这是我在学习韦伊的《Number Theory For Beginners》的一个翻译。全文十三章，这里分十三篇文章给出！
我们假定读者了解“集合”和“子集”的概念. $\in$表示“属于某个集合的元素”. 我们用$\mathbb{Z}$表示所有整数的集合, $\mathbb{Q}$表示所有有理数的集合. 我们假设整数和有理数的基本性质:
(1) $x + (y + z) = (x + y) + z$.
(2) $x + y = y + x$.
(3) 方程$a + x = b$存在唯一解$x$ (如果$a$, $b$在$\mathbb{Z}$中, 那么$x \in \mathbb{Z}$, 如果$a$, $b$在$\mathbb{Q}$中, 那么$x \in \mathbb{Q}$).
(4) $0 + x = x$.
(1′) $(xy)z = x(yz)$.
(2′) $xy = yx$.
(3′) 方程$ax = b$存在唯一解$x \in \mathbb{Q}$, 如果$a$, $b$在$\mathbb{Q}$中, 而且$a \neq 0$.
(4′) $1 \cdot x = x$.
(5) $x(y + z) = xy + xz$ (分配律).
$a + x = b$的唯一解记为$b – a$, 对于$a \neq 0$,$ax = b$的唯一解记为$\frac{b}{a}$.
有理数是正的($\ge 0$) 或者负的($\le 0$); 只有$0$是两者都是.\footnote{注意, 这里正负的定义和我们平常的是不一样的.} $b \ge a$ (或者$a \le b$)意味着$b – a \ge 0$; $b > a$ (或者$a < b$)意味着 $b \ge a$, $b \neq a$. 如果$x > 0$, $y > 0$, 那么$x + y > 0$以及$xy > 0$.
如果$a$, $b$, $x$都是整数, $b = ax$, 则称$b$为$a$的倍数; 称$a$整除$b$或者是$b$的因子; 此时我们记之为$a | b$.
最后, 我们有:
(6) 非空的正整数集合包含一个最小整数.
事实上, 这样的集合中包含某个整数$n$; 于是$0, 1, \ldots, n – 1, n$中的第一个包含在这个集合中的整数即满足我们的要求. (6)的一个等价形式是“数学归纳原理”:
(6′) 如果关于正整数$x$的的断言对于$x = 0$是正确的, 并且对于所有的$x < n$成立可以推出$x = n$的时候这个断言也是正确的, 那么它对所有的$x$正确.
证明：
令$F$表示由使断言不成立的正整数构成的集合, 如果$F$不是空的, 应用(6); 可以推出与(6′)中假设矛盾的结论.
习题
1. 证明等式$(-1) \cdot (-1) = 1$是分配律的推论.
证明：
\[\begin{aligned}
0 &= (-1) \cdot 0 \\
&= (-1)\cdot(-1 + 1) \\
&= (-1)\cdot(-1) + (-1) \cdot 1 \\
&= (-1)\cdot(-1) – 1
\end{aligned}\]
因此:
\[(-1) \cdot(-1) = 1\]
2. 证明任何一个整数$x > 1$或者有一个$> 1$而且$\le \sqrt{x}$的因子, 或者不存在任何$> 1$而且$< x$的因子(在后一种情形下, 这个整数称为素数; 参考第4节).
证明：
假设$x$不是素数, 也就是说存在$a | x$, 这里$1 < a < x$, 不妨设$x = ab$, 因此可以知道$b$满足不等式
\[1 < b < x,\]
我们证明$\min(a, b)$满足题目中的条件$1 < \min(a, b) \le \sqrt{x}$, 为了讨论方便, 不妨设$a \le b$, 于是
\[x = ab \ge a^2\]
也就是说
\[a \le \sqrt{x},\]
结论成立.
3. 使用归纳法证明
\[1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = [\frac{n(n + 1)}{2}]^2.\]
这个证明比较简单, 这里不讨论了. 对于这个题目, 难点在于如何发现这个等式, 考虑如下等式:
\[(k + 1)^4 = k^4 + 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1, \quad k=1,2, \cdots, n.\]
4. 使用归纳证明对于任何$n \ge 0$, $4^{2n+1} + 3^{n+2}$是13的倍数.
这个证明也不难, 这里给出递推部分, 起点的验证省略. 令$a_n = 4^{2n+1} + 3^{n+2}$.
\[\begin{aligned}
a_{n+1} &= 4^{2n+3} + 3^{n+3} \\
&= 4^2 \cdot 4^{2n+1} + 3 \cdot 3^{n+2} \\
&= 13 \cdot 4^{2n+1} + 3(4^{2n+1} + 3^{n+2}) \\
&= 13M + 3a_n
\end{aligned}\]
5. 给定一个天平, 以及$n$个砝码: $1, 3, 3^2, \ldots, 3^{n-1}$ 克. 证明可以通过允许在两边同时放置砝码, 可以称出任何$N$ 克重量, 其中$N$为$\ge 1$以及$\le 1/2(3^n – 1)$的整数 (提示: 考虑所有如下形式的和式
\[e_0 + 3e_1 + 3^2e_2 + \cdots 3^{n-1}e_{n-1},\]
其中每一个$e_i$为$0$, $+1$, 或者$-1$).
这里实际上涉及到了数的3进位制的表示.
根据题目我们可以证明这些砝码能够表示的最大数为
\[1 + 3 + \cdots + 3^{n-1} = \frac{1 – 3^n}{1-3} = \frac{3^n – 1}{2}.\]
6. 证明任意一个$n$个变量的$d$次多项式, 最多包含$\frac{(n+d)!}{n!d!}$个项. (提示: 对$d$使用归纳法, 注意到下面的关系: $n$个变量的$d$次同类项多项式的项的数量, 和$n – 1$个变量的$d$次多项式的项的数量相等.)
用$a_{n,d}$来表示$n$个变量的$d$次多项式包含的最多的项数, 那么$d = 0$时, 显然有
\[\begin{aligned}
a_{n,0} &= 1 \\
a_{n,1} &= n + 1 = \frac{(n+1)!}{n!1!} \\
a_{1,d} &= d + 1 = \frac{(1 + d)!}{1!d!}
\end{aligned}\]
对于一般的$n$个变量, 我们记其中某个变量为$x$, 那么把多项式按照$x^k$合并各个项, 这里$k=1,2,\cdots, d$. 那么$x^k$这里面包含的项数为$a_{n-1, d-k}$, 由此可以得出如下等式:
\[\begin{aligned}
a_{n,d} &= \sum_{k=0}^{d}{a_{n-1, d-k}} \\
&= \sum_{k=0}^{d}{a_{n-1, k}} \\
&= \sum_{k=0}^{d}{\binom{k}{n+k-1}}
\end{aligned}\]
下面根据这个等式证明$a_{n,d} = \frac{(n+d)!}{n!d!} + \binom{d}{n+d}$. 使用归纳法即可, 并且注意到如下几个等式:
\[\binom{0}{n-1} = 1 = \binom{0}{n},\]
以及
\[\binom{k-1}{n} + \binom{k}{n} = \binom{k}{n+1}.\]
也可以使用组合方法来获取上述等式: 满足要求的每一个项满足
\[x_1^{i_1} \cdots x_n^{i_n}, \quad 0 \le i_k \le n\]
那么应该$i_1, i_2, \cdots, i_n$满足
\[i_1 + i_2 + \cdots + i_n \le d.\]
于是应该通过
\[i_1 + i_2 + \cdots + i_n = k\]
并且对$k$遍历$0$到$d$来获取. 有$n+k$(我们需要把$i_k$的取值保证至少为1)个球排成一列, 使用$n-1$个木杆(这样得到的是$n$组)把这些球隔开, 不算两边, 一共有$n+k-1$个位置, 这里每一个的数量是$\binom{n-1}{n+k-1} = \binom{k}{n+k-1}$.