数集
由于微积分的基础建立在实数系的完备性上，本文中我们首先简要地介绍一下各个数集的构造，并导出实数系完备性的结论，最后再介绍一些常用的等式和不等式。
自然数
自然数的构造
自然数是数学中最基本且不可或缺的概念之一，它构成了数论、代数和分析等领域的基石。从公理化的视角来看，自然数集不仅需要满足直观的计数性质，还需具备严谨的逻辑基础。19世纪末，数学家们通过Peano公理首次形式化了自然数的本质特征，明确了其关于“后继”与“归纳”的核心结构。然而，为了在集合论框架下具体实现这一公理系统，需要一种明确的构造方法。冯诺依曼提出的序数编码方案，通过递归地定义集合嵌套结构，不仅为自然数提供了简洁的集合论表示，更揭示了自然数与无穷序数之间的深刻联系。以下将从这一构造出发，逐步验证其如何满足Peano公理，从而在集合论中锚定自然数的严格定义。
自然数集的定义
由由空集公理可知，必然存在一个没有任何元素的空集 $\varnothing$ 。因此，我们可以尝试使用空集 $\varnothing$ 中和归纳集合来构造自然数集。
定义1（自然数集的von Neumann构造）：令
$$\begin{aligned} 0 = \varnothing,n^+ = n \cup \set{n} \tag{1}\end{aligned}$$则可构造自然数集 $\N$ 为
$$\begin{aligned} 0 =& \varnothing \\[5pt] 1 =& 0^+ = 0 \cup \set{0} =\set{0} = \set{\varnothing} \\[5pt] 2 =& 1^+ = 1 \cup \set{1} = \set{0,1} = \set{\varnothing,\set{\varnothing}}\\[5pt] 3 =& 2^+ = 2 \cup \set{2} = \set{0,1,2} = \set{\varnothing,\set{\varnothing},\set{\varnothing,\set{\varnothing}}} \\[5pt] \cdots \\[5pt] n^+ =& n \cup \set{n} = \set{0,1,2,\cdots,n} = \set{\varnothing,\set{\varnothing},\set{\varnothing,\set{\varnothing}},\cdots} \\[5pt] \cdots \tag{2}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} \N = \set{0,1,2,3,\cdots} \tag{3}\end{aligned}$$其中 $n^+$ 称为 $n$ 的后继。
自然数集的合法性
这样构造的自然数集符合ZFC公理系统吗？实际上，由无穷公理可知这样的集合是符合ZFC公理系统的。所以自然数集是符合ZFC公理系统的（在ZFC公理系统内）。后面我们会看到，整数集、有理数集、实数集甚至复数集（不在本文）都是用自然数集一步一步构造出来的，而自然数集是用空集构造出来的，所以我们得到了一个令人震惊的结论：一切皆空！实际上，在ZFC公理系统下，所有代数和代数元素都是直接或间接由空集构造出来的。
由定义可知 $\N$ 是一个归纳集合。并且由于 $\N$ 是直接从 $\varnothing$ 开始构建的，而没有集合属于 $\varnothing$ ，所以 $\N$ 是最小的归纳集合（注意在ZFC公理系统下所有集合都是由空集构造出来的）。
Peano公理
公理1（Peano公理）：
(1) $0$ 是一个自然数。
(2) 每一个确定的自然数 $a$ ，都有唯一的后继数 $a^+$ ，$a^+$ 也是自然数。
(3) 不同的自然数对应不同的后继数。
(4) $0$ 不是任何自然数的后继数。
(5) 设 $S \sube \N$ 。如果 $\forall n \in S$ ，$n^+ \in S$ ，则 $S$ 是包含全体自然数的集合，即 $S=\N$ 。
Peano公理的第五条又叫归纳公理。
虽然说是公理，但是Peano公理可以从自然数集的von Neumann构造和ZFC公理系统推导出来。这也是为什么ZFC公理系统蕴含了Peano公理的原因。但是根据Gödel第一不完备定理和Gödel第二不完备定理，ZFC公理系统实际上不一定是自洽的，并且不能用于证明其本身的自洽性（这很可怕！但是目前来说还没被发现矛盾，所以大家普遍认为ZFC公理系统是自洽的）。
〔证明(Peano公理)〕
(1) 这是显然的，$0 = \varnothing \in \N$ 。
(2)(3) 都可以由外延公理证明。
(4) 由推论14，$\varnothing \notin \varnothing$ ，所以没有数的后继数是 $0$ 。
(5) 由归纳集合的定义可知 $S$ 是一个归纳集合。但由于 $\N$ 是最小的归纳集合，所以 $\N \sube S$ ，所以 $S = \N$ 。
证毕
数学归纳法
原理1（数学归纳法）：任意关于自然数 $n$ 的命题 $P(n)$ ，如果能证明它对自然数 $0$ 是真的，且假定它对自然数 $n$ 为真时，可以证明对 $n^+$ 也真。那么，命题对所有自然数都真。
〔证明(数学归纳法)〕由子集公理可知，使 $P(n)$ 成立的所有自然数之集存在，设其为 $S$ ，则 $S \sube \N$ 。由条件可得，如果 $n \in S$ ，则 $n^+ \in S$ 。因此由Peano公理第五条可知 $S = \N$ ，即 $P(n)$ 为真对所有自然数 $n$ 都成立。
证毕
自然数的相等
由自然数集的von Neumann构造可知自然数的相等本质是集合的相等，由于外延公理是ZFC公理系统中相等最基本的关系，不能被分解为更基本的相等关系。实际上，ZFC公理系统中的所有相等关系最后都会被归结到外延公理的相等关系上。
定理1：对于每个自然数 $b,c$ ，$b=c$ 当且仅当 $b$ 的后继数等于 $c$ 的后继数。
〔证明(定理1)〕由Peano公理的第二条可证明其必要性。由Peano公理的第三条可证明其充分性。
证毕
正自然数
定义2（正自然数）：称一个自然数是是正自然数，当且仅当它不等于 $0$ 。
定理2：每个正自然数 $a$ 都有唯一的自然数 $b$ 使得 $b^+=a$ 。
〔证明(定理2)〕设正自然数 $n$ ，有自然数 $a$ 和 $b$ 满足 $a^+=n$ 且 $b^+=n$ 。如果 $a \ne b$ ，则由Peano公理的第三条可知 $a^+ \ne b^+$ ，矛盾。所以只有唯一的自然数的后继数等于 $n$ 。
证毕
原理2（数学归纳法）：任意关于正自然数 $n$ 的命题 $P(n)$ ，如果能证明它对自然数 $0^+$ 是真的，且假定它对正自然数 $n$ 为真时，可以证明对 $n^+$ 也真。那么，命题对所有正自然数都真。
〔证明(数学归纳法)〕由定理2，存在唯一自然数 $m$ 满足 $m^+=n$ 。设命题 $Q(m)$ ：$Q(m)$ 成立当且仅当 $P(n)=P(m^+)$ 成立。因此，如果 $P(n)$ 对数学归纳法的归纳假设条件成立，则 $Q(m)$ 对数学归纳法的归纳假设条件成立，所以 $Q(m)$ 对所有自然数 $m$ 成立，所以 $P(n)$ 对所有正自然数 $n$ 成立。
证毕
自然数的加法
自然数加法的定义
定义3（自然数的加法）：对于 $a,b \in \N$ ，加法运算“ $+$ ”定义如下： $$\begin{aligned} a + 0 = a \tag{4}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} a+m^+=(a+m)^+ \tag{5}\end{aligned}$$
定理3：加法对自然数集是封闭的。
〔证明(定理3)〕对自然数 $a,b$ ，我们需要证 $a+b$ 是自然数。施归纳于 $b$ ，$b=0$ 时 $a+b = a + 0 = a$ 显然是自然数。现假设 $b=n$ 时 $a + n$ 是自然数，往证 $b=n^+$ 时 $a+n^+$ 是自然数。实际上，$a + n^+ = (a + n)^+$ ，而由假设 $a+n$ 是自然数，因此由 Peano公理第二条可知 $(a+n)^+$ 是自然数，所以结论成立。
证毕
命题1：对任意自然数 $n$ ，有
$$\begin{aligned} n^+=n+1 \tag{6}\end{aligned}$$〔证明(命题1)〕$n+1=n+0^+=(n+0)^+=n^+$ ，命题得证。
命题2：对任意自然数 $n$ ，有
$$\begin{aligned} n+0=0+n=n \tag{7}\end{aligned}$$〔证明(命题2)〕采用数学归纳法。显然 $n=0$ 时 $0+n=n+0=n$ 成立。假设 $n = k$ 时 $0+k=k+0$ 成立，则 $n=k^+$ 时 $0+n = 0+k^+ = (0+k)^+ = (k+0)^+ = k^+ = n = n+0$ 。由数学归纳法可知 $0+n = n+0 = n$ 对任意自然数 $n$ 成立。
证毕
由此我们可以通过递推得到
$$\begin{aligned} a+1=& a+0^+ = (a+0)^+ = a^+ \\[5pt] a+2=& a+1^+ = (a+1)^+ = (a^+)^+ \\[5pt] a+3=& a+2^+ = (a+2)^+ = ((a^+)^+)^+ \\[5pt] \cdots \tag{8}\end{aligned}$$自然数加法的交换律和结合律
定理4：自然数集的加法满足交换律和结合律。即若 $a,b,c \in \N$ ，则有
$$\begin{aligned}
a+b=b+a
\tag{9}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}
(a+b)+c = a+(b+c)
\tag{10}\end{aligned}$$
〔证明(定理4)〕先证明(9)。由命题2可得 $0+b=b+0$ 对任意自然数 $b$ 成立。现在证明 $a+b = b + a$ 对任意自然数 $a,b$ 成立，采用双重数学归纳法。首先说明第一层归纳，施归纳于 $a$ ，由前所述可得当 $a=0$ 时 $a+b=b+a$ 对所有自然数 $b$ 成立。现假设 $a=n$ 时 $n+b=b+n$ 对任意自然数 $b$ 成立，往证 $a=n^+$ 时 $n^++b=b+n^+$ 对任一自然数 $b$ 成立。证明 $n^++b=b+n^+$ 对任意自然数 $b$ 成立时采用第二层归纳，施归纳于 $b$ ，当 $b=0$ 时由前所述 $n^++0=0+n^+$ 成立。假设 $b=m$ 时 $n^++m=m+n^+$ 成立，往证 $b=m^+$ 时 $n^++m^+=m^++n^+$ 成立。实际上，由第二层归纳假设，$n^++m^+=(n^++m)^+=(m+n^+)^+=((m+n)^+)^+$ ，另一方面又由第一层归纳假设， $m^++n^+=(m^++n)^+=(n+m^+)^+=((n+m)^+)^+$ 。由第一层归纳假设，$n+m=m+n$ ，由定理1可得 $(n+m)^+=(m+n)^+,((m+n)^+)^+=((n+m)^+)^+$ ，所以 $n^++m^+=m^++n^+$ ，由此可得第二层归纳成立，因此第一层归纳也成立，因此，$a+b=a+b$ 。
再证明(10)。采用数学归纳法。当 $c=0$ 时 $(a+b)+0=a+(b+0)=a+b$ 成立。假设 $c=n$ 时 $(a+b)+n=a+(b+n)$ 成立，往证 $c=n^+$ 时 $(a+b)+n^+=a+(b+n^+)$ 成立。实际上，$(a+b)+n^+=((a+b)+n)^+$ ，而 $a+(b+n^+)=a+(b+n)^+=(a+(b+n))^+$ ，而根据归纳假设和定理1可得 $((a+b)+n)^+=(a+(b+n))^+$ ，所以 $(a+b)+n^+=a+(b+n^+)$ 成立，因此 $(a+b)+c=a+(b+c)$ 。
证毕
自然数加法的消去律
定理5：自然数的加法满足消去律。即 $\forall a,b,c \in \N$ ，若 $a+b=a+c$ ，则 $a=b$ 。
〔证明(定理5)〕施归纳于 $a$ ，当 $a=0$ 时，若 $0+b=0+c$ ，则 $b = 0+b = 0+c = c$ 成立。假设 $a=n$ 时若 $n+b=n+c$ 则 $b=c$ ，往证 $a=n^+$ 时若 $n^++b=n^++c$ ，则 $b=c$ 。实际上，$n^++b=b+n^+=(b+n)^+=(n+b)^+,n^++c=c+n^+=(c+n)^+=(n+c)^+$ 。而根据定理1可得 $n+b=n+c$ ，即 $b=c$ 。所以结论成立。
证毕
和为零的两个自然数必然都是零
定理6：对 $a,b \in \N$ ，$a + b=0$ 当且仅当 $a=0$ 且 $b=0$ 。
〔证明(定理6)〕先证必要性。用反证法。不妨设 $b \ne 0$ 。由定理2可知存在唯一的自然数 $b^-$ 满足 $(b^-)^+=b$ ，因此 $a+b=a+(b^-)^+=(a+b^-)^+$ 。但是 $a+b=0$ 而没有自然数的后继数是 $0$ ，产生矛盾。对 $a \ne 0$ 同理。因此，必有 $a=b=0$ 。再证充分性。实际上 $0+0=0$ ，所以 $a=0,b=0$ 时 $a+b=0$ 成立。
证毕
自然数的乘法
自然数乘法的定义
接着我们来定义乘法。
定义4（自然数的乘法）：对于 $a,b \in \N$ ，乘法运算“ $\cdot$ ”定义如下：
$$\begin{aligned}
a \cdot 0 = 0
\tag{11}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}
a \cdot b^+ = a \cdot b + a
\tag{12}\end{aligned}$$
有时我们也将 $a\cdot b$ 简写成 $ab$ 。当然 $a \cdot b$ 也可以用 $a \times b$ 来表示，不过这与Cartesian积“ $\times$ ”运算会冲突，所以在本站中一般不这么表达。
定理7：乘法对自然数集是封闭的。
〔证明(定理7)〕我们需要证明自然数 $a,b$ 的乘法 $a \cdot b$ 也是自然数。施归纳于 $b$ ，当 $b=0$ 时 $a \cdot 0 = 0$ 是自然数。假设 $b=n$ 时 $a \cdot n$ 是自然数，往证 $b=n^+$ 时 $a \cdot n^+$ 是自然数。实际上，$a \cdot n^+ = a \cdot n + a$ ，而 $a \cdot n$ 和 $a$ 都是自然数，由加法运算的封闭性可知 $a \cdot n + a$ 是自然数，所以结论成立。
证毕
命题3：对任意自然数 $n$ ，有
$$\begin{aligned} n \cdot 0 = 0 \cdot n = 0 \tag{13}\end{aligned}$$〔证明(命题3)〕采用数学归纳法。当 $n=0$ 时候，显然 $0 \cdot 0 = 0 \cdot 0 = 0$ 成立。假设 $n=k$ 时 $0 \cdot k = k \cdot 0 = 0$ 成立，往证 $n=k^+$ 时 $0 \cdot k^+ = k^+ \cdot 0 = 0$ 成立。实际上，由(12)可得 $0 \cdot k^+ = 0 \cdot k + 0 = 0 \cdot k = k \cdot 0 = 0 = k^+ \cdot 0$ ，所以 $0 \cdot n = n \cdot 0 = 0$ 对任意正自然数 $n$ 成立。
证毕
命题4：对任意自然数 $n$ ，有
$$\begin{aligned} n \cdot 1 = 1 \cdot n = n \tag{14}\end{aligned}$$〔证明(命题4)〕采用数学归纳法。当 $n=0$ 时候， $0 \cdot 1 = 0 \cdot 0^+ = 0 \cdot 0 + 0 = 0 + 0 = 0 = 1 \cdot 0$ 成立。假设 $n=k$ 时 $1 \cdot k = k \cdot 1 = k$ 成立，往证 $n=k^+$ 时 $1 \cdot k^+ = k^+ \cdot 1 = k^+$ 成立。实际上，由(12)可得 $1 \cdot k^+ = 1 \cdot k + 1 = k + 1 = k + 0^+ = (k+0)^+ = k^+,k^+ \cdot 1 = k^+ \cdot 0^+ = k^+ \cdot 0 + k^+ = k^+$ ，所以 $0 \cdot n = n \cdot 0 = 0$ 对任意正自然数 $n$ 成立。
证毕
由此我们可以递推得到
$$\begin{aligned} a \cdot 1 =& a \cdot 0^+ = a \cdot 0 + a = 0 + a = a \\[5pt] a \cdot 2 =& a \cdot 1^+ = a \cdot 1 + a = a + a \\[5pt] a \cdot 3 =& a \cdot 2^+ = a \cdot 2 + a = a + a + a \\[5pt] \cdots \tag{15}\end{aligned}$$自然数乘法的交换律、结合律和分配律
定理8：自然数集的乘法满足交换律、结合律及分配律。即若即若 $a,b,c \in \N$ ，则有
$$\begin{aligned} a \cdot b = b \cdot a \tag{16}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c) \tag{17}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} a \cdot (b + c) = a \cdot b + a \cdot c \tag{18}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a + b) \cdot c = a \cdot c + b \cdot c \tag{19}\end{aligned}$$
〔证明(定理8)〕先证明(16)先证明 $0 \cdot b = b \cdot 0 = 0$ 对任意正自然数 $b$ 成立。由命题3易得 $0 \cdot b = b \cdot 0 = 0$ 对任意正自然数 $b$ 成立。现证明 $a \cdot b = b \cdot a$ 对任意自然数 $b$ 成立。采用双重数学归纳法。首先说明第一层归纳，施归纳于 $a$ ，由前所述可知当 $a=0$ 时 $0 \cdot b = b \cdot 0$ 对自然数 $b$ 成立，现假设 $a=n$ 时 $n \cdot b = b \cdot n$ 对所有自然数 $b$ 成立，往证 $a=n^+$ 时 $n^+ \cdot b = b \cdot n^+$ 成立。证明 $a=n^+$ 时 $n^+ \cdot b = b \cdot n^+$ 成立时采用第二层归纳，施归纳于 $b$ ，当 $b=0$ 时显然 $n^+ \cdot 0 = 0 \cdot n^+$ 成立。假设 $b=m$ 时 $n^+ \cdot m = m \cdot n^+$ 成立，往证 $b=m^+$ 时 $n^+ \cdot m^+ = m^+ \cdot n^+$ 成立。实际上，由第二层归纳假设，$n^+ \cdot m^+ = n^+ \cdot m + n^+ = (n^+ \cdot m + n)^+ = (n+n^+ \cdot m)^+ = (n + m \cdot n^+)^+= (n+m \cdot n + m)^+$ ，再由第一层归纳假设，$m^+ \cdot n^+ = m^+ \cdot n + m^+ = (m^+ \cdot n + m)^+ = (n \cdot m^+ + m)^+ = (n \cdot m + n + m)^+ = (n + n \cdot m + m)^+$ 。由第一层归纳假设，$n \cdot m = m \cdot n$ ，由定理1可得 $(n+m \cdot n + m)^+=(n + n \cdot m + m)^+$ ，所以第二层归纳成立，因此第一层归纳也成立，所以 $m \cdot n = n \cdot m$ 。
再证明(18)和(19)。对(18)，施归纳于 $c$ 。当 $c=0$ 时，$a \cdot (b + 0) = a \cdot b = a \cdot b + 0 = a \cdot b + a \cdot 0$ 成立。假设 $c=n$ 时 $a \cdot (b + n) = a \cdot b + a \cdot n$ 成立，往证 $a \cdot (b + n^+) = a \cdot b + a \cdot n^+$ 。实际上，$a \cdot (b + n^+) = a \cdot (b+n)^+ = a \cdot (b + n) + a = a \cdot b + a \cdot n + a = a \cdot b + a \cdot n^+$ ，所以结论成立。对(19)施归纳于 $c$ 。当 $c=0$ 时，$(a + b) \cdot 0 = 0 = 0 + 0 = a \cdot 0 + b \cdot 0$ 成立。假设 $c=n$ 时 $(a + b) \cdot n = a \cdot n + b \cdot n$ 成立，往证 $(a + b) \cdot n^+ = a \cdot n^+ + b \cdot n^+$ 。实际上，$(a + b) \cdot n^+ = (a + b) \cdot n + (a + b) = a \cdot n + b \cdot n + (a + b) = (a \cdot n + a) + (b \cdot n + b) = a \cdot n^+ + b \cdot n^+$ ，所以结论成立。
最后证明(17)。施归纳于 $c$ 。当 $c=0$ 时， $a \cdot (b \cdot 0) = a \cdot 0 = 0 = (a \cdot b) \cdot 0$ 成立。假设 $c=n$ 时 $(a \cdot b) \cdot n = a \cdot (b \cdot n)$ 成立，往证 $(a \cdot b) \cdot n^+ = a \cdot (b \cdot n^+)$ 。实际上，$(a \cdot b) \cdot n^+ = (a \cdot b) \cdot n + a \cdot b $ ，而 $a \cdot (b \cdot n^+) = a \cdot (b \cdot n + b) = a \cdot (b \cdot n) + a\cdot b = (a \cdot b) \cdot n + a \cdot b = (a \cdot b) \cdot n^+$ ，所以结论成立。
证毕
自然数乘法的消去律
定理9：自然数的乘法满足消去律。即 $\forall a,b,c \in \N$ ，则若 $a\cdot c=b\cdot c$ 且 $c \ne 0$ ，则 $a=b$ 。
〔证明(定理9)〕施归纳于 $b$ ，当 $b=0$ 时，若 $a \cdot c = b \cdot c$ ，则 $a \cdot c = 0 \cdot c = 0$ ，因此由定理10可得 $a = 0$ 或 $c = 0$ 。但是由条件知 $c \ne 0$ ，所以 $a = 0 = b$ 。假设当 $b = n$ 时若 $a \cdot c = n \cdot c$ ，则 $a = n$ ，往证当 $b=n^+$ 时若 $a \cdot c = n^+ \cdot c$ ，则 $a=n^+$ 。实际上，$n^+ \cdot c = c \cdot n^+ = c \cdot n + c$ ，若 $a \cdot c = n^+ \cdot c$ ，则 $a \cdot c = n \cdot c + c$ 。若 $a=0$ ，则 $n \cdot c + c = 0$ ，由定理6可知 $n \cdot c = 0$ 且 $c = 0$ ，但是由条件可知 $c \ne 0$ ，所以 $a \ne 0$ 。若 $a \ne 0$ ，则由定理2可知存在唯一的自然数 $a^-$ 满足 $(a^-)^+ = a$ ，因此由 $a \cdot c = n \cdot c + c$ 可得 $n \cdot c + c = a \cdot c = c \cdot a = c \cdot (a^-)^+ = c \cdot a^- + c = a^- \cdot c + c$ 。由定理5可知必有 $n \cdot c = a^- \cdot c$ 。由归纳假设条件可知此时必有 $a^- = n$ ，因此 $a = (a^-)^+ = n^+ = b$ ，归纳成立。因此结论成立。
证毕
积为零的两个自然数必有一个是零
定理10：对 $a,b \in \N$ ，$a \cdot b = 0$ 当且仅当 $a=0$ 或 $b=0$ 。
〔证明(定理10)〕先证必要性。用反证法。假设自然数 $a,b$ 满足 $a \cdot b = 0$ 且 $a \ne 0,b \ne 0$ 。由定理2可知存在唯一的自然数 $a^-,b^-$ 满足 $(a^-)^+=a,(b^-)^+=b$ 。因此 $a \cdot b = a \cdot (b^-)^+ = a \cdot b^- + a = a \cdot b^- + (a^-)^+ = (a \cdot b^- + a^-)^+$ 。但是 $a \cdot b = 0$ 且没有自然数的后继数是 $0$ ，产生矛盾。因此 $a,b$ 不能都为 $0$ 。再证充分性。实际上，由于 $a \cdot 0 = 0$ 且 $0 \cdot b = b \cdot 0 = 0$ ，所以 $a,b$ 任意一个自然数取 $0$ 的时候都有 $a \cdot b = 0$ 。
证毕
自然数的指数运算
自然数指数运算的定义
定义5：对 $a,b \in \N$ ，且 $a,b$不同时为 $0$ ，指数运算定义如下： $$\begin{aligned} a^0 = 1 \tag{20}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} a^{b^+} = a^b \cdot a \tag{21}\end{aligned}$$
命题5： $0^0=1$ 。
证毕
注意这个结论一般只在离散结构使用！一般只是为了保持公式的一致性而默认的。但是在实分析中严格意义上来说 $0^0$ 中是没有意义的。
命题6：对 $b \in \N$ 且 $b \ne 0$ ，有 $0^b=0$ 。
〔证明(命题6)〕对 $b=1$ 时，由定义可得 $0^1 = 0$ 。假设当 $b=n$ 时 $0^n=0$ 成立，往证 $b=n^+$ 时 $0^{n^+}=0$ 成立。实际上，$0^{n^+} = 0^n \cdot 0 = 0 \cdot 0 = 0$ 成立。所以结论成立。
证毕
定理11：指数运算对自然数是封闭的。
〔证明(定理11)〕我们需要证明自然数 $a,b$ （ $a,b$ 不同时为 $0$ ）的指数运算 $a^b$ 也是自然数。当 $a=0$ 时，由命题6可知显然成立。当 $a \ne 0$ 时，采用数学归纳法，施归纳于 $b$ 。当 $b=0$ 时，$a^0 = 1$ 显然是自然数。假设 $b=n$ 时 $a^n$ 是自然数，往证 $a^{n^+}$ 是自然数。实际上，$a^{n^+} = a^n \cdot a$ ，而由于乘法是封闭的并且 $a^n$ 和 $a$ 是自然数，所以 $a^{n^+}$ 是自然数。结论成立。
证毕
命题7：对 $a \in \N$ ，有 $a^1=a$ 。
〔证明(命题7)〕$a^1 = a^0 \cdot a = 1 \cdot a = a$ 。
命题8：对 $b \in \N$ ，有 $1^b=1$ 。
〔证明(命题8)〕当 $b=0$ 时 $1^0=1$ 成立。假设 $b=n$ 时 $1^n=1$ 成立，往证 $b=n^+$ 时 $1^{n^+}=1$ 成立。实际上，$1^{n^+}=1^n \cdot 1 = 1 \cdot 1 = 1$ 。所以结论成立。
证毕
由此我们可以递推得到
$$\begin{aligned} a^0 =& 1 \\[5pt] a^1 =& a^{0^+} = a^0 \cdot a = 1 \cdot a = a \\[5pt] a^2 =& a^{1^+} = a^1 \cdot a = a \cdot a \\[5pt] a^3 =& a^{2^+} = a^2 \cdot a = a \cdot a \cdot a \\[5pt] \cdots \tag{22}\end{aligned}$$自然数的指数运算的性质
定理12：设 $a,b,m,n \in \N$ ，则有
$$\begin{aligned}
a^{m+n} = a^m\cdot a^n
\tag{23}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}
(a^m)^n = a^{m\cdot n}
\tag{24}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}
(a \cdot b)^{m} = a^m \cdot b^m
\tag{25}\end{aligned}$$
〔证明(定理12)〕先证(23)。施归纳于 $n$ ，当 $n=0$ 时，$a^{m+0} = a^m = a^m \cdot 1 = a^m \cdot a^0$ 成立。假设当 $n=k$ 时 $a^{m+k} = a^m\cdot a^k$ 成立，往证 $n=k^+$ 时 $a^{m+k^+} = a^m\cdot a^{k^+}$ 成立。实际上，$a^{m+k^+} = a^{(m+k)^+} = a^{m+k}\cdot a = (a^m \cdot a^k) \cdot a = a^m \cdot (a^k \cdot a) = a^m \cdot a^{k^+}$ 。因此结论成立。
再证(24)。施归纳于 $n$ 。当 $n=0$ 时 $(a^m)^n = (a^m)^0 = 1 = a^0 = a^{m \cdot 0}$ 成立。假设 $n=k$ 时 $(a^m)^k=a^{m \cdot k}$ 成立，往证 $n=k^+$ 时 $(a^m)^{k^+}=(a^{m \cdot k^+})$ 成立。实际上，由(23)可得 $(a^m)^{k^+}=(a^m)^k \cdot a^m = (a^m)^k \cdot (a^m)^1 = (a^m)^{k+1} = (a^m)^{k^+}$ 。因此结论成立。
最后证(25)。施归纳于 $m$ 。$m=0$ 时 $(a \cdot b)^0 = 1 = 1 \cdot 1 = a^0 \cdot b^0$ 成立。假设当 $m=k$ 时 $(a \cdot b)^{k} = a^k \cdot b^k$ 成立，往证 $m=k^+$ 时 $(a \cdot b)^{k^+} = a^{k^+} \cdot b^{k^+}$ 成立。实际上，$(a \cdot b)^{k^+} = (a \cdot b)^k \cdot (a \cdot b) = (a^k \cdot b^k) \cdot (a \cdot b) = (a^k \cdot a) \cdot (b^k \cdot b) = a^{k^+} \cdot b^{k^+}$ 。因此结论成立。
证毕
定理13：若 $a,b \in \N$ 且 $a^b=0$ ，则 $a=0$ 且 $b \ne 0$ 。
〔证明(定理13)〕首先，$b \ne 0$ 。因为如果 $b=0$ ，则 $a \ne 0$ 且 $a^b=a^0=1 \ne 0$ 。采用数学归纳法，施归纳于 $b$ 。当 $b=1$ 时 $a^b=a^1=a=0$ 命题成立。假设 $b=n$ 时 $a^n=0$ 则 $a=0$ 成立，往证 $b=n^+$ 时 $a^{n^+}=0$ 则 $a=0$ 成立成立。实际上，当 $a^{n^+}=0$ 时 $a^{n^+} = a^n \cdot a = 0$ 。由定理10可知 $a^n=0$ 或 $a=0$ 。如果 $a^n=0$ ，由归纳假设可得 $a = 0$ 。所以怎样都有 $a=0$ ，因此条件成立。由数学归纳法得结论成立。
证毕
自然数的序
自然数的序的定义
定义6（自然数的序）：令 $a,b$ 表示任意两个自然数。我们称 $a \le b$ 当且仅当存在自然数 $c$ 使得 $b=a+c$ 。由此，我们定义 $a < b$ 当且仅当 $a \le b$ 且 $a \ne b$ ；$a \ge b$ 当且仅当 $b \le a$ ；$a > b$ 当且仅当 $b \le a$ 且 $a \ne b$ 。
自然数序的基本性质
定理14：设 $a,b,c$ 是自然数，那么
(1) 自反性：$a \le a$ 。
(2) 反对称性 $a \le b$ 且 $b \le a$ ，则 $a = b$ 。
(3) 传递性：若 $a \le b$ 且 $b \le c$ ，则 $a \le c$ 。
(4) 加法保序：$a \le b$ 当且仅当 $a + c \le b + c$ 。
(5) 乘法保序：若 $c > 0$ ，则 $a \le b$ 当且仅当 $a\cdot c \le b\cdot c$ 。
〔证明(定理14)〕
(1) 由于 $a = a + 0$ 恒成立，所以 $a \le a$ 。
(2) 若 $a \le b$ 且 $b \le a$ ，则 $\exists c_1,c_2 \in \N$ 满足 $b = a + c_1$ 且 $a = b + c_2$ ，即 $b + 0 = b + c_2 + c_1$ 。由定理5可知此时必有 $0 = c_2 + c_1$ ，再由定理6可知 $c_1 = c_2 = 0$ ，因此有 $a = b$ 。
(3) 若 $a \le b$ 且 $b \le c$ ，则 $\exists d_1,d_2 \in \N$ 使 $b = a + d_1$ 且 $c = b + d_2$ ，因此 $c = a + d_1 + d_2$ ，故 $a \le c$ 。
(4) 先证必要性。若 $a \le b$ ，则存在自然数 $d$ 满足 $b=a+d$ ，则 $b+c=a+d+c=a+c+d$ ，因此 $a+c \le b+c$ 。再证充分性。若 $a+c \le b+c$ ，则存在自然数 $d$ 满足 $a+c=b+c+d=b+d+c$ ，由定理5可知 $a=b+d$ ，故 $a \le b$ 。
(5) 先证必要性。若 $a \le b$ ，则存在自然数 $d$ 满足 $b=a+d$ ，因此 $b \cdot c = (a+d)\cdot c = a \cdot c + d \cdot c$ ，即 $a \cdot c \le b \cdot c$ 。再证充分性。如果 $c > 0$ 且 $a \cdot c \le b \cdot c$ ，采用反证法，假设 $a > b$ ，则存在自然数 $d$ 满足 $a=b+d$ ，即 $a \cdot c = (b+d) \cdot c = b \cdot c + d \cdot c$ 。因此有 $a \cdot c > b \cdot c$ ，这与条件相矛盾。由定理16可知只能有 $a < b$ 或 $a = b$ ，即 $a \le b$ 。
证毕
定理15：设 $a,b,c$ 是自然数，那么
(1) 反自反性：不存在自然数 $a$ 满足 $a < a$ 。
(2) 传递性：若 $a < b$ 且 $b < c$ ，则 $a < c$ 。
(3) 加法保序：$a < b$ 当且仅当 $a+c < b+c$ 。
(4) 乘法保序：若 $c > 0$ ，则 $a < b$ 当且仅当 $a \cdot c < b \cdot c$ 。
(5) $a < b$ 当且仅当存在正数 $d$ 使 $b = a + d$ 。
(6) $a < b$ 当且仅当 $a^+ \le b$ 。
〔证明(定理15)〕 证毕
(1)由于 $a=a$ ，而 $a < a$ 要求 $a \le a$ 且 $a \ne a$ ，矛盾。所以 $a < a$ 不成立。
(2) 由 $a < b,b < c$ 可得 $a \le b, b\le c$ ，因此由定理14可得 $a \le c$ 。并且必须有 $a \ne c$ 。因为如果 $a=c$ ，则 $a < b$ 且 $b < a$ ，由定理16可知这种情况不存在。
(3) 若 $a < b$ ，则有 $a \le b$ 。由定理16的(4)可知 $a + c \le b + c$ 。但 $a+c \ne b+c$ ，因为如果 $a+c=b+c$ ，则由定理9可知 $a=b$ 矛盾。故 $a+c < b+c$ 。
(4) 若 $a < b$ ，则 $a \le b$ 。由{
(5) 先证必要性。若 $a < b$ ，则 $a \ne b$ 且存在自然数 $d$ 满足 $b=a+d$ 。如果 $d=0$ ，则 $b=a+d=a+0=a$ ，与 $a \ne b$ 矛盾，因此 $d \ne 0$ ，所以 $d$ 是正自然数，即存在正自然数 $d$ 使 $b=a+d$ 。再证充分性。若存在正自然数 $d$ 使 $b=a+d$ ，则 $a \le b$ 。如果 $a=b$ ，则由于 $b=b+0=a+d=b+d$ ，因此由定理5可得 $d=0$ ，这与 $d$ 是正自然数矛盾。所以 $a \ne b$ ，即 $a < b$ 。
(6) 先证必要性。若 $a < b$ ，则由(5)可知存在正自然数 $d$ 满足 $b=a+d$ 。而由定理2可知存在自然数 $d^-$ 满足 $(d^-)^+=d$ 。因此 $b=a+(d^-)^+=(a+d^-)^+=(d^-+a)^+=d^-+a^+$ 。故 $a^+ \le b$ 。再证充分性。若 $a^+ \le b$ ，则存在自然数 $d$ 满足 $b=a^++d$ ，即 $b=a^++d=d+a^+=(d+a)^+=(a+d)^+=a+d^+$ 。由于 $d$ 是自然数，所以 $d^+$ 是正自然数（否则 $d^+=0$ ，但是没有自然数的后继数是 $0$ ）。由(5)可得 $a < b$ 。
对 $\ge$ 和 $ > $ 的情况与 $\le$ 和 $<$ 的情况类似。
定理16：对任意自然数 $a,b$ ，$a < b$ 、 $a > b$ 和 $a=b$ 恰有一个成立。
〔证明(定理16)〕首先我们证明对任意自然数 $a,b$ ，$a < b,a=b,a > b$ 不会有多于一个命题同时成立。假如 $a < b$ 和 $a=b$ 同时成立，又由 $a < b$ 的定义知 $a \ne b$ ，产生矛盾；对 $a > b$ 和 $a=b$ 同时成立的情况也是如此。
接着我们来证明 $a,b$ ，$a < b,a=b,a > b$ 恰有一个命题成立。施归纳于 $a$ ，当 $a=0$ 时，若 $b=0$ ，则 $a=b$ 成立；若 $b \ne 0$ ，则由于 $b=0+b$ 可得一定有 $b > a$ ，条件成立。假设当 $a=n$ 时 $n < b,n=b,n > b$ 只有一个成立，往证 $a=n^+$ 时 $a < b,a=b,a > b$ 只有一个成立。实际上，若 $n < b$ 成立，则由定理15的(5)可知 $n^+ \le b$ ，而先前已经说明 $n^+ < b$ 和 $n^+ = b$ 不能同时成立，所以 $n^+ < b$ 和 $n^+ = b$ 必恰好有一个成立；若 $n=b$ 成立，则由于 $n^+=(n+0)^+=n+0^+=n+1=b+1$ ，所以由定理15的(5)知 $n^+ > b$ 成立；若 $n > b$ 成立，则由前所述 $n^+=n+1$ ，即 $n^+ \ge n$ ，根据定理14的(3)可知 $n^+ \ge b$ ，即要么 $n^+ \ge b$ ，要么 $n^+ > b$ 。由此，条件成立。因此结论成立。
证毕
推论1：对任意自然数 $a,b$ ，$a \le b,a \ge b$ 至少有一个成立。
〔证明(推论1)〕由定理16可知 $a < b,a=b,a > b$ 恰有一个成立。若 $a < b$ 成立，则 $a \le b$ 成立；若 $a=b$ 成立，则 $a \le b$ 和 $a \ge b$ 都成立；若 $a > b$ ，则 $a \ge b$ 成立。得证。
证毕
自然数的带余除法定理
定理17（带余除法定理）：设 $n$ 是自然数且 $q$ 是正自然数，那么存在唯一的自然数 $m,r$ 使得 $0 \le r < q$ 满足 $n=m\cdot q+r$ 。
〔证明(带余除法定理)〕先证存在性。首先我们证明对自然数 $n$ 和正自然数 $q$ ，一定有自然数 $m$ 使 $m\cdot q \le n < (m+1) \cdot q$ 。采用数学归纳法，施归纳于 $n$ 。当 $n=0$ 时，显然取 $m=0$ 即可满足 $0 \cdot q = 0 \le 0 < (0+1) \cdot q = 1 \cdot q = q(q \ne 0)$ 。现假设 $n=k$ 时命题成立，往证 $n=k^+$ 时命题成立。实际上，由假设知存在自然数 $m'$ 使得 $m' \cdot q \le k < (m'+1)\cdot q$ ，则由定理15的(5)(6)可知对 $k^+$ 满足 $m' \cdot q < k^+ \le (m'+1) \cdot q$ 。若 $m' \cdot q < k^+ < (m'+1) \cdot q$ ，则 $k^+$ 依然满足 $m \cdot q \le k < (m'+1)\cdot q$ 即取 $m=m'即可$ ；若 $k^+=(m'+1)\cdot q$ ，则取 $m=m'+1$ ，有 $m \cdot q = (m'+1)\cdot q \le (m'+1)\cdot q = k^+ \le (m'+2)\cdot q = (m+1) \cdot q$ 。因此，条件成立。所以结论成立。由于 $m \cdot q \le n$ ，所以存在自然数 $r$ 使得 $n=mq+r$ 。$r \ge 0$ 是显然的，现在说明为什么 $r < q$ 。实际上若 $r \ge q$ ，则 $n = m\cdot q+r \ge m\cdot q+q = (m+1) \cdot q$ ，这与 $n < (m+1) \cdot q$ 矛盾。因此，$r < q$ 。
再证唯一性。假设有自然数 $m,m'$ 和 $r,r'$ 满足 $n = m \cdot q + r = m' \cdot q + r'$ 且 $0 \le r,r' < q$ 。不妨假设 $m < m'$ ，则 $m+1 \le m'$ ，所以 $(m+1) \cdot q = m \cdot q + q< m' \cdot q$ ，即 $m \cdot q + q + r' \le m' \cdot q + r'$ ，所以存在自然数 $d$ 满足 $m \cdot q + q + r' + d = m'\cdot q + r'$ ，但是 $m \cdot q + r = m'\cdot q + r'$ ，因此 $m \cdot q + q + r' + d = m\cdot q + r$ ，由定理5可得 $q + r' + d = r$ ，因此 $r \ge q$ ，这与 $r < q$ 矛盾。对于 $m > m'$ 的情况也类似，产生矛盾。所以只能 $m=m'$ ，而由 $m \cdot q + r = m' \cdot q + r'$ 和定理5可得 $r=r'$ 。故 $m,r$ 唯一。
证毕
强数学归纳法
原理3（数学归纳法）：任意关于自然数的命题 $P(n)$ ，如果能证明它对自然数 $0$ 是真的，且假定它对自然数 $n$ 为真时，可以证明对 $n+1$ 也真。那么，命题对所有自然数都真。
证毕
原理4（强数学归纳法）：任意关于自然数的命题 $P(n)$ ，如果能证明它对自然数 $0$ 是真的，且假定它对满足 $0 \le k \le n$ 的所有自然数 $k$ 为真时，可以证明对 $n+1$ 也为真。那么，命题对所有自然数都真。
〔证明(强数学归纳法)〕强数学归纳法和数学归纳法是等价的，证明见定理48。
证毕
原理5（数学归纳法）：任意关于自然数的命题 $P(n)$ ，如果能证明它对自然数 $n_0$ 是真的，且假定它对自然数 $n$ 为真时，可以证明对 $n+1$ 也真。那么，命题对所有大于等于 $n_0$ 的自然数都真。
原理6（强数学归纳法）：任意关于自然数的命题 $P(n)$ ，如果能证明它对自然数 $n_0$ 是真的，且假定它对满足 $n_0 \le k \le n$ 的所有自然数 $k$ 为真时，可以证明对 $n+1$ 也为真。那么，命题对大于等于 $n_0$ 自然数都真。
〔证明(数学归纳法,强数学归纳法)〕将命题 $P(n)$ 改成等价的命题 $Q(m)$ ， $Q(m)$ 成立当且仅当 $n=m+n_0$ 且 $P(n)$ 成立。因此如果 $P(n)$ 满足一般数学归纳法的条件，则 $Q(m)$ 就满足数学归纳法的条件了，由此得 $Q(m)$ 对所有自然数 $m$ 成立，故 $P(n)$ 对所有大于等于 $n_0$ 的自然数成立。对强数学归纳法也如此。
证毕
整数
整数的构造
整数的定义
定义7（整数）：整数可以用一个形如 $a \dash b$ 的表达式来表示，其中 $a,b$ 是自然数。用 $\Z$ 代表全体整数的集合。
注意，这里的“ $ \dash $ ”符号要和下面定义的负运算和减法运算“ $-$ ”符号区分出来。可以看出定义整数的符号“ $ \dash $ ”要比负运算和减法符号“ $-$ ”稍长一些。
整数的相等
定义8（整数的相等）：两个整数 $a \dash b$ 与 $c \dash d$ 相等当且仅当 $a+d=c+b$ 。
定理18：整数的相等关系是一种等价关系。
〔证明(定理18)〕对任意两个自然数 $a,b$ 有 $a+b=a+b$ ，则 $a \dash b=a \dash b$ ，因此整数的相等关系是自反的。若整数 $a \dash b=c \dash d$ ，则有 $a+d=c+b$ ，即 $c+b=a+d$ ，因此有 $c \dash d=a \dash b$ ，所以整数的相等关系是对称的。如果 $a \dash b=c \dash d$ 且 $c \dash d=e \dash f$ ，则 $a+d=c+b$ 且 $c+f=e+d$ ，两边相加得 $a+d+c+f=c+b+e+d$ ，即 $(a+f)+(d+c)=(e+b)+(d+c)$ ，由定理5可得 $a+f=e+b$ ，即 $a \dash b=e \dash f$ ，所以整数的相等关系的传递的。综上，整数的相等关系是一种等价关系。
证毕
命题9： $a \dash a = 0 \dash 0$ 。
〔证明(命题9)〕$a + 0 = 0 + a$ ，因此 $a \dash a = 0 \dash 0$ 。
证毕
整数的加法
整数加法的定义
定义9（整数的加法）：定义整数 $a \dash b$ 和 $c \dash d$ 的加法运算“ $+$ ”满足 $$\begin{aligned} (a \dash b)+(c \dash d) = (a+c) \dash (b+d) \tag{26}\end{aligned}$$
命题10：加法的定义是成功的，相等的输入满足相等的输出。即对整数 $a \dash b,a' \dash b',c \dash d,c' \dash d'$ ，若 $a \dash b=a' \dash b'$ ，则 $$\begin{aligned} (a \dash b)+(c \dash d)=(a' \dash b')+(c \dash d) \tag{27}\end{aligned}$$ 若 $c \dash d=c' \dash d'$ ，则 $$\begin{aligned} (a \dash b)+(c \dash d)=(a \dash b)+(c' \dash d') \tag{28}\end{aligned}$$
〔证明(命题10)〕由加法的定义可得
$$\begin{aligned} (a \dash b)+(c \dash d)=(a+c) \dash (b+d) \tag{29}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a' \dash b')+(c \dash d)=(a'+c) \dash (b'+d) \tag{30}\end{aligned}$$
而 $a \dash b=a' \dash b'$ ，由相等的定义可得
$$\begin{aligned} a+b'=a'+b \tag{31}\end{aligned}$$因此
$$\begin{aligned} (a+c)+(b'+d)=(a+b')+(c+d)=(a'+b)+(c+d)=(a'+c)+(b+d) \tag{32}\end{aligned}$$所以由相等的定义得
$$\begin{aligned} (a+c) \dash (b+d)=(a'+c) \dash (b'+d) \tag{33}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b)+(c \dash d)=(a' \dash b')+(c \dash d) \tag{34}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b)+(c' \dash d')=(a+c') \dash (b+d') \tag{35}\end{aligned}$$又 $c \dash d=c' \dash d'$ ，由相等的定义得
$$\begin{aligned} c+d'=c'+d \tag{36}\end{aligned}$$因此
$$\begin{aligned} (a+c)+(b+d')=(a+b)+(c+d')=(a+b)+(c'+d)=(a+c')+(b+d) \tag{37}\end{aligned}$$所以由相等的定义得
$$\begin{aligned} (a+c) \dash (b+d)=(a+c') \dash (b+d') \tag{38}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b)+(c \dash d)=(a \dash b)+(c' \dash d') \tag{39}\end{aligned}$$(28)得证。因此，加法的定义是成功的。
证毕
命题11：对任意整数 $a \dash b$
$$\begin{aligned} (a \dash b) + (0 \dash 0) = (0 \dash 0) + (a \dash b) = a \dash b \tag{40}\end{aligned}$$〔证明(命题11)〕由整数的加法易得 $(a \dash b) + (0 \dash 0) = (a+0) \dash (0+b) = a \dash b,(0 \dash 0) + (a \dash b) = (0 + a) \dash (b+0) = a \dash b$ 。
证毕
命题12：对整数 $a,b$
$$\begin{aligned} a \dash b + b \dash a = 0 \dash 0 \tag{41}\end{aligned}$$〔证明(命题12)〕由命题9可知 $$a \dash b +b \dash a = (a + a) \dash (b + b) = 0 \dash 0$ 。
证毕
整数加法的性质
定理19：整数的加法满足交换律和结合律，即 $$\begin{aligned} (a \dash b)+(c \dash d)=(c \dash d)+(a \dash b) \tag{42}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} ((a \dash b)+(c \dash d))+(e \dash f)=(a \dash b)+((c \dash d)+(e \dash f)) \tag{43}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned} (a \dash b)+(c \dash d)=(a+c) \dash (b+d)=(c+a) \dash (d+b)=(c \dash d)+(a \dash b) \tag{44}\end{aligned}$$再证(43)。
$$\begin{aligned} ((a \dash b)+(c \dash d))+(e \dash f)=&((a+c) \dash (b+d))+(e \dash f) \\[5pt] =& ((a+c)+e) \dash ((b+d)+f) \\[5pt] =& (a+(c+e)) \dash (b+(d+f)) \\[5pt] =& (a \dash b)+((c+e) \dash (d+f)) \\[5pt] =& (a \dash b)+((c \dash d)+(e \dash f)) \tag{45}\end{aligned}$$证毕
整数的乘法
整数乘法的定义
定义10（整数的乘法）：定义整数 $a \dash b$ 与 $c \dash d$ 的乘法满足
$$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (c \dash d) = (a\cdot c+b \cdot d) \dash (a\cdot d+b \cdot c) \tag{46}\end{aligned}$$有时我们也将 $(a \dash b) \cdot (c \dash d)$ 简写成 $(a \dash b)(c \dash d)$ 。当然 $(a \dash b) \cdot (c \dash d)$ 也可以用 $(a \dash b) \times (c \dash d)$ 来表示，不过这与Cartesian积“ $\times$ ”运算会冲突，所以在本站中一般不这么表达。
命题13：乘法的定义是成功的，相等的输入满足相等的输出。即对整数 $a \dash b,a' \dash b',c \dash d,c' \dash d'$ 。若 $a \dash b=a' \dash b'$ ，则
$$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (c \dash d) = (a' \dash b') \cdot (c \dash d) \tag{47}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (c \dash d) = (a \dash b) \cdot (c' \dash d') \tag{48}\end{aligned}$$
〔证明(命题13)〕由乘法的定义可得
$$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (c \dash d)=(a\cdot c+b \cdot d) \dash (a\cdot d+b \cdot c) \tag{49}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a' \dash b') \cdot (c \dash d)=(a'\cdot c+b' \cdot d) \dash (a'\cdot d+b' \cdot c) \tag{50}\end{aligned}$$
而 $a \dash b=a' \dash b'$ ，由加法的定义可得
$$\begin{aligned} a+b'=a'+b \tag{51}\end{aligned}$$因此
$$\begin{aligned} (a \cdot c + b \cdot d) + (a' \cdot d + b' \cdot c) =& (a \cdot c + b' \cdot c) + (a' \cdot d + b \cdot d) & \\[5pt] =& (a+b')\cdot c +(a'+ b) \cdot d \\[5pt] =& (a'+b)\cdot c + (a+b') \cdot d \\[5pt] =& a' \cdot c + b \cdot c + a \cdot d + b' \cdot d \\[5pt] =& (a \cdot d + b \cdot c) + (a' \cdot c + b' \cdot d) \tag{52}\end{aligned}$$所以由相等的定义得
$$\begin{aligned} (a \cdot c + b \cdot d) \dash (a \cdot d + b \cdot c) = (a' \cdot c + b' \cdot d) \dash (a' \cdot d + b' \cdot c) \tag{53}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (c \dash d)=(a' \dash b') \cdot (c \dash d) \tag{54}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (c' \dash d')= (a \cdot c' + b \cdot d') \dash (a \cdot d' + b \cdot c') \tag{55}\end{aligned}$$又 $c \dash d=c' \dash d'$ ，由相等的定义得
$$\begin{aligned} c+d'=c'+d \tag{56}\end{aligned}$$因此
$$\begin{aligned} (a \cdot c + b \cdot d) + (a' \cdot d + b' \cdot c) =& (a \cdot c + b' \cdot c) + (a' \cdot d + b \cdot d)\\[5pt] =& (a+b')\cdot c +(a'+ b) \cdot d \\[5pt] =& (a'+b)\cdot c + (a+b') \cdot d \\[5pt] =& a' \cdot c + b \cdot c + a \cdot d + b' \cdot d \\[5pt] =& (a \cdot d + b \cdot c) + (a' \cdot c + b' \cdot d) \tag{57}\end{aligned}$$所以由相等的定义得
$$\begin{aligned} (a \cdot c + b \cdot d) \dash (a \cdot d + b \cdot c) = (a \cdot c' + b \cdot d') \dash (a \cdot d' + b \cdot c') \tag{58}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (c \dash d) = (a \dash b) \cdot (c' \dash d') \tag{59}\end{aligned}$$(28)得证。因此，乘法的定义是成功的。
证毕
命题14：对整数 $a \dash b$，有 $(0 \dash 0) \cdot (a \dash b) = (a \dash b) \cdot (0 \dash 0) = (0 \dash 0)$ 。
〔证明(命题14)〕由整数的乘法可得 $(0 \dash 0) \cdot (a \dash b) = (0 \cdot a + 0 \cdot b) \dash (0 \cdot b + a \cdot 0) = 0 \dash 0,(a \dash b) \cdot (0 \dash 0) = (a \cdot 0 + b \cdot 0) \dash (a \cdot 0 + b \cdot 0) = 0 \dash 0$ 。
证毕
命题15：对整数 $a \dash b$ ，有 $(a \dash b) \cdot (1 \dash 0) = (1 \dash 0) \cdot (a \dash b) = a \dash b$ 。
〔证明(命题15)〕$(a \dash b) \cdot (1 \dash 0) = (a \cdot 0 +b \cdot 1) \dash (a \cdot 1 + b \cdot 0) = a \dash b,(1 \dash 0) \cdot (a \dash b) = (1 \cdot a + 0 \cdot b) \dash (1 \cdot b + 0 \cdot a) = a \dash b$ 。
证毕
整数乘法的性质
定理20：整数的乘法满足交换律、结合律和分配律。即对整数 $a \dash b,c \dash d$ 和 $e \dash f$ ，满足 $$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (c \dash d) = (c \dash d) \cdot (a \dash b) \tag{60}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} ((a \dash b) \cdot (c \dash d)) \cdot (e \dash f) = (a \dash b) \cdot ((c \dash d) \cdot (e \dash f)) \tag{61}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot ((c \dash d) +(e \dash f)) = (a \dash b) \cdot (c \dash d) + (a \dash b) \cdot (e \dash f) \tag{62}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} ((a \dash b) + (c \dash d)) \cdot (e \dash f) = (a \dash b) \cdot (e \dash f) + (c \dash d) \cdot (e \dash f) \tag{63}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (c \dash d) = (a \cdot c + b \cdot d) \dash (a \cdot d + b \cdot c) \tag{64}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (c \dash d) \cdot (a \dash b) = (c \cdot a + d \cdot b) \dash (c \cdot b + d \cdot a) = (a \cdot c + b \cdot d) \dash (a \cdot d + b \cdot c) \tag{65}\end{aligned}$$
所以 $(a \dash b) \cdot (c \dash d) = (c \dash d) \cdot (a \dash b)$ 。
再证(60)
$$\begin{aligned} ((a \dash b) \cdot (c \dash d)) \cdot (e \dash f) =& ((a \cdot c + b \cdot d) \dash (a \cdot d + b \cdot c)) \cdot (e \dash f) \\[5pt] =& ((a \cdot c + b \cdot d) \cdot e + (a \cdot d + b \cdot c) \cdot f) \dash ((a \cdot c + b \cdot d) \cdot f + (a \cdot d + b \cdot c) \cdot e) \\[5pt] =& (a \cdot c \cdot e + b \cdot d \cdot e + a \cdot d \cdot f + b \cdot c \cdot f) \dash (a \cdot c \cdot f + b \cdot d \cdot f + a \cdot d \cdot e + b \cdot c \cdot e) \\[5pt] \tag{66}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot ((c \dash d) \cdot (e \dash f)) =& (a \dash b) \cdot ((c \cdot e + d \cdot f) \dash (c \cdot f + d \cdot e)) \\[5pt] =& (a \cdot (c \cdot e + d \cdot f) + b \cdot (a \cdot f + d \cdot e)) \dash (a \cdot (c \cdot f + d \cdot e) + b \cdot (c \cdot e + d \cdot f))\\[5pt] =& (a \cdot c \cdot e + a \cdot d \cdot f + b \cdot a \cdot f + b \cdot d \cdot e) \dash (a \cdot c \cdot f + a \cdot d \cdot e + b \cdot c \cdot e + b \cdot d \cdot f) \\[5pt] =& (a \cdot c \cdot e + b \cdot d \cdot e + a \cdot d \cdot f + b \cdot c \cdot f) \dash (a \cdot c \cdot f + b \cdot d \cdot f + a \cdot d \cdot e + b \cdot c \cdot e) \tag{67}\end{aligned}$$
因此 $((a \dash b) \cdot (c \dash d)) \cdot (e \dash f) = (a \dash b) \cdot ((c \dash d) \cdot (e \dash f))$ 。
再证(62)。
$$\begin{aligned}
(a \dash b) \cdot ((c \dash d)+(e \dash f)) =& (a \dash b) \cdot ((c+e) \dash (d+f)) \\[5pt]
=& (a \cdot (c+e) + b \cdot (d+f)) \dash (a \cdot (d+f) + b \cdot (c+e)) \\[5pt]
=& (a \cdot c + a \cdot e + b \cdot d + b \cdot f) \dash (a \cdot d + a \cdot f + b \cdot c + b \cdot e)
\tag{68}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}
(a \dash b) \cdot (c \dash d) + (a \dash b) \cdot (e \dash f) =& ((a \cdot c + b \cdot d) \dash (a \cdot d + b \cdot c)) + ((a \cdot e + b \cdot f) \dash (a \cdot f + b \cdot e)) \\[5pt]
=& (a \cdot c + b \cdot d + a \cdot e + b \cdot f) \dash (a \cdot d + b \cdot c + a \cdot f + b \cdot e) \\[5pt]
=& (a \cdot c + a \cdot e + b \cdot d + b \cdot f) \dash (a \cdot d + a \cdot f + b \cdot c + b \cdot e)
\tag{69}\end{aligned}$$
因此 $(a \dash b) \cdot ((c \dash d) +(e \dash f)) = (a \dash b) \cdot (c \dash d) + (a \dash b) \cdot (e \dash f)$ 。
最后证(63)。
$$\begin{aligned} ((a \dash b) + (c \dash d)) \cdot (e \dash f) =& ((a+c) \dash (b+d)) \cdot (e \dash f) \\[5pt] =& ((a+c) \cdot e + (b+d) \cdot f) \dash ((a+c) \cdot f + (b+d) \cdot e) \\[5pt] =& (a \cdot e + c \cdot e + b \cdot f + d \cdot f) \dash (a \cdot f + c \cdot f + b \cdot e + d \cdot e) \tag{70}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \dash b) \cdot (e \dash f) + (c \dash d) \cdot (e \dash f) =& ((a \cdot e + b \cdot f) \dash (a \cdot f + b \cdot e)) + (c \cdot e + d \cdot f) \dash (c \cdot f + d \cdot e)) \\[5pt] =& (a \cdot e + b \cdot f + c \cdot e + d \cdot f) \dash (a \cdot f + b \cdot e + c \cdot f + d \cdot e) \\[5pt] =& (a \cdot e + c \cdot e + b \cdot f + d \cdot f) \dash (a \cdot f + c \cdot f + b \cdot e + d \cdot e) \tag{71}\end{aligned}$$ 故 $((a \dash b) + (c \dash d)) \cdot (e \dash f) = (a \dash b) \cdot (e \dash f) + (c \dash d) \cdot (e \dash f)$ 。
证毕
整数的负运算
定义11（整数的负运算）：整数 $a \dash b$ 的负运算“ $-$ ”定义为
$$\begin{aligned} - (a \dash b)=b \dash a \tag{72}\end{aligned}$$定义12：定义整数 $n \dash 0$ 等于自然数 $n$ ，即
$$\begin{aligned} n \dash 0 = n \tag{73}\end{aligned}$$特别地
$$\begin{aligned} 0 \dash 0 = 0 \tag{74}\end{aligned}$$如果 $n$ 是正自然数。定义其负数为
$$\begin{aligned} -n=0 \dash n \tag{75}\end{aligned}$$定义12实际上架起了整数与自然数之间的桥梁。通过下面这个定理我们可以看出，一个整数要么等于一个正自然数、要么等于 $0$ ，要么等于一个正自然数的负数。
定理21：设是 $a \dash b$ 一个整数，那么下述三个命题中恰好由一个为真：(a) $a \dash b$ 是 $0$ ；(b) $a \dash b$ 是正自然数；(c) $a \dash b$ 是正自然数的负数。
〔证明(定理21)〕我们先证(a)(b)(c)至少有一个成立。实际上，由定理16可知，对任意两个自然数 $a,b$ ，则 $a < b,a=b,a > b$ 恰有一个成立。如果 $a > b$ ，则存在正自然数 $c$ 满足 $a=b+c$ ，即 $a+0=c+b$ ，因此由整数的相等可得 $a \dash b = c \dash 0=c$ 。这就是(b)；如果 $a=b$，即 $a+0=0+b$ ，那么由整数的相等可得 $a \dash b = 0 \dash 0 = 0$ ，这就是(a)；如果 $a < b$ ，则存在自然数 $c$ 满足 $b=a+c$ ，即 $a+c=0+b$ ，那么由整数的相等可得 $a \dash b = 0 \dash c = -c$ ，这就是(c)。
现在我们证明(a)(b)(c)不能有多余一个同时成立。首先(a)(b)不能同时成立，因为正自然数不等于 $0$ 。如果(a)和(c)同时成立，则有 $a \dash b = 0 = 0 \dash 0$ 且 $a \dash b = n \dash 0$ ，$n$ 是正自然数。所以 $0 \dash 0 = n \dash 0$ ，由整数的相等得 $0 + 0 = 0 + n$ ，即 $n=0$ ，矛盾，所以(a)(c)不能同时成立。如果(b)(c)同时成立，则 $a \dash b = n \dash 0$ 且 $a \dash b = 0 \dash m$ ，其中 $n,m$ 是正自然数。所以 $n \dash 0 = 0 \dash m$ 。由整数的相等得 $n+m=0+0=0$ ，根据定理6可得 $n=m=0$ ，与 $n,m$ 是正自然数矛盾。所以(b)(c)不能同时成立。
证毕
由此，我们发现整数可以用 $0$ 、正自然数和负自然数表示，这也是我们现在使用的整数的表示方法。往下，我们不再使用 $a \dash b$ 的形式表示整数，而采用单个字母的形式表示，例如 $a$ 。由此，我们可以尝试写出整数集的表达式，即
$$\begin{aligned} \Z = \set{\cdots,-3,-2,-1,0,1,2,3,\cdots} \tag{76}\end{aligned}$$这也是我们熟知的整数表达形式。
定义13：等于正自然数的整数是正整数，等于正自然数的负数的整数是负整数或简称负数，等于 $0$ 的整数就还是 $0$ 。
我们把上面的命题和定理重新整理一下，采用统一的形式表示。
定理22：对整数 $a,b,c$ ，有 $$\begin{aligned} a+b=b+a \tag{77}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a+b)+c=a+(b+c) \tag{78}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} a+0=0+a=a \tag{79}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} a+(-a)=(-a)+a=0 \tag{80}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} a\cdot b=a \cdot b \tag{81}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c) \tag{82}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} a \cdot (b+c) = a \cdot b + a \cdot c \tag{83}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a+b) \cdot c = a \cdot b + a \cdot c \tag{84}\end{aligned}$$
〔证明(定理22)〕(77)↔(42)、(78)↔(43)、(79)↔(40)、(80)↔(41)、(81)↔(60)、(82)↔(61)、(83)↔(62)、(84)↔(63)。
证毕
整数的减法
定义14（整数的减法）：整数 $a,b$ 的减法定义为
$$\begin{aligned} a - b = a + (-b) \tag{85}\end{aligned}$$命题16：对整数 $a \dash b$ （ $a,b$ 是自然数），$a-b = a \dash b$ 。
命题17：对任意整数 $a$ ，有
$$\begin{aligned} a-a=0 \tag{86}\end{aligned}$$〔证明(命题17)〕由(80)可得$a-a=a+(-a)=0$ 。
证毕
命题18：对任意整数 $a,b,c$ ，若 $a=b$ ，则 $a-c=b-c$ 。
〔证明(命题18)〕$a-c=a+(-c)$
有理数
实数
人类所认识的第一个数系就是自然数系，它的定义为 $\set{0,1,2,\cdots}$ 。虽然自然数对于计数来说是够用了，但是自然数系并不是一个完善的数系。首先作为量的描述手段，它只能表示一个单位量的整数倍，而无法去表示此单位量的部分。此外，作为量的运算手段，它只能自由地进行加、乘运算，而不能自由地进行加、乘运算的逆运算。自然数的这种离散性和运算的不完备性，促使人们去对它进行扩充。人们首先引进了负数，得到了整数系。对整数系人们可以自由进行加、减运算。人们为了得到可以自由地进行加、减、乘、除四则运算的数系，对整数系中的任意两个数进行加、减、乘、除（除数不为零）得到的数的全体记为一个新的数系，这就是随后得到的有理数系。
对于一个数集 $K$ ，若 $K$ 中至少有一个非零元素，且 $K$ 中任何两个元素的加、减、乘、除（除数不为零）运算后得到的数仍然属于 $K$ ，即 $K$ 关于四则运算封闭，则称 $K$ 为一个数域。容易看出，有理数集就是一个数域。从代数上来讲，有理数系已经是一个完美的数系，它可以在任何精度要求下对一个量进行表示和实施有效的运算，并且任何两个有理数之间必有有理数存在（或说有理数有稠密性）。然而，早在2500年前，人们就发现有理数系也有缺陷。例如，若用 $c$ 来表示一个边长为 $1$ 的正方形的对角线的长度，则就无法用有理数表示。所以，有理数虽然在数轴上密密麻麻，但并没有布满整个数轴，留有许多“空隙”。这说明还有新的数存在，但它没有被严格地定义。由于有理数系已经对四则运算封闭，因此我们必须用不同于以前的数系的扩充才有可能得到新的数。我们前面曾经指出，微积分的理论基础是极限论，但在这种具有“空隙”的有理数系上实施极限运算，就会极为不便。因此，正如四则运算需要一个封闭的数域一样，极限运算也需要一个关于极限封闭的数域。这就需要将有理数进行扩充，使其能够填补有理数在数轴上留下的所有这些“空隙”。于是,这又归结到如何定义无理数的问题上了。这一历史任务，终于在19世纪后半叶，由Dedekind和Cantor等人完成。以下我们简要地介绍一下Dedekind关于实数的构造方法。
分划
定义15：设 $S$ 是一个有大小顺序的非空数集，$A$ 和 $B$ 是它的两个子集，如果它们满足以下条件：
(1) $A \ne \varnothing,B \ne \varnothing$ 。
(2) $A \cup B = S$ 。
(3) $\forall a \in A, \forall b \in B$ ，都有 $a < b$ 。
(4) $A$ 中无最大数。
我们将 $A,B$ 称为 $S$ 的一个分划，记为 $(A|B)$ 。
现在我们来考虑有理数系 $\Q$ 的分划。对 $\Q$ 的任意分划 $(A|B)$ ，必有以下两种情形之一发生：
(1) $B$ 中存在最小数，此时称 $A|B$ 是一个有理分划。
(2) $B$ 中不存在最小数，此时称 $A|B$ 是一个无理分划。
例1：记
$$\begin{aligned} A = \set{x \in \Q,x \le 0 或 x > 0 且 x^2 \le 2}, B = \Q \backslash A \tag{87}\end{aligned}$$则 $(A|B)$ 是一个无理分划。
有理数系 $\Q$ 的所有分划构成了一个集合，我们称这个集合为实数系，并记为 $\R$ 。显然，有理数集与 $\Q$ 中的有理分划是一一对应的。因此 $\R$ 可以被认为是由有理数集加上 $\Q$ 的无理分划所构成。我们称 $\Q$ 中的这些无理分划为无理数。换句话说，$\R$ 是由全体有理数与无理数所构成的集合。例如，例1中的无理分划对应的就是大家所熟知的无理数 $\sqrt{2}$ 。
我们可以更进一步地明确 $\R$ 和有理数系 $\Q$ 的分割之间的对应。我们规定 $\Q$ 上的划分 $(A|B)$ 所对应的实数 $\beta$ 满足
如果 $\Q$ 上的划分 $(A|B)$ 是一个有理分划，容易看出这个时候 $\beta$ 就是 $B$ 中的最小数。如果 $\Q$ 上的划分 $(A|B)$ 是一个无理分划，由于 $A$ 没有最大数且 $B$ 没有最小数，那么确实存在实数 $\beta$ 满足(88)，通过下面的Dedekind分割定理可以证明这个实数是唯一的。
我们可以在 $\R$ 上很自然地定义大小顺序关系及四则运算。设 $(A_\alpha|B_\alpha)$ 代表 $\alpha$ ，$(A_\beta|B_\beta)$ 代表 $\beta$ 。若 $A_\alpha \sub A_\beta$ ，则 $\alpha < \beta$ ；若 $A_\alpha \supset A_\beta$ ，则 $\alpha > \beta$ ；若 $A_\alpha = A_\beta$ ，则 $\alpha=\beta$ 。由于我们已经定义了有理数之间的四则运算，则 $\alpha+\beta$ 的划分 $(A_{\alpha+\beta}|B_{\alpha+\beta})$ 满足 $A_{\alpha+\beta} = \set{a + b | a \in A_{\alpha},b \in A_\beta},B_{\alpha+\beta} = \Q \backslash A_{\alpha+\beta}$ ；$\alpha \times \beta$ 的划分 $(A_{\alpha \times \beta}|B_{\alpha \times \beta})$ 满足 $A_{\alpha \times \beta} = \set{a \times b | a \in A_{\alpha},b \in A_\beta},B_{\alpha \times \beta} = \Q \backslash A_{\alpha+\beta}$ ；减法定义为加法的逆运算，除法定义为乘法的逆运算。可以证明它是一个以有理数域为其子域的有序域。
同样，我们来说明一下两个不等实数之间必有有理数这个结论。同样设设 $(A_\alpha|B_\alpha)$ 代表 $\alpha$ ，$(A_\beta|B_\beta)$ 代表 $\beta$ ，不妨设 $\alpha < \beta$ ，则 $A_\alpha \sub A_\beta$ ，则必有有理数 $\gamma$ 满足 $\gamma \in A_\beta \backslash A_\alpha$ （因为 $A_\alpha,A_\beta \in \Q$ ）。由分划的定义知，此时 $A_\alpha \sub A_\gamma \sub A_\beta$ ，按照上述的 $\R$ 中的大小关系的定义可以说明 $\alpha < \gamma < \beta$ 。
Dedekind分割
前面我们已经指出有理数系有稠密性，但没有连续性，即有理数之间有许多“空隙”。下面的Dedekind分割定理告诉我们，在有理数集合中加入无理数之后，就没有“空隙”了，也就是说实数系具有了连续性。对于一个数集 $A$ ，若对任意两个数 $a,b \in A$ ，$a,b$ 之间的所有的数都在 $A$ 中，则称 $A$ 是连通的。换句话说，实数集是一个连通的集合。
定理23（Dedekind分割定理）：对 $\R$ 的任一分划 $(A|B)$ ，$B$ 中必有最小数。这个最小数就是 $(A|B)$ 对应的实数。
〔证明(Dedekind分割定理)〕设 $T = \set{a | a \in \Q 且 a \in A},T'=\set{b | b \in \Q 且 b \in B}$ 。由有理数的稠密性可知 $\Q$ 的划分 $(T|T')$ 和 $(A|B)$ 是一个一一对应。这样对 $\Q$ 的分划 $(T|T')$ 就确定了一个实数 $\beta$ 。如果 $\beta \in A$ ，由定义15知 $\beta$ 不是最大数，所以能找到一个 $\alpha \in A$ 且 $\beta < \alpha$ 。由 $\Q$ 的稠密性可知存在 $\gamma \in \Q$ 使 $\beta < \gamma < \alpha$ 。但是 $\gamma \in A$ ，因此由(88)可知 $\gamma \le \beta$ ，这就引出矛盾。所以 $\beta \notin A$ 。而若 $\beta \in B$ ，假如 $\beta$ 不是最小数，则存在一个 $\alpha' \in B$ 且 $\alpha' < \beta$ ，由 $\Q$ 的稠密性可知存在 $\gamma'$ 满足 $\alpha' < \gamma' < \beta$ 。但是 $\gamma' \in B$ ，所以由(88)可得 $\beta \le \gamma'$ ，这就产生矛盾。因此 $\beta$ 是 $B$ 的最小数。
证毕
有界集与确界
上界与下界
设集合 $E \sube \R$ ，并且 $E \ne \varnothing$ 。如果存在 $M \sube \R$ ，使得对 $\forall x \in E$ ，有 $x \le M$ ，则称 $E$ 是有上界的，并说 $M$ 是 $E$ 的一个上界。如果存在 $m \in \R$ ，使得对 $\forall x \in E$ ，有 $x \ge m$ ，则称 $E$ 是有下界的，并且说 $m$ 是 $E$ 的一个下界；如果 $E$ 既有上界又有下界，则称 $E$ 是有界的。显然，$E$ 有界的充分必要条件是：存在 $M > 0$ ，使得对任意的 $x \in E$ ，有 $|x| \le M$ 。
例2：集合
$$\begin{aligned} E = \Set{0,\cfrac{3}{2},\cfrac{2}{3},\cdots,1+\cfrac{(-1)^n}{n},\cdots} \tag{89}\end{aligned}$$是有界集，它的一个上界是 $\cfrac{3}{2}$ ，一个下界是 $0$ 。
例3：集合
$$\begin{aligned} E = \Set{1,\cfrac{1}{2},\cfrac{1}{3},\cdots,\cfrac{1}{n},\cdots} \tag{90}\end{aligned}$$是有界集，其中 $1$ 是它的一个上界，$0$ 是它的一个下界。
上确界与下确界
若 $E$ 是有界数集时，它的上（下）界必有无穷多个。是否有一个最小（大）的上（下）界呢？为了对此进行精确描述，我们引入：
定义16：设 $E \sube \R$ 为一个非空数集，若 $M \in \R$ 满足
(1) $M$ 是 $E$ 的一个上界，即 $\forall x \in E$ ，有 $x \le M$ 。
(2) 对 $\forall \varepsilon > 0$ ，存在 $x' \in E$ ，使得 $x' > M - \varepsilon$ 。
则称 $M$ 为 $E$ 的上确界，记为 $M = \sup E = \sup\limits_{x \in E}\set{x}$ 。
若有 $m \in \R$ 满足
(1) $m$ 是 $E$ 的一个下界，即 $\forall x \in E$ ，有 $x \ge m$ 。
(2)对 $\forall \varepsilon > 0$ ，存在 $x' \in E$ ，使得 $x' < m + \epsilon$ 。
则称 $m$ 为 $E$ 的下确界，记为 $m = \inf E = \inf\limits_{x \in E}\set{x}$ 。
从定义看出，$E$ 的上确界就是它的最小上界，而下确界就是它的最大下界。如果 $\sup E \in E$ ，则 $\sup E$ 可记为 $\max E$ ，这是上确界即为 $E$ 中的最大数；如果 $\inf E \in E$ ，则 $\inf E$ 可记为 $\min E$ ，这是下确界即为 $E$ 中的最小数。
此外，引入记号 $+\infin$ 和 $-\infin$ ，分别表示正无穷大和负无穷大，简称正无穷和负无穷。为了以后行文方便，我们约定，当数集 $E$ 无上界时，记做 $\sup E = +\infin$ ；当数集 $E$ 无下界时，记做 $\inf E = -\infin$ 。这里需特别指出的是，$+\infin$ 和 $-\infin$ 只是记号而不是实数。当数集 $E$ 满足 $\sup E = +\infin(\inf E = -\infin)$ （即 $E$ 无上界(下界)）时，它的等价说法是，$\forall M > 0,\exists x \in E$ ，并且有 $x > M(x < -M)$ 。
例4：设
$$\begin{aligned} E = \Set{\cfrac{p}{q}|p,q为正整数，并且满足p \le q} \tag{91}\end{aligned}$$则有 $\inf E=0 \notin E,\sup E = 1 = \max E$ 。这表明，$E$ 中没有最小数，而有最大数 $1$ 。
确界定理
下面的定理与Dedekind分割定理等价，即如下定理是实数系连续性的另一种表述，但它使用起来特别方便。
定理24（确界定理）：非空有上界的实数集必有上确界；非空有下界的实数集必有下确界。
〔证明(确界定理)〕先证明上确界的情形。设 $E$ 是一个非空有上界的实数集，若 $E$ 中存在最大数 $M$ ，则
$$\begin{aligned} \sup E = \max E = M \tag{92}\end{aligned}$$ 现假设 $E$ 没有最大数，我们对 $\R$ 做分划：$B$ 是由 $E$ 的所有上界组成的集合，而 $A = \R \backslash B$ 。由 $E$ 的有界性，推出 $B \ne \varnothing$ ；而由 $E \ne \varnothing$ ，推出 $A \ne \varnothing$ 。显然，对任意 $a \in A$ 和 $b \in B$ ，有 $a < b$ ，而且 $A$ 中无最大数。因此，$(A,B)$ 是 $\R$ 的一个分划，而由Dedekind分割定理可知，$B$ 中存在最小数 $M$ ，即 $M = \sup E$ 。
而对于下确界的情形，同样设 $E$ 是一个非空有下界的实数集。实际上，设 $D$ 是 $E$ 的所有下界组成的集合，则 $E$ 也是 $D$ 的一个上界，所以 $D$ 是一个非空有上界的实数集。由上面的证明可知 $D$ 必有上确界。设 $D$ 的上确界为 $m$ ，由定义16可知 $m$ 就是 $D$ 中的最大数，也就是 $E$ 的最大下界，即 $m$ 就是 $E$ 的下确界。故 $E$ 必有下确界。
证毕
基本关系式
恒等式
二项式定理
定理25（二项式定理）：设 $n$ 为正整数，$x,y$ 为实数（或对加法和乘法满足交换律和结合律的数集），则
$$\begin{aligned} (x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}x^{n-k}y^k \tag{93}\end{aligned}$$其中
$$\begin{aligned} \binom{n}{k} = \cfrac{n!}{k!(n-k)!} \tag{94}\end{aligned}$$称为二项式系数。
要证明该定理，先证明一个引理（Pascal法则）。
引理1（Pascal法则）：设 $n,k$ 为正整数，则
$$\begin{aligned} \binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} = \binom{n}{k} \tag{95}\end{aligned}$$〔证明(Pascal法则)〕
$$\begin{aligned} \binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} =& \cfrac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!} + \cfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-1-(k-1))!} \\[10pt] =& \cfrac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!} + \cfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \\[10pt] =& \cfrac{1}{k}\cdot\cfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-1-k)!}+\cfrac{1}{n-k}\cdot\cfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-1-k)!} \\[10pt] =& \left(\cfrac{1}{k}+\cfrac{1}{n-k}\right)\cdot\cfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-1-k)!} \\[10pt] =& \cfrac{n-k+k}{k(n-k)}\cdot\cfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-1-k)!} \\[10pt] =& \cfrac{n}{k(n-k)}\cdot\cfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-1-k)!} \\[10pt] =& \cfrac{n!}{k!(n-k)!} = \binom{n}{k} \tag{96}\end{aligned}$$证毕
〔证明(二项式定理)〕用数学归纳法。显然 $(x+y)^1=\sum_{k=0}^{1}\binom{1}{k}x^{1-k}y^k = \binom{1}{0}x+\binom{1}{1}y = x+y$ 时成立。现假设 $n=m$ 时成立，往证 $n=m+1$ 时成立。由Pascal法则可得
$$\begin{aligned} (x+y)^{m+1}=&(x+y)(x+y)^m \\[10pt] =& (x+y)\sum_{k=0}^{m}\binom{m}{k}x^{m-k}y^k \\[10pt] =& \sum_{k=0}^{m}\binom{m}{k}x^{m+1-k}y^k + \sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j}x^{m-j}y^{j+1} \\[10pt] =& x^{m+1} + \sum_{k=1}^{m}\binom{m}{k}x^{m+1-k}y^k + \sum_{k=1}^{m+1}\binom{m}{k-1}x^{m+1-k}y^{k} \quad (令j=k-1) \\[15pt] =& x^{m+1} + \sum_{k=1}^{m}\binom{m}{k}x^{m+1-k}y^k + \sum_{k=1}^{m}\binom{m}{k-1}x^{m+1-k}y^{k} + y^{m+1} \\[15pt] =& x^{m+1} + \sum_{k=1}^{m}\left(\binom{m}{k}+\binom{m}{k-1}\right)x^{m+1-k}y^k + y^{m+1} \\[15pt] =& x^{m+1} + \sum_{k=1}^{m}\binom{m+1}{k}x^{m+1-k}y^k + y^{m+1}\text{（Pascal法则）} \\[15pt] =& \sum_{k=0}^{m+1}\binom{m+1}{k}x^{m+1-k}y^k \tag{97}\end{aligned}$$由数学归纳法知(93)成立。
证毕
不等式
三角不等式
实数 $x$ 的绝对值定义为
$$\begin{aligned} |x| = \begin{cases} x&x \ge 0 \\[5pt] -x&x < 0 \end{cases} \tag{98}\end{aligned}$$公式1（三角不等式）：对任何 $x,y \in \R$ ，有
$$\begin{aligned} |x+y| \le |x|+|y| \tag{99}\end{aligned}$$〔证明(三角不等式)〕由(98)可知，对任何 $x,y \in \R$ ，有
$$\begin{aligned} -|x| \le x \le |x|,-|y| \le y \le |y| \tag{100}\end{aligned}$$将两个不等式相加，即得
$$\begin{aligned} -(|x|+|y|) \le x + y \le (|x|+|y|) \tag{101}\end{aligned}$$因此有
$$\begin{aligned} |x+y| \le |x|+|y| \tag{102}\end{aligned}$$证毕
绝对值不等式
公式2（绝对值不等式）：对任何 $x,y \in \R$ ，有
$$\begin{aligned} ||x|-|y|| \le |x \pm y| \le |x|+|y| \tag{103}\end{aligned}$$〔证明(绝对值不等式)〕设 $a=x-y,b=y$ ，由三角不等式得 $|a+b| \le |a|+|b|$ ，即
$$\begin{aligned} |x-y+y|=|x| \le |x-y|+|y| \tag{104}\end{aligned}$$相当于
$$\begin{aligned} |x|-|y| \le |x-y| \tag{105}\end{aligned}$$将 $x$ 和 $y$ 位置交换，得
$$\begin{aligned} |y|-|x| \le |x-y| \tag{106}\end{aligned}$$由(98)可知 $||x|-|y||$ 要么为 $|x|-|y|$ ，要么为 $|y|-|x|$ ，再由(105)和(106)可得
$$\begin{aligned} ||x|-|y|| \le |x-y| \tag{107}\end{aligned}$$将 $y$ 替换为 $-y$ 可得
$$\begin{aligned} ||x|-|y|| \le |x+y| \tag{108}\end{aligned}$$而将(99)中的 $y$ 替换为 $-y$ 可得
$$\begin{aligned} |x-y| \le |x|+|y| \tag{109}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} ||x|-|y|| \le |x \pm y| \le |x|+|y| \tag{110}\end{aligned}$$证毕
Bernoulli不等式
公式3（Bernoulli不等式）：对任意 $x \ge -1$ 和任意正整数 $n$ ，有
$$\begin{aligned} (1+x)^n \ge 1+ nx \tag{111}\end{aligned}$$〔证明(Bernoulli不等式)〕我们采用数学归纳法来证明这一不等式。当 $n=1$ 时，上述不等式显然成立。假设
$$\begin{aligned} (1+x)^{n-1} \ge 1 + (n-1)x \tag{112}\end{aligned}$$对一切 $x \ge -1$ 成立，则有
$$\begin{aligned} (1+x)^n =& (1+x)^{n-1}(1+x) \\[5pt] \ge& (1+(n-1)x)(1+x) \\[5pt] =& 1+nx+(n-1)x^2 \\[5pt] \ge& 1+nx \tag{113}\end{aligned}$$由数学归纳法原理知，Bernoulli不等式对一切的正整数 $n$ 成立。
证毕
算数—几何平均不等式
公式4（算数—几何平均不等式）：对任意 $n$ 个非负实数 $x_1,x_2,\cdots,x_n$ ，有
$$\begin{aligned} \frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n} \ge \sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \tag{114}\end{aligned}$$〔证明(算数—几何平均不等式)〕采用数学归纳法。当 $n=1$ 时，上述不等式显然成立。假设任意 $n-1$ 个非负实数时算数—几何平均不等式成立。下面考虑任意 $n$ 个非负实数 $x_1,x_2,\cdots,x_n$ 的情形。不妨假定 $x_n$ 是这 $n$ 个数中最大的一个，将 $x_n \ge x_1,x_n \ge x_2,\cdots,x_n \ge x_{n-1}$ 加起来有
$$\begin{aligned} (n-1)x_n \ge x_1 + x_2 + \cdots + x_{n-1} \tag{115}\end{aligned}$$令
$$\begin{aligned} y = \frac{x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}}{n-1} \tag{116}\end{aligned}$$则有
$$\begin{aligned} x_n \ge y = \frac{x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}}{n-1} \ge \sqrt[n-1]{x_1x_2\cdots x_{n-1}} \tag{117}\end{aligned}$$从而由二项式定理可得
$$\begin{aligned} \left(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right)^n =& \left(y+\frac{x_n-y}{n}\right)^n \\[10pt] =& y^n + ny^{n-1}\frac{x_n-y}{n} + \cdots + \left(\frac{x_n-y}{n}\right)^n \text{（二项式定理）} \\[10pt] \ge& y^n + ny^{n-1}\frac{x_n-y}{n} \\[10pt] =& y^{n-1}x_n \\[5pt] =& x_1x_2\cdots x_n \tag{118}\end{aligned}$$即有
$$\begin{aligned} \frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n} \ge \sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \tag{119}\end{aligned}$$由数学归纳法原理知，算数—几何平均不等式对一切的正整数成立。
常用记号
全体正整数组成的集合、全体整数组成的集合、全体有理数组成的集合和全体实数组成的集合是本书最常遇到的数集，我们约定分别用空心字母 $\N,\Z,\Q,\R$ 表示，即
$\N$ 表示全体正整数组成的集合；
$\Z$ 表示全体整数组成的集合；
$\Q$ 表示全体有理数组成的集合；
$\R$ 表示全体实数组成的集合。
显然有
常要用到以下形式实数子集：
闭区间
开区间
$$\begin{aligned} (a,b) = \set{x | x \in \R, a < x < b} \tag{122}\end{aligned}$$左开右闭区间
$$\begin{aligned} (a,b] = \set{x | x \in \R, a < x \le b} \tag{123}\end{aligned}$$左闭右开区间
$$\begin{aligned} [a,b) = \set{x | x \in \R, a \le x < b} \tag{124}\end{aligned}$$ 这里 $a,b \in \R$ ，且 $a < b$ 。
推广区间概念，把
都称作无穷区间。其定义为
$$\begin{aligned} (-\infin,b) = \set{x | x \in \R, x < b} \tag{126}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (-\infin,b] = \set{x | x \in \R, x \le b} \tag{127}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (a,+\infin) = \set{x|x \in \R, x > a} \tag{128}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} [a,+\infin) = \set{x| x \in \R, x \ge a} \tag{129}\end{aligned}$$ $$\begin{aligned} (-\infin,+\infin) = \set{x | x \in \R} \tag{130}\end{aligned}$$
我们提及的区间必是以上形式区间之一。特别地，对 $a \in \R$ ，我们把开区间 $(a-\varepsilon,a+\varepsilon)(\epsilon > 0)$ 称为 $a$ 的一个 $\varepsilon$ 邻域，记为 $U(a,\varepsilon)$ ；而把 $(a-\varepsilon,a+\varepsilon) \backslash \set{a}$ 称为 $a$ 的一个去心邻域，记为 $U_0(a,\varepsilon)$ 。
平面内的点可用有序对 $(x,y),x,y \in \R$ 表示，其中 $x,y$是点在平面直角坐标系内的 $x$ 轴坐标和 $y$ 轴坐标。因此，平面内的点集合可以表示为 $\set{(x,y)|x,y \in \R,P(x,y)}$ 表示，其中 $P(x,y)$ 表示某个关于 $x,y$ 的命题，若 $P(x,y)$ 为真，则 $(x,y)$ 为 $\set{(x,y)|x,y \in \R,P(x,y)}$ 中的元素（参见子集公理）。