n1nl=mln1l1+knn1l1，因而(m1l1+k1n1)nl=(ml+kn)n1l1，这说明〈m1l1+k1n1,n1l1〉~〈ml+kn,nl〉。比如，由于［〈1,3〉］=［〈2,6〉］，［〈1,2〉］=［〈2,4〉］，所以，［〈1,3〉］+［〈1,2〉］应该与［〈2,6〉］+［〈2,4〉］是相等的，而这两个加法的计算结果［〈5,6〉］与［〈20,24〉］确实是相等的。
我们有如下关于有理数加法的结果。这些结果与整数集上的对应结果很类似。
【命题5.5.1】(1) ［〈m,n〉］+［〈k,l〉］=［〈k,l〉］+［〈m,n〉］。
(2) (［〈m,n〉］+［〈k,l〉］)+［〈p,q〉］=［〈m,n〉］+(［〈k,l〉］+［〈p,q〉］)。
(3) 对于任意的［〈m,n〉］∈Q，有［〈m,n〉］+［〈0,1〉］=［〈m,n〉］。
(4) 对于任意的［〈m,n〉］∈Q，存在［〈k,l〉］∈Q，有［〈m,n〉］+［〈k,l〉］=［〈0,1〉］。
证明： (1) 根据有理数的加法定义，有


［〈m,n〉］+［〈k,l〉］=［〈ml+kn,nl〉］

［〈k,l〉］+［〈m,n〉］=［〈kn+ml,ln〉］


(2) 根据有理数的加法定义，有


(［〈m,n〉］+［〈k,l〉］)+［〈p,q〉］=［〈ml+kn,nl〉］+［〈p,q〉］

=［〈mlq+knq+pnl,nlq〉］

［〈m,n〉］+(［〈k,l〉］+［〈p,q〉］)=［〈m,n〉］+［〈kq+pl,lq〉］

=［〈mlq+nkq+npl,lqn〉］


(3) 根据有理数的加法定义，有

［〈m,n〉］+［〈0,1〉］=［〈m·1+0·n,n·1〉］=［〈m,n〉］

(4) 取［〈k,l〉］=［〈－m,n〉］，则根据有理数的加法定义，有

［〈m,n〉］+［〈－m,n〉］=［〈mn+(－m)n,n·n〉］=［〈0,n·n〉］=［〈0,1〉］

▇
命题5.5.1说明了有理数加法也具有单位元和逆元。我们将［〈0,1〉］={〈0,m〉|m∈Z*}称为有理数加法的单位元，将［〈－m,n〉］称为［〈m,n〉］的加法逆元，记为［〈－m,n〉］=－［〈m,n〉］。此外，容易证明加法逆元还是唯一的。有了加法逆元的概念，就可以引入有理数的减法： 

［〈m,n〉］－［〈k,l〉］=［〈m,n〉］+(－［〈k,l〉］)

利用减法的概念，很容易证明加法消去律，即根据［〈x,y〉］+［〈s,t〉］=［〈u,v〉］+［〈s,t〉］，等式两边同时减去［〈s,t〉］，即得［〈x,y〉］=［〈u,v〉］。
根据之前对有理数的了解，(m/n)·(k/l)=(mk)/(nl)，这启示我们定义如下有理数的乘法。
【定义5.5.4】有理数的乘法定义为： ［〈m,n〉］·［〈k,l〉］=［〈mk,nl〉］。
有理数的乘法定义也是良定义的。因为，如果〈m1,n1〉~〈m,n〉，〈k1,l1〉~〈k,l〉，则有〈m1k1,n1l1〉~〈mk,nl〉。事实上，根据m1n=mn1，k1l=kl1，可以得到

m1k1nl=(m1n)(k1l)=(mn1)(kl1)=mkn1l1

因而有〈m1k1,n1l1〉~〈mk,nl〉。比如，由于［〈1,3〉］=［〈2,6〉］，［〈1,2〉］=［〈2,4〉］，所以，［〈1,3〉］·［〈1,2〉］应该与［〈2,6〉］·［〈2,4〉］是相等的，而这两个乘法的计算结果［〈1,6〉］与［〈4,24〉］确实是相等的。
下面命题说明了所定义的有理数乘法满足交换律、结合律、对加法的分配律。
【命题5.5.2】(1) ［〈m,n〉］·［〈k,l〉］=［〈k,l〉］·［〈m,n〉］。
(2) (［〈m,n〉］·［〈k,l〉］)·［〈p,q〉］=［〈m,n〉］·(［〈k,l〉］·［〈p,q〉］)。
(3) ［〈m,n〉］·(［〈k,l〉］+［〈p,q〉］)=［〈m,n〉］·［〈k,l〉］+［〈m,n〉］·［〈p,q〉］。
证明： (1) ［〈m,n〉］·［〈k,l〉］=［〈mk,nl〉］

［〈k,l〉］·［〈m,n〉］=［〈km,ln〉］
(2) (［〈m,n〉］·［〈k,l〉］)·［〈p,q〉］=［〈mk,nl〉］·［〈p,q〉］=［〈(mk)p,(nl)q〉］

［〈m,n〉］·(［〈k,l〉］·［〈p,q〉］)=［〈m,n〉］·［〈kp,lq〉］=［〈m(kp),n(lq)〉］

(3) ［〈m,n〉］·(［〈k,l〉］+［〈p,q〉］)=［〈m,n〉］·［〈kq+pl,lq〉］=［〈m(kq+pl),nlq〉］


［〈m,n〉］·［〈k,l〉］+［〈m,n〉］·［〈p,q〉］=［〈mk,nl〉］+［〈mp,nq〉］

=［〈mk·nq+mp·nl,nl·nq〉］

=［〈n(mkq+mpl),n2lq〉］


由于〈na,nb〉~〈a,b〉，所以有

［〈m,n〉］·［〈k,l〉］+［〈m,n〉］·［〈p,q〉］=［〈mkq+mpl,nlq〉］

▇
对于Q中元素［〈1,1〉］={〈m,m〉|m∈Z*}，根据有理数数乘法的定义，有

［〈m,n〉］·［〈1,1〉］=［〈m,n〉］(5.5.2)

对于任意的［〈m,n〉］∈Q，且［〈m,n〉］≠［〈0,1〉］，则有

［〈m,n〉］·［〈n,m〉］=［〈mn,nm〉］=［〈1,1〉］(5.5.3)

可以看出，［〈1,1〉］是有理数乘法的单位元，而且只要［〈m,n〉］≠［〈0,1〉］，［〈m,n〉］∈Q就有乘法逆元［〈n,m〉］。此外，我们还可以看出，［〈m,n〉］∈Q的乘法逆元［〈n,m〉］一定不会等于［〈0,1〉］。为了与加法逆元符号上有所区分，将乘法逆元记为［〈n,m〉］=［〈m,n〉］－1。因此，对于任意的［〈m,n〉］∈Q，且［〈m,n〉］≠［〈0,1〉］，我们可以定义乘法的逆运算——除法： 

［〈k,l〉］÷［〈m,n〉］=［〈k,l〉］·［〈m,n〉］－1(5.5.4)

进而，根据乘法的定义，就有

［〈k,l〉］÷［〈m,n〉］=［〈k,l〉］·［〈n,m〉］=［〈kn,lm〉］(5.5.5)

利用除法的概念，很容易证明乘法消去律，即根据［〈k,l〉］·［〈m,n〉］=［〈p,q〉］·［〈m,n〉］，如果［〈m,n〉］≠［〈0,1〉］，等式两边同时除以［〈m,n〉］，即得［〈k,l〉］=［〈p,q〉］。
至此，我们可以看出，从运算的角度，整数集相对于自然数集引入了减法，有理数集相对于整数集又引入了除法，因此，在有理数集内，四则运算都已经完成了。
根据m/n＜k/l等价于ml＜kn，当0＜n且0＜l时。注意到，对于任意的［〈m,n〉］∈Q，［〈m,n〉］=［〈－m,－n〉］，而且，由于n≠0，根据整数的序的三分性可知，要么0＜n，要么n＜0，也就是说，对于任意的等价类［〈m,n〉］∈Q，总会找到合适的代表元满足0＜n。因而，按照如下方式定义有理数的序。
【定义5.5.5】对于任意的［〈m,n〉］,［〈k,l〉］∈Q，且0＜n和0＜l，如果ml＜kn，我们称［〈m,n〉］＜［〈k,l〉］。
有理数的序的定义也是良定义的，即如果〈m1,n1〉~〈m,n〉，〈k1,l1〉~〈k,l〉，则有［〈m1,n1〉］＜［〈k1,l1〉］，其中0＜n1和0＜l1。证明方法和上一节中所采用的方法非常类似。具体地，对于ml＜kn，由于0＜n1，且0＜l1，根据命题5.4.6，有

ml·n1·l1＜kn·n1·l1

也即

(mn1)ll1＜(kl1)nn1

根据m1n=mn1，k1l=kl1，可以得到

(m1n)ll1＜(k1l)nn1

也即

(m1l1)nl＜(k1n1)nl

由于0＜n和0＜l，根据整数乘法的消去律可得m1l1＜k1n1，此即为
［〈m1,n1〉］＜［〈k1,l1〉］


下面的命题显示出了有理数的序也是一种全序关系，即〈Q,＜〉为全序集。
【命题5.5.3】对于任意的［〈m,n〉］,［〈k,l〉］,［〈p,q〉］∈Q，其中，0＜n、0＜l、0＜q，有：
(1) ［〈m,n〉］≮［〈m,n〉］；
(2) ［〈m,n〉］＜［〈k,l〉］且［〈k,l〉］＜［〈p,q〉］，则［〈m,n〉］＜［〈p,q〉］；
(3) ［〈m,n〉］＜［〈k,l〉］、［〈m,n〉］=［〈k,l〉］、［〈k,l〉］＜［〈m,n〉］，这三种情况有且仅有其中之一出现。
证明： (1) 由于mn≮mn，所以［〈m,n〉］≮［〈m,n〉］。
(2) 根据题设，有ml＜kn，kq＜pl。由于0＜q，因而有ml·q＜kn·q； 0＜n，因而kq·n＜pl·n。根据整数上序的传递性，可知mlq＜pln。由于0＜l，因而根据整数关于乘法的消去律可得mq＜pn，这说明了［〈m,n〉］＜［〈p,q〉］。
(3) 根据有理数上序的定义，题设中的三种情况相当于ml＜kn、ml=kn、kn＜ml。根据整数集的序的三分性可得，上述这三种情况只能是有且仅有其中之一会出现。
▇
不失一般性，考虑0＜n的情况。如果［〈0,1〉］＜［〈m,n〉］，则称有理数［〈m,n〉］是正的，或是正有理数； 如果［〈m,n〉］＜［〈0,1〉］，则称有理数［〈m,n〉］是负的，或是负有理数。如果m＜0，则［〈m,n〉］＜［〈0,1〉］，且［〈0,1〉］＜［〈－m,n〉］； 也就是说，［〈m,n〉］＜［〈0,1〉］当且仅当［〈0,1〉］＜［〈－m,n〉］=－［〈m,n〉］。根据命题5.4.5，任意有理数［〈m,n〉］与［〈0,1〉］的关系为下列情况中的一种： ［〈m,n〉］＜［〈0,1〉］、［〈m,n〉］=［〈0,1〉］、［〈0,1〉］＜［〈m,n〉］，也就是说有理数［〈m,n〉］为负有理数、等于0或者是正有理数。
【命题5.5.4】对于任意的［〈m,n〉］,［〈k,l〉］,［〈p,q〉］∈Q，其中，0＜n、0＜l、0＜q，有：
(1) 如果［〈m,n〉］＜［〈k,l〉］，则［〈m,n〉］+［〈p,q〉］＜［〈k,l〉］+［〈p,q〉］；
(2) 如果［〈m,n〉］＜［〈k,l〉］且［〈0,1〉］＜［〈p,q〉］，则［〈m,n〉］·［〈p,q〉］＜［〈k,l〉］·［〈p,q〉］。
证明： (1) 根据有理数加法的定义，有［〈m,n〉］+［〈p,q〉］=［〈mq+pn,nq〉］，［〈k,l〉］+［〈p,q〉］=［〈kq+pl,lq〉］。根据［〈m,n〉］＜［〈k,l〉］，可得ml＜kn，进而有mlq＜knq，两边同时加上pnl，有mlq+pnl＜knq+pnl，也即(mq+pn)l＜(kq+pl)n。由于0＜q，所以，两边同时乘以q，可得(mq+pn)(lq)＜(kq+pl)(nq)，这说明了［〈mq+pn,nq〉］＜［〈kq+pl,lq〉］，因而［〈m,n〉］+［〈p,q〉］＜［〈k,l〉］+［〈p,q〉］。
(2) 根据题设可得，ml＜kn，0＜p。所以，mlp＜knp，由于0＜q，进而mlpq＜knpq，即(mp)·(lq)＜(kp)·(nq)。这说明了［〈mp,nq〉］＜［〈kp,lq〉］，因而［〈m,n〉］·［〈p,q〉］＜［〈k,l〉］·［〈p,q〉］。
▇
为了后面的需要，我们引入有理数的绝对值(absolute value)运算。
【定义5.5.6】对于［〈m,n〉］∈Q，其绝对值|［〈m,n〉］|定义为： 当［〈m,n〉］是正有理数，则|［〈m,n〉］|=［〈m,n〉］； 当［〈m,n〉］是负有理数，则|［〈m,n〉］|=－［〈m,n〉］； 当［〈m,n〉］=［〈0,1〉］，则|［〈m,n〉］|=［〈0,1〉］。
由绝对值的定义可以看出，对于任意的［〈m,n〉］∈Q，其绝对值|［〈m,n〉］|肯定是非负的有理数，而且我们也很容易得出|［〈m,n〉］|=|－［〈m,n〉］|。此外，绝对值还有诸如|［〈m,n〉］+［〈k,l〉］|≤|［〈m,n〉］|+|［〈k,l〉］|，|［〈m,n〉］·［〈k,l〉］|=|［〈m,n〉］|·|［〈k,l〉］|此类性质，这些性质的证明只需要按照绝对值的定义分情况讨论即可，这里不再赘述。
虽然这里整数集Z不是有理数集Q的子集。然而，整数集Z却可以同构嵌入到有理数集Q中。具体地，定义Z到Q的映射f: Z→Q，其中，

m ［〈m,1〉］(5.5.6)

对于映射f，有如下命题。
【命题5.5.5】映射f是Z到Q的单射，且满足对于任意的m,k∈Z，有：
(1) f(m+k)=f(m)+f(k)；
(2) f(m·k)=f(m)·f(k)；
(3) f(0)=［〈0,1〉］，f(1)=［〈1,1〉］；
(4) m＜k当且仅当f(m)＜f(k)。
证明： 假设m≠k，那么，我们说一定有f(m)≠f(k)，否则，［〈m,1〉］=［〈k,1〉］，也就是说〈m,1〉~〈k,1〉，因而可得m=k，与假设矛盾,所以f为单射。
(1) f(m+k)=［〈m+k,1〉］=［〈m,1〉］+［〈k,1〉］=f(m)+f(k)；
(2) f(m·k)=［〈m·k,1〉］=［〈m,1〉］·［〈k,1〉］=f(m)·f(k)；
(3) 根据映射f的定义即得；
(4) 由于Z和Q均为全序集，因而只需要证明m＜k蕴含f(m)＜f(k)即可。假设m＜k，则m·1＜k·1，这也就是［〈m,1〉］＜［〈k,1〉］，即f(m)＜f(k)。
▇
从命题5.5.5可以看出，对任意的m,k∈Z，当对其作加法运算、乘法运算、序的比较时，其在映射f下所对应的对象f(m),f(k)∈Q均会保持不变，而且，Z中的加法单位元和乘法单位元也对应了Q中的加法单位元和乘法单位元。因而，从实质上来说，可以将f(m),f(k)看作m,k。由于img(f)Q，我们说Z同构嵌入到Q中。
5.6实数
前面几节中，我们依次在ZF体系内得到了自然数集、整数集、有理数集，其中自然数集是由ZF6无限公理得以保证的，整数集是通过将整数视为自然数对完成构造的，有理数集是通过将有理数视为整数对完成构造的。现在我们还需要对有理数集进行扩展，因为在一些领域中，有理数不够用。比如，我们中学学过的初等几何中，两边直角边的长度都为1的三角形，其斜边长度为2，这是一个无理数。因而，我们需要引入实数集。实数集相对于前面三个数集而言，是“非常不同的”数集。下一章我们会看到，自然数集、整数集、有理数集这三个数集所含有的元素数是“一样多的”，而实数集的元素数要比它们“多出很多”，因而，就不能还按照先前的方法试图将实数表示为有理数对，因为实数的数目比有理数对的数目多出很多，换句话说，所有的有理数对在表示所有的实数这件事上是不够用的。为了从有理数集扩展到实数集，必须引入新的构造方法。当然，这个方法不像前面的构造方法那么简单明了，历史上，真正地认识实数是19世纪末才完成的事情。事实上，即使是现在，很多人也不清楚什么是实数，尽管他们会使用实数。本节将采用康托和另一位德国数学家魏尔斯特拉斯(K.T.W. Weierstrass)所使用的方法——柯西序列(Cauchy sequence)方法来构造实数。
【定义5.6.1】设b为一个集合，对于m∈ω，称集合a={n∈ω|m≤n}到集合b的映射x为一个序列(sequence)。
对于映射x: a→b，由于集合aω，所以集合a是ω的全序子集，因而可以根据a上的次序，将映射x“直观地”理解为x={〈m,x(m)〉,〈m+,x(m+)〉,…}，进而可以将x表示为xm,xm+,xm++,…的形式，或者按照习惯用法更简单地表示为{xn}m≤n或者{xn}n∈a。当然，自然数m可以取0、1或者其他自然数。默认情况下，取m=0，即a=ω，此时将{xn}m≤n进一步简写为{xn}。
现在考虑b=Q的情形，即x: ω→Q，也就是对于序列{xn}而言，xn∈Q，我们称这样的序列{xn}为有理数序列。下面引入柯西有理数序列的概念。
【定义5.6.2】设{xn}是有理数序列，若对于任意的正有理数ε，存在某个自然数k∈ω，对于任意的p,q∈ω，满足当k＜p,q时，|xp－xq|＜ε，则称有理数序列{xn}为柯西有理数序列。
利用之前我们对实数的了解，并假设读者学过一些极限知识，就知道有理数序列可以收敛于某个实数，包括有理数和无理数。比如，无理数2在直观上是下述数列的极限：

1,1.4,1.41,1.414,1.4142,…

由于2在直观上也是下述数列的极限：

1,1.2,1.3,1.4,1.41,1.414,1.4142,…

所以，我们还是采用等价类的概念。
【定义5.6.3】令集合C表示所有柯西有理数序列构造的集合，定义集合C上的等价关系~如下： 设{xn},{yn}∈C，如果对于任意的正有理数ε，存在某个自然数k∈ω，对于任意的n∈ω且k＜n，有

|xn－yn|＜ε(5.6.1)

则称{xn}~{yn}。
下面我们验证~确实是C上的等价关系： 根据定义，自反性{xn}~{xn}是显然的； 对于对称性，如果{xn}~{yn}，即对于任意的正有理数ε，存在某个自然数k∈ω，对于任意的n∈ω且k＜n，有|xn－yn|＜ε，由于|yn－xn|=|xn－yn|＜ε，所以{yn}~{xn}； 关于传递性，如果{xn}~{yn}，且{yn}~{zn}，因而就有，对于任意的正有理数ε，存在k1∈ω，对于任意的n∈ω且k1＜n，有|xn－yn|＜ε/2，存在k2∈ω，对于任意的n∈ω且k2＜n，有|yn－zn|＜ε/2，那么取k为k1,k2中最大的那个，则对于任意的n∈ω且k＜n，就会有|xn－yn|＜ε/2，|yn－zn|＜ε/2，进而可得

|xn－zn|=|(xn－yn)+(yn－zn)|≤|(xn－yn)|+|(yn－zn)|＜ε/2+ε/2=ε

所以，{xn}~{zn}。
或许有些读者会对所定义的C是否一定是集合怀有疑问。我们说集合C一定是集合。我们引入符号ba表示所有集合a到集合b的映射构成的对象，即

ba={f|f: a→b}(5.6.2)

首先，对象ba是一个类； 其次，如果f∈ba，则作为关系的映射f，满足fa×b，进而f∈P(a×b)，所以baP(a×b)，因而根据ZF2分离公理，可知类ba为集合。注意到，对象C中元素由于都是柯西有理数序列，因而也都是ω到Q的映射，所以Cω×Q，因而对象C也是集合。
【定义5.6.4】称集合C关于等价关系~的商集C/~为实数集(Set of real numbers)，商集C/~的元素称为实数(Real number)。
按照以往的习惯，我们将实数集用符号R来表示。根据定义，其元素为等价类［{xn}］={{un}∈C|{un}~{xn}}，比如，实数0可以表示为等价类

［{0}］=1n+1=1n+2=3n+2=5n2+6=…

这是因为根据对极限的先前了解，下述序列的极限都是0： 

1,12,13,14,15,16,…

12,13,14,15,16,17,…


32,33,34,35,36,37,…


56,57,510,515,522,531,…

由于有序对〈x,y〉中x,y是有次序的，所以可以将〈x,y〉看作{0,1}到{x,y}的映射f，满足f(0)=x，f(1)=y。在这样的理解下，有理数列{xn}可以直观地看作“无限多元”的有序组，尽管我们现在还没有定义无限。
【命题5.6.1】如果［{xn}］,［{yn}］∈R，则［{xn+yn}］∈R，［{xn·yn}］∈R。
证明： 对于［{xn+yn}］∈R，也就是证明有理数序列{xn+yn}是柯西有理数序列。根据题设，对于任意的正有理数ε，存在k1∈ω，对于任意的p、q∈ω且k1＜p,q，有|xp－xq|＜ε/2，存在k2∈ω，对于任意的p、q∈ω且k2＜p,q，有|yp－yq|＜ε/2，那么取k为k1,k2中最大的那个，则对于任意的p、q∈ω且k＜p,q，会有|xp－xq|＜ε/2，|yp－yq|＜ε/2，进而可得


|(xp+yp)－(xq+yq)|=|(xp－xq)+(yp－yq)|

≤|(xp－xq)|+|(yp－yq)|＜ε/2+ε/2=ε


因而可得{xn+yn}∈C，也就是［{xn+yn}］∈R。
为了证明［{xn·yn}］∈R，我们需要利用对于任意的［{xn}］∈R，［{xn}］一定是有界的结论，即存在u∈Q，满足对于任意的n∈ω，|xn|≤u。事实上，可以取ε=1，则存在k∈ω，对于任意的p、q∈ω且k＜p、q，有|xp－xq|＜1，取q=k+1，则|xp－xk+1|＜1，进而可知，当k＜p时，

|xp|=|xp－xk+1+xk+1|≤|xp－xk+1|+|xk+1|＜1+|xk+1|

所以，如果取u为集合{x0,x1,…，xk,1+|xk+1|}的最大值时，则对于任意的n∈ω，|xn|≤u。有了这个结果，下面证明有理数序列{xn·yn}是柯西有理数序列。具体地，


|xp·yp－xq·yq|=|(xp·yp－xp·yq)+(xp·yq－xq·yq)|

≤|xp|·|yp－yq|+|yq|·|xp－xq|


根据柯西有理数序列的有界性，对于任意的n∈ω，存在u1,u2∈Q，有|xn|≤u1，|yn|≤u2。根据题设，对于任意的正有理数ε，存在k1∈ω，对于任意的p、q∈ω且k1＜p、q，有|xp－xq|＜ε/(2u2)，存在k2∈ω，对于任意的p、q∈ω且k2＜p、q，有|yp－yq|＜ε/(2u1)，那么，当取k为k1、k2中最大的那个时，则对于任意的p、q∈ω且k＜p、q，有


|xp|·|yp－yq|+|yq|·|xp－xq|≤u1·|yp－yq|+u1·|xp－xq|

＜u1·ε/(2u1)+u2·ε/(2u2)=ε/2+ε/2=ε


因而可得{xn·yn}∈C，也就是［{xn·yn}］∈R。
▇
下面可以给出实数的加法运算定义。
【定义5.6.5】实数的加法定义为： ［{xn}］+［{yn}］=［{xn+yn}］。
命题5.6.1说明了实数加法所得到的结果确实还是实数，此外，加法定义还是良定义的。即如果{xn}~{x～n}，{yn}~{y～n}，那么，{xn+yn}~{x～n+y～n}。这是由于根据柯西有理数序列等价的定义，对于任意的正有理数ε，存在k1∈ω，对于任意的n∈ω且k1＜n，有|xn－x～n|＜ε/2； 存在k2∈ω，对于任意的n∈ω且k2＜n，有|yn－y～n|＜ε/2，那么取k为k1、k2中最大的那个，则对于任意的n∈ω且k＜n，就会有


|(xn+yn)－(x～n+y～n)|=|(xn－x～n)+(yn－y～n)|


≤|(xn－x～n)|+|(yn－y～n)|＜ε/2+ε/2=ε


所以{xn+yn}~{x～n+y～n}。
【命题5.6.2】(1) ［{xn}］+［{yn}］=［{yn}］+［{xn}］；
(2) (［{xn}］+［{yn}］)+［{zn}］=［{xn}］+(［{yn}］+［{zn}］)；
(3) 对于任意的［{xn}］∈R，有［{xn}］+［{0}］=［{xn}］；
(4) 对于任意的［{xn}］∈R，存在［{yn}］∈R，有［{xn}］+［{yn}］=［{0}］。
证明： (1) ［{xn}］+［{yn}］=［{xn+yn}］=［{yn+xn}］=［{yn}］+［{xn}］
(2) (［{xn}］+［{yn}］)+［{zn}］=［{xn+yn}］+［{zn}］=［{xn+yn+zn}］)
［{xn}］+(［{yn}］+［{zn}］)=［{xn}］+［{yn+zn}］=［{xn+yn+zn}］
(3) ［{xn}］+［{0}］=［{xn+0}］=［{xn}］
(4) 取［{yn}］=［{－xn}］，则有［{xn}］+［{yn}］=［{xn}］+［{－xn}］=［{0}］
▇
命题5.6.2说明了实数加法具有单位元和逆元。将［{0}］称为实数加法的单位元，将［{－xn}］称为［{xn}］的加法逆元，记为－［{xn}］。下面是实数乘法的定义。
【定义5.6.6】实数的乘法定义为： ［{xn}］·［{yn}］=［{xn·yn}］。
命题5.6.1说明了实数乘法所得到的结果确实还是实数，此外，实数的乘法定义也是良定义的。因为，如果{xn}~{x～n}，{yn}~{y～n}，则对于任意的n∈ω，存在u1,u2∈Q，有|xn|≤u1，|y～n|≤u2； 并且对于任意的正有理数ε，存在k1∈ω，对于任意的n∈ω且k1＜n，有|xn－x～n|＜ε/(2u2)，存在k2∈ω，对于任意的n∈ω且k2＜n，有|yn－y～n|＜ε/(2u1)。进而，


|xn·yn－x～n·y～n|=|(xn·yn－xn·y～n)+(xn·y～n－x～n·y～n)|

≤|xn|·|yn－y～n|+|y～n|·|xn－x～n|

＜u1·ε/(2u1)+u2·ε/(2u2)=ε/2+ε/2=ε


所以，{xn·yn}~{x～n·y～n}。
下面命题说明了所定义的实数乘法满足交换律、结合律、对加法的分配律。
【命题5.6.3】(1) ［{xn}］·［{yn}］=［{yn}］·［{xn}］；
(2) (［{xn}］·［{yn}］)·［{zn}］=［{xn}］·(［{yn}］·［{zn}］)；
(3) ［{xn}］·(［{yn}］+［{zn}］)=［{xn}］·［{yn}］+［{xn}］·［{zn}］)。
证明： (1) ［{xn}］·［{yn}］=［{xn·yn}］=［{yn·xn}］=［{yn}］·［{xn}］
(2) (［{xn}］·［{yn}］)·［{zn}］=［{xn·yn}］·［{zn}］=［{xn·yn·zn}］
［{xn}］·(［{yn}］·［{zn}］）=［{xn}］·［{yn·zn}］=［{xn·yn·zn}］
(3) ［{xn}］·(［{yn}］+［{zn}］)=［{xn}］·(［{yn+zn}］)=［{xn·yn+xn·zn}］
［{xn}］·［{yn}］+［{xn}］·［{zn}］=［{xn·yn}］+［{xn·zn}］

=［{xn·yn+xn·zn}］
▇
对于R中元素［{1}］，根据实数乘法的定义，有

［{xn}］·［{1}］=［{xn}］(5.6.3)

可以看出，［{1}］是实数乘法的单位元。
对于任意的［{xn}］∈R，如果［{xn}］≠［{0}］，我们说一定存在乘法逆元［{yn}］∈R，满足［{xn}］·［{yn}］=［{1}］。由于［{xn}］≠［{0}］不代表对于任意n∈ω，有xn≠0，所以我们不能直接取［{yn}］=［{x－1n}］。由于“直观上”，［{xn}］仅由n在无限大时的xn决定，所以我们采用如下方法构造［{yn}］。由于{xn}∈C，所以对于任意的正有理数ε，存在k∈ω，当p,q∈ω且k＜p,q时，有|xp－xq|＜ε。因为［{xn}］≠［{0}］，根据定义5.6.3可以得出，存在某个正有理数2ε，使得“存在k∈ω，当n∈ω且k＜n时，有|xn－0|＜2ε”不成立，即对于任意的k∈ω，总是可以找到某个n0∈ω且k＜n0，有2ε＜|xn0－0|。对于这个n0∈ω，由于k＜n0，所以|xp－xn0|＜ε，因而，根据|xn0|=|xn0－xp+xp|≤|xn0－xp|+|xp|，可得|xn0|－|xn0－xp|≤|xp|，利用前面的|xp－xn0|＜ε和2ε＜|xn0|，可得2ε－ε≤|xp|，即ε≤|xp|对任意的k＜p均成立。因而可以按照如下方式构造有理数序列［{yn}］： 当n≤k时，取yn=ε； 当k＜n时，取yn=x－1n。注意，根据前面已经得出的结论，当k＜n时，ε≤|xn|，所以从xn得到x－1n是没有问题的。下面我们证明所构造出的{yn}也是柯西有理数序列，即我们希望对于任意的正有理数ε~，找到一个自然数k～，使得当k～＜p,q时，|yp－yq|≤ε~。由于当k＜n时，取yn=x－1n，所以当k＜p,q时，

|yp－yq|=|x－1p－x－1q|=|(xq－xp)/(xp·xq)|=|(xp－xq)|/|(xp·xq)|

再利用前面已得到的ε≤|xn|，可得： 当k＜p,q时，|x－1p－x－1q|≤1ε2|(xp－xq)|。再次利用{xn}是柯西有理数序列的条件，可得对于正有理数ε~·ε2，存在k1∈ω，当p,q∈ω且k1＜p,q时，有|xp－xq|＜ε~·ε2。因而，对于任意的正有理数ε~，取k～为k,k1中最大的那个，则有当k～＜p,q时，|yp－yq|=|x－1p－x－1q|≤1ε2(ε~·ε2)=ε~。可见，{yn}∈C。由于当n≤k时，xn·yn=xn·ε，当k＜n时，取xn·yn=xn·x－1n=1，所以，当k＜n时，|xn·yn－1|=0。这说明{xn·yn}~{1}。所以，［{xn}］·［{yn}］=［{xn·yn}］=［{1}］。为了与加法逆元符号上有区分，将乘法逆元记为［{xn}］－1。
有了加法逆元和乘法逆元，就可以定义实数集上的减法和除法了： 


［{xn}］－［{yn}］=［{xn}］+(－［{yn}］)(5.6.4)

［{xn}］÷［{yn}］=［{xn}］·［{yn}］－1，［{yn}］≠［{0}］(5.6.5)


【定义5.6.7】设［{xn}］,［{yn}］∈R，如果存在正有理数ε和自然数k，使得当n∈ω且k＜n时，有ε＜yn－xn，则称［{xn}］＜［{yn}］。
实数序的定义也是良定义的，即如果{xn}~{x～n}，{yn}~{y～n}，则有［{x～n}］＜［{y～n}］。事实上，根据{xn}~{x～n}，{yn}~{y～n}，对于正有理数ε/4和自然数k1,k2，使得当n∈ω且k1＜n时，有|x～n－xn|＜ε/4，当n∈ω且k2＜n时，有|y～n－yn|＜ε/4； 因而，取k为k1,k2中最大的那个，则对于任意的n∈ω且k＜n，就会有

ε/2=ε+(－ε/4)+(－ε/4)＜(yn－xn)+(y～n－yn)+(xn－x～n)=y～n－x～n

因而有［{x～n}］＜［{y～n}］。
下面的命题显示出了实数的序也是一种全序关系，即〈R,＜〉为全序集。
【命题5.6.4】对于任意的［{xn}］,［{yn}］,［{zn}］∈R，有：
(1) ［{xn}］≮［{xn}］；
(2) ［{xn}］＜［{yn}］且［{yn}］＜［{zn}］，则［{xn}］＜［{zn}］；
(3) ［{xn}］＜［{yn}］、［{xn}］=［{yn}］、［{yn}］＜［{xn}］，这三种情况有且仅有其中之一出现。
证明： (1) 由于xn－xn=0，所以对于任意的正有理数ε和自然数n，有xn－xn=0＜ε，所以［{xn}］≮［{xn}］。
(2) 根据题设，存在正有理数ε1和自然数k1，使得当n∈ω且k1＜n时，有ε1＜yn－xn； 存在正有理数ε2和自然数k2，使得当n∈ω且k2＜n时，有ε2＜zn－yn。因而，取k为k1,k2中最大的那个，则当n∈ω且k＜n时，有ε1+ε2＜(yn－xn)+(zn－yn)=zn－xn，因而［{xn}］＜［{zn}］。
(3) 如果［{xn}］≠［{yn}］，即{xn}~{yn}，也就是说，存在一个正有理数ε，对于任意的k1∈ω，总是存在着n∈ω，当k1＜n时，ε＜|xn－yn|。由于{xn},{yn}都是柯西有理数序列，所以，对于正有理数ε/4，分别存在着k2,k3∈ω，当k2＜p,q时，|xp－xq|＜ε/4； 当k3＜p,q时，|yp－yq|＜ε/4。现在取k为k1,k2,k3中最大的那个，且考虑xq=xk+1，yq=yk+1的情况，当k＜p,q时，|xp－xk+1|＜ε/4，|yp－yk+1|＜ε/4，进而有

|(xp－yp)－(xk+1－yk+1)|=|(xp－xk+1)－(yp－yk+1)|＜ε/4+ε/4=ε/2

因而，

－ε/2+(xk+1－yk+1)＜(xp－yp)＜ε/2+(xk+1－yk+1)

注意，由于k+1＞k＞k1，所以，ε＜|xk+1－yk+1|，也就是说，或者ε＜xk+1－yk+1，或者xk+1－yk+1＜－ε。当ε＜xk+1－yk+1时，可得ε/2＜(xp－yp)，这说明［{yn}］＜［{xn}］； 当xk+1－yk+1＜－ε时，(xp－yp)＜－ε/2，即ε/2＜(yp－xp)，这说明［{xn}］＜［{yn}］。所以，［{xn}］＜［{yn}］、［{xn}］=［{yn}］、［{yn}］＜［{xn}］这三种情况至少其中之一出现。然而，这三种情况又至多出现其中一种，否则就与(1)和(2)矛盾。综上所述，这三种情况有且仅有其中之一出现。
▇
此外，如果［{xn}］＜［{yn}］，则［{xn}］+［{zn}］＜［{yn}］+［{zn}］； 如果［{0}］＜［{zn}］，则［{xn}］·［{zn}］＜［{yn}］·［{zn}］。这些都很容易证明，这里不再赘述。
虽然这里的有理数集Q不是实数集R的子集，然而，有理数集Q却可以同构嵌入到实数集R中。具体地，定义Q到R的映射f: Q→R，其中，

x ［{x}］(5.6.6)

对于映射f，有如下命题。
【命题5.6.5】映射f是Q到R的单射，且满足对于任意的x,y∈Q，有：
(1) f(x+y)=f(x)+f(y)；
(2) f(x·y)=f(x)·f(y)；
(3) f(0)=［{0}］，f(1)=［{1}］；
(4) x＜y当且仅当f(x)＜f(y)。
证明： 当x≠y时，根据命题5.5.3，有x＜y或者y＜x。不失一般性，假设x＜y，此时，存在正有理数δ，满足x+δ=y。我们说一定有f(x)≠f(y)，否则，［{x}］=［{y}］，也就是说{x}~{y}，而这是不可能的。因为，如果取ε＜δ，则对应任意的n∈ω，均有ε＜δ=|x－y|=|xn－yn|，所以f为单射。
(1) f(x+y)=［{x+y}］=［{x}］+［{y}］=f(x)+f(y)；
(2) f(x·y)=［{x·y}］=［{x}］·［{y}］=f(x)·f(y)；
(3) 根据映射f的定义即得；
(4) 由于Q和R均为全序集，因而只需要证明x＜y蕴含f(x)＜f(y)即可。假设x＜y，则存在正有理数δ，满足x+δ=y，因而，如果取ε=δ/2，则对于任意的n∈ω，均有ε＜δ=y－x，这也就是［{x}］＜［{y}］，即f(x)＜f(y)。
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从命题5.6.5可以看出，对任意的x,y∈Q，当对其作加法运算、乘法运算、序的比较时，其在映射f下所对应的对象f(x),f(y)∈R均会保持不变，而且，Q中的加法单位元和乘法单位元也对应了R中的加法单位元和乘法单位元。因而，从实质上来说，可以将f(x),f(y)看作x,y。由于img(f)R，我们说Q同构嵌入到R中。
习题
1. 证明： 当集合a为传递集时，a+也为传递集。
2. 证明： 1+2=3。
3. 证明： 2≠3。
4. 证明： ω的任意非空子集必有最小元。
5. 证明： 集合a为传递集，当且仅当P(a)为传递集。
6. 证明： 对于任意的x∈ω，有： xx。
7. 证明： 对于任意的x,y∈ω，如果x≠y，则有x∈y，或者y∈x。
8. 证明： 整数集中的加法单位元不等于乘法单位元。
9. 证明整数的加法消去律。
10. 证明整数的乘法消去律。
11. 证明： 对于有理数的加法单位元［〈0,1〉］，有［〈0,1〉］·［〈m,n〉］=［〈m,n〉］·［〈0,1〉］=［〈0,1〉］，其中，［〈m,n〉］为任意的有理数。
12. 证明： 对于有理数［〈m,n〉］,［〈k,l〉］，如果［〈m,n〉］·［〈k,l〉］=［〈0,1〉］，则或者［〈m,n〉］=［〈0,1〉］，或者［〈k,l〉］=［〈0,1〉］。
13. 证明实数的加法消去律。
14. 证明实数的乘法消去律。
15. 证明实数的加法单位元［{0}］不等于实数的乘法单位元［{1}］。
16. 对于任意的实数［{xn}］,［{yn}］,［{zn}］∈R，证明： 如果［{xn}］<［{yn}］，则［{xn}］+［{zn}］<［{yn}］+［{zn}］； 如果［{0}］<［{zn}］，则［{xn}］·［{zn}］<［{yn}］·［{zn}］。