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自然数

#初等数学 #抽象代数学 #順序集合論

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自然数とは

自然数 (英：natural number) とは、個数や順番を表す数学的対象のこと。ペアノの公理により定義され、以下の数学的構造を持つ。

自然数全体の集合は N\N で表されるが、00 を含むか否かは読み手や文脈に委ねられる。明示的に表す場合は、次式のような表記を用いる。

N>0:={1,2,…}N≥0:={0,1,…} \begin{aligned} \N_{\gt 0} := \lbrace 1,2,\ldots\rbrace \cr \N_{\ge 0} := \lbrace 0,1,\ldots\rbrace \cr \end{aligned}

ペアノの公理

ペアノの公理 (Peano axioms) とは、自然数の概念を公理化したもの。

(PA1):∃0∈N(PA2):∀a(a∈N⇒suc⁡(a)∈N)(PA3):∄a(suc⁡(a)=0)(PA4):∀a,b(a=b⇒suc⁡(a)=suc⁡(b))(PA5):∀A(A⊆N, 0∈A, (a∈A⇒suc⁡(a)∈A)⇒A=N) \def\suc{\operatorname{suc}} \begin{aligned} \text{(PA1)} &: \exists 0\in\N \cr \text{(PA2)} &: \forall a(a\in\N\rArr\suc(a)\in\N) \cr \text{(PA3)} &: \nexists a(\suc(a)=0) \cr \text{(PA4)} &: \forall a,b(a=b\rArr\suc(a)=\suc(b)) \cr \text{(PA5)} &: \forall A(A\sube\N, ~0\in A, ~(a\in A\rArr\suc(a)\in A)\rArr A=\N) \cr \end{aligned}

集合論を用いたペアノの公理を満たす自然数の構成は諸説存在する。次式にジョン・フォン・ノイマン (英：John von Neumann) の定義を記す。

suc⁡(a):=a∪{a}0:=∅={}1:=suc⁡(0)=0∪{0}={{}}2:=suc⁡(1)=1∪{1}={{},{{}}}⋮a:=suc⁡a(0) \def\suc{\operatorname{suc}} \begin{aligned} \suc(a) &:= a\cup\lbrace a\rbrace \cr \cr 0 &:= \empty = \lbrace\rbrace \cr 1 &:= \suc(0) = 0\cup\lbrace 0\rbrace = \lbrace\lbrace\rbrace\rbrace \cr 2 &:= \suc(1) = 1\cup\lbrace 1\rbrace = \lbrace\lbrace\rbrace,\lbrace\lbrace\rbrace\rbrace\rbrace \cr &\quad\vdots \cr a &:= \suc_a(0) \end{aligned}

自然数の順序

二つの自然数の順序関係 ≼\preccurlyeq 及び大小関係 ≤\le は次式のように定義される。

a≤b:=a≼b:=a⊆b a\le b := a\preccurlyeq b := a\sube b

自然数の加法

自然数の加法は再帰的に次式のように定義できる。 a+0=aa+suc⁡(b)=suc⁡(a+b) \begin{aligned} a + 0 &= a \cr a + \operatorname{suc}(b) &= \operatorname{suc}(a+b) \cr \end{aligned}

次表は、自然数の加法が再帰的に定義できる様子を表したものである。次表から自然数全体に対して加法が定義できることが確認できる。

a+ba\b012⋯00+0=00+1=0+suc⁡(0)=suc⁡(0+0)=10+2=0+suc⁡(1)=suc⁡(0+1)=2⋯11+0=11+1=1+suc⁡(0)=suc⁡(1+0)=21+2=1+suc⁡(1)=suc⁡(1+1)=3⋯22+0=22+1=2+suc⁡(0)=suc⁡(2+0)=32+2=2+suc⁡(1)=suc⁡(2+1)=4⋯⋮⋮⋮⋮⋱ \begin{gathered} a+b \cr \cr \def\arraystretch{1.5} \begin{array}{c:c:c:c:c} a\backslash b & 0 & 1 & 2 & \cdots \cr \hline 0 & 0+0=0 & \begin{aligned}0+1&=0+\operatorname{suc}(0)\cr&= \operatorname{suc}(0+0) \cr&= 1\end{aligned} & \begin{aligned}0+2&=0+\operatorname{suc}(1)\cr&= \operatorname{suc}(0+1) \cr&= 2\end{aligned} & \cdots \cr \hdashline 1 & 1+0=1 & \begin{aligned}1+1&=1+\operatorname{suc}(0)\cr&= \operatorname{suc}(1+0) \cr&= 2\end{aligned} & \begin{aligned}1+2&=1+\operatorname{suc}(1)\cr&= \operatorname{suc}(1+1) \cr&= 3\end{aligned} & \cdots \cr \hdashline 2 & 2+0=2 & \begin{aligned}2+1&=2+\operatorname{suc}(0)\cr&= \operatorname{suc}(2+0) \cr&= 3\end{aligned} & \begin{aligned}2+2&=2+\operatorname{suc}(1)\cr&= \operatorname{suc}(2+1) \cr&= 4\end{aligned} & \cdots \cr \hdashline \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array} \end{gathered}

また自然数の加法は、下記の代数的構造を持つため可換モノイドである。

(NA1):(a+b)+c=a+(b+c)(NA2):a+0=0+a=a(NA3):a+b=b+a \begin{aligned} \text{(NA1)} &: (a+b)+c = a+(b+c) \cr \text{(NA2)} &: a+0 = 0+a = a \cr \text{(NA3)} &: a+b = b+a \cr \end{aligned}

(NA3)\bold{(NA3)} の証明：

a+b=a+suc⁡(b′)=suc⁡(a+b′)⋮=suc⁡b(a+0)=suc⁡b(a)(1) \def\suc{\operatorname{suc}} \begin{aligned} a+b &= a + \suc(b^\prime) \cr &= \suc(a+b^\prime) \cr &\quad\vdots \cr &= \suc_b(a+0) \cr &= \suc_b(a) \end{aligned} \tag{1}

(1)(1) より、

a+b=suc⁡b(a)=suc⁡b(suc⁡a(0))b+a=suc⁡a(b)=suc⁡a(suc⁡b(0))∵suc⁡b(suc⁡a(0))=suc⁡a(suc⁡b(0))∴a+b=b+a \def\suc{\operatorname{suc}} \begin{aligned} a + b &= \suc_b(a) \cr &= \suc_b(\suc_a(0)) \cr b + a &= \suc_a(b) \cr &= \suc_a(\suc_b(0)) \cr \cr \because \suc_b(\suc_a(0)) &= \suc_a(\suc_b(0)) \cr \cr \therefore a+b &= b+a \end{aligned}

(NA2)\bold{(NA2)} の証明：

加法の定義と、(NA3)\text{(NA3)} により、

∴a+0=0+a=a \therefore a+0=0+a=a

(NA1)\bold{(NA1)} の証明：

(NA2),(NA3)\text{(NA2)},\text{(NA3)} から、

(a+b)+c=suc⁡b(suc⁡a(0))+c=suc⁡c(suc⁡b(suc⁡a(0)))a+(b+c)=a+suc⁡c(suc⁡b(0))=suc⁡c(suc⁡b(0))+a=suc⁡a(suc⁡c(suc⁡b(0)))∵suc⁡c(suc⁡b(suc⁡a(0)))=suc⁡a(suc⁡c(suc⁡b(0)))∴(a+b)+c=a+(b+c) \def\suc{\operatorname{suc}} \begin{aligned} (a+b)+c &= \suc_b(\suc_a(0)) + c \cr &= \suc_c(\suc_b(\suc_a(0))) \cr a+(b+c) &= a + \suc_c(\suc_b(0)) \cr &= \suc_c(\suc_b(0)) + a \cr &= \suc_a(\suc_c(\suc_b(0))) \cr \cr \because \suc_c(\suc_b(\suc_a(0))) &= \suc_a(\suc_c(\suc_b(0))) \cr \cr \therefore (a+b)+c &= a+(b+c) \end{aligned}

自然数の乗法

自然数の乗法は再帰的に次式のように定義できる。

a⋅0=0a⋅suc⁡(b)=(a⋅b)+a \begin{aligned} a \cdot 0 &= 0 \cr a \cdot \operatorname{suc}(b) &= (a\cdot b)+a \cr \end{aligned}

次表は、自然数の乗法が再帰的に定義できる様子を表したものである。次表から自然数全体に対して乗法が定義できることが確認できる。

a⋅ba\b012⋯00⋅0=00⋅1=0⋅suc⁡(0)=(0⋅0)+0=00⋅2=0⋅suc⁡(1)=(0⋅1)+0=0⋯11⋅0=01⋅1=1⋅suc⁡(0)=(1⋅0)+1=11⋅2=1⋅suc⁡(1)=(1⋅1)+1=2⋯22⋅0=02⋅1=2⋅suc⁡(0)=(2⋅0)+2=22⋅2=2⋅suc⁡(1)=(2⋅1)+2=4⋯⋮⋮⋮⋮⋱ \begin{gathered} a\cdot b \cr \cr \def\arraystretch{1.5} \begin{array}{c:c:c:c:c} a\backslash b & 0 & 1 & 2 & \cdots \cr \hline 0 & 0\cdot 0=0 & \begin{aligned}0\cdot 1&=0\cdot\operatorname{suc}(0)\cr&= (0\cdot 0)+0 \cr &= 0\end{aligned} & \begin{aligned}0\cdot 2&=0\cdot\operatorname{suc}(1)\cr &= (0\cdot 1)+0 \cr&= 0\end{aligned} & \cdots \cr \hdashline 1 & 1\cdot 0=0 & \begin{aligned}1\cdot 1&=1\cdot\operatorname{suc}(0)\cr&= (1\cdot 0)+1 \cr&= 1\end{aligned} & \begin{aligned}1\cdot 2&=1\cdot\operatorname{suc}(1)\cr&= (1\cdot 1)+1 \cr&= 2\end{aligned} & \cdots \cr \hdashline 2 & 2\cdot 0=0 & \begin{aligned}2\cdot 1&=2\cdot\operatorname{suc}(0)\cr&= (2\cdot 0)+2 \cr&= 2\end{aligned} & \begin{aligned}2\cdot 2&=2\cdot\operatorname{suc}(1)\cr&= (2\cdot 1)+2 \cr&= 4\end{aligned} & \cdots \cr \hdashline \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array} \end{gathered}

また自然数の乗法は、下記の代数的構造を持つため可換モノイドである。

(NM1):(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)(NM2):a⋅1=1⋅a=a(NM3):a⋅b=b⋅a \begin{aligned} \text{(NM1)} &: (a\cdot b)\cdot c = a\cdot(b\cdot c) \cr \text{(NM2)} &: a\cdot 1 = 1\cdot a = a \cr \text{(NM3)} &: a\cdot b = b\cdot a \cr \end{aligned}

(NM3)\bold{(NM3)} の証明：

a⋅b=a⋅suc⁡(b′)=(a+b′)+a⋮=a+⋯+a⏟b times=suc⁡a(0)+⋯+suc⁡a(0)⏟b times=suc⁡a(suc⁡a(⋯(0)⋯ ))⏟b times=suc⁡ab(0)(1) \def\suc{\operatorname{suc}} \begin{aligned} a\cdot b &= a\cdot\suc(b^\prime) \cr &= (a+b^\prime)+a \cr &\quad\vdots \cr &= \underbrace{a+\cdots +a}_{b\text{ times}} \cr &= \underbrace{\suc_a(0)+\cdots +\suc_a(0)}_{b\text{ times}} \cr &= \underbrace{\suc_a(\suc_a(\cdots(0)\cdots))}_{b\text{ times}} \cr &= \suc_{ab}(0) \end{aligned} \tag{1}

(1)(1) より、

a⋅b=suc⁡ab(0)b⋅a=suc⁡ba(0)suc⁡ab(0)=suc⁡ba(0)∴a⋅b=b⋅a \def\suc{\operatorname{suc}} \begin{aligned} a\cdot b &= \suc_{ab}(0) \cr b\cdot a &= \suc_{ba}(0) \cr \cr \suc_{ab}(0) &= \suc_{ba}(0) \cr \cr \therefore a\cdot b &= b\cdot a \end{aligned}

(NA2)\bold{(NA2)} の証明：

乗法の定義と、(NA3)\text{(NA3)} により、

a⋅1=a⋅suc⁡(0)=(a⋅0)+a=a1⋅a=a⋅1=a∴a⋅1=1⋅a=a \def\suc{\operatorname{suc}} \begin{aligned} a\cdot 1 &= a\cdot\suc(0) \cr &= (a\cdot 0) + a \cr &= a \cr 1\cdot a &= a\cdot 1 \cr &= a \cr \cr \therefore a\cdot 1 &= 1\cdot a = a \cr \end{aligned}

(NA1)\bold{(NA1)} の証明：

(NA2),(NA3)\text{(NA2)},\text{(NA3)} から、

(a⋅b)⋅c=suc⁡ab(0)⋅c=suc⁡abc(0)a⋅(b⋅c)=a⋅suc⁡bc(0)=suc⁡bc(0)⋅a=suc⁡bca(0)∵suc⁡abc(0)=suc⁡bca(0)∴(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c) \def\suc{\operatorname{suc}} \begin{aligned} (a\cdot b)\cdot c &= \suc_{ab}(0)\cdot c \cr &= \suc_{abc}(0) \cr a\cdot(b\cdot c) &= a\cdot\suc_{bc}(0) \cr &= \suc_{bc}(0)\cdot a \cr &= \suc_{bca}(0) \cr \cr \because \suc_{abc}(0) &= \suc_{bca}(0) \cr \cr \therefore (a\cdot b)\cdot c &= a\cdot(b\cdot c) \end{aligned}

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