该博文是自然数的公理化构造及其性质 的自然延续.
定义1:(整数的定义) $(a,b)$ 是整数($a,b$ 是自然数).其中，$(a,b)$并不是自然数对的笛卡尔乘积的意思,$(a,b)$只是我们引入的一个不加定义的新对象.定义$(a,b)=(c,d)$当且仅当 $a+d=b+c$.引入整数相等的概念,要验证其合理性,即验证其是否满足 4 条原则.
一:自反性.$(a,b)=(a,b)$. 因为 $a+b=b+a$.
二:对称性:若$(a,b)=(c,d)$,则$(c,d)=(a,b)$.因为 $a+d=b+c$ 则 $c+b=d+a$,即$(c,d)=(a,b)$.
三:传递性:$(a,b)=(c,d),(c,d)=(e,f)$.则 $(a,b)=(e,f)$.
传递性验证:即证$a+d=b+c .c+f=d+e$ 则 $a+f=b+e$. $(a+d)+(c+f)=(a+d)+(d+e)$(由自然数加法的合理性)= $(b+c)+(d+e)$ 所以,$(a+d)+ (c+f)=(b+c)+(d+e)$.由加法交换律结合律的推广形式以及自然数的加法消去律,可知 $a+f=b+e$.
注1.1:在数学上，凡是相等，必须满足四个条件.第一是自反性，即一个对象必须等于自己，第二是对称性，即若甲等于乙，则乙等于甲.第三是传递性，即甲等于乙，乙等于丙，则甲等于丙.第四是代入性，即若乙满足某个性质，则甲等于乙时，用甲来代替乙的时候，该性质照样成立.在此，我们定义了整数的相等， 因此为了验证整数相等定义的合理性，我们要验证整数相等满足这四个条件.代入性还没验证，因为我们还没涉及关于整数的任何性质.在后面，每涉及整数的一个性质的时候，我们都要验证代入性是成立的.
定义2:(整数的和)定义$(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)$.
定义合理性验证,也就是验证相等的代入性(注1.1).即验证当$(a,b)=(m,n)$时，
\begin{equation}\label{eq:29.22.10}(m,n)+(c,d)=(m+c,n+d)=(a+c,b+d)\end{equation}
即验证当$a+n=b+m$时，有
\begin{equation}\label{eq:29.22.12}m+c+b+d=n+d+a+c\end{equation}
由于$a+n=b+m$,因此只用验证$c+d=c+d$,而这是显然的.因此整数和的定义是合理的.
定义3:(整数的积)定义$( a,b ) *(c,d)=(ac+bd,bc+ad)$.
定义的合 理 性,即验证相等的代入性. 令 $(m ,n)=(a,b)$.$(m,n)*(c,d)=(mc+nd,nc+ md)$ 下 证 : $(mc+nd,nc+ md)=(ac+bd,bc+ad)$. 即 证$mc+nd+bc+ad= ac+bd+ nc+md$ 即 证 $c(m+b)+d(n+a)=c(n+a)+d(m+b)$. 因为$ m + b=n+a$, 故$c(m+b)=c(n+a)$. 可见，即 证$d(n+a)=d(m+b)$,而这是显然的.
整数的加法和乘法显然满足交换律,故$(c,d)$被相等的整数代入没必要.
定理1:(整数是自然数的扩展)我们要证明整数集$\mathbf{Z}$的某个子集可以和$\mathbf{N}$关于加法和乘法同构.我们选取的$Z$的子集是$\{(n,0)|n\in\mathbf{N}\}$.我们选择的同构映射为$f:(n,0)\to n$.(易得这个双射的定义是合理的,为什么?提示:当$(n,0)\neq (m,0)$当且仅当$f((n,0))\neq f((m,0))$)
在加法运算方面,易得$f((n,0)+f(m,0))=f((n,0))+f((m,0))$.
在乘法运算方面,易得$f((n,0)*(m,0))=f((n,0))*f((m,0))$.
而目前对于自然数和整数来说，只有加法和乘法这两种运算，可见，就目前来讲，整数是自然数的扩展.$\{(n,0)|n\in\mathbf{N}\}$不妨看成自然数集.
定义4:(整数的负运算)$(b,a)$ 是整数,定义它的负数为$(a,b)$,记为$-(b,a)$.
验证定义成功，即验证相等的代入性.相等的整数有相等的负数.设$(b,a)=(b',a')$ , 即 $b+a' = a + b '$ . 下证 $(a,b)=(a',b')$, 即证$a+b' = b + a '$ ,而这是成立的.
定理2:(整数的三歧性)一个整数 $x$,恰有以下三个命题中的一个成立.1.$x=0$ ;2.$x$ 等于一个正自然数n;3.$ x $是一个正自然数的负数.
证:设$x=(a,b)$ .若$ a=b$ 则 $(a,b)=(0,0)=0$. 若 $a>b$, 则 $a=b+n$($n$ 为正),$(a,b)=(b+n,b)=(n,0)=n$. 若$a<b$则$b=a+n$($n$为正)则$(a,b)=(a,a+n)= (0,n)=-n$.
1 与 2 不可同时成立.下证 1与3 不可同时成立:$(0,0)=(0,n)$($n>0$)得$ n= 0$ 矛盾.2 与 3 不可同时成立:(m,0)=(0,n)($m$ 和 $n$ 都为正自然数).即 $m +n= 0$ ,矛盾.
定理3:(整数集合构成一个交换环)
1.加法交换律 $x+y=y+x$.
2.加法结合律$(x+y)+z=x+(y+z)$.
3.加法零元$x+0= 0 +x=x$.
4.加法逆元$x+(-x)=(-x)+x=0$.
5.乘法交换律和乘法结合律,乘法交换律是显然的，下面证明乘法结合律:$[(m,n)*(a,b )]*(c,d)=(mac+nbc+nad+mbd,mad+nbd+nac+mbc)$. 将题中 $m\rightarrow a,n \rightarrow b,a \rightarrow c,b \rightarrow d,c\rightarrow m,d \rightarrow n$ ,结果不变,得证.
6.乘法单元:$x*1= 1*x=x$ 7.加乘分配律:$x(y+z)=xy+xz.,(y+z)x=yx+zx$.证明很简单.
定义5:(整数的减法)对整数来说，定义$x-y:=x+(-y)$
因为整数加法和负数定义成功,所以减法定义成功. 自然数的减法:$a-b=a+(-b)=(a,0)+(0,b)=(a,b)$.可见，对于一个整数$(a,b)$来说，$(a,b)=a-b$.
定理4:若整数 $a,b.ab= 0$则 $a=0$或 $b=0$ 或 $a$ 与 $b$ 都为 $0$.
证:令 $a=(m,n)$,$b=(p,q)$.假设$a,b$不为零.则根据整数的三歧性，
1.$a$ 等于一个正自然数,则 $b$ 不能为一正自然数.因为关于自然数之间的结论已经被搞清.$b$ 只能为一正自然数的负数.
2.$ a$等于一负自然数,$b$ 为一负自然数.
3.$a$ 为一负自然数,$b$ 为正自然数,此情况与 1 其实一样,因为由于整数乘法交换律 , $a$ 与 $b$ 可以交换 .
下面证明1是不可能的$( m,n ) *(p,q)=(mp+nq,np+ mq)=(0,0)$ 即
\begin{equation}\label{eq:30.12.30}np+ mq= mp+nq\end{equation}
其中 $m =n+t$($t$ 为正自然数).$q=p+y$($y$为正自然数).代入\ref{eq:30.12.30}化解得$ty=0$.矛盾.
下面证明2是不可能的. $n= m+w$($w$ 为正自然数),$p=q+c$($c$ 为正自然数),代入\ref{eq:30.12.30}得 $wc=0$.矛盾.
综上所述，$a$和$b$中至少有一个为 0 (易验证$ a$ 或$b$为0或两者都为0时命题成立.)
定理5:(整数的乘法消去律)$a,b,c$ 为整数,$c \neq 0$,则$ac=bc\Rightarrow a= b$.
易 证 整 数 $a=b$ 当 且 仅 当 $a+(-b)=0$. 故 $ac+(-(bc))=0$. 又 有 $-(m,n)=(0,1)*(m,n)$ 故 $-(bc)=(0,1)*(bc)=((0,1)*b)*c=(-b)*c$.即 $ac+(-b)c= 0$.由乘法分配律,得 $c(a+(-b))=0$.因为 $c \neq 0$,由定理4 ,得 $a+(-b)= 0$,得 $a=b$.
定义6(整数的序)整数$a<b$(或 $b>a$)当且仅当存在某正自然数 $k$,使$a+k=b$.
易知整数的序的定义与自然数的序定义相容.
定理6 整数序的性质:$a,b,c$ 都为整数.
6.1 $a>b$ 当且仅当 $a-b$ 是正自然数. 证:$\Rightarrow:$$a>b\Rightarrow a=b+k$($k$ 为正自然数).即$a+(-b)=(b+k)+(-b)=k+(b-b)=k$.所以$a-b$是正自然数. $\Leftarrow$:令$a-b=k$,其中$k$为正自然数.则$a-b+b=k+b$.即 $a=k+b$,得 $a> b$.
6.2 若 $a>b \Leftrightarrow a+c>b+c$
证:$\Rightarrow$:$ a=b+k$($k$ 为正自然数).$a+c=(b+k)+c=(b+c)+k$.因此$a+c>b+c$.
$\Leftarrow$:$ a+c=(b+c)+k=(b+k)+c$.两边同时加$-c$:$(a+c)+(-c)=((b+k)+c)+(-c)$.得 $a=b+k$.即 $a> b$.
6.3(负运算反序):$a>b \Leftrightarrow -a<-b$.
证:$-a<-b \Leftrightarrow -a+b<-b+b= 0 \mbox{(根据6.2)}\Leftrightarrow -a+b+a<a\Leftrightarrow b<a$.
6.4(序的传递性)$a>b,b>c$ 则$ a>c$.
证 :$ a=b+k$($k$ 为 正 自 然 数 ) , $b=c+ m$($m$ 为 正 自 然 数 ) 则$a=b+k=(c+ m)+k=c+(m+k)$.而$m+k$为正数.因此$a>c$.
6.5(序的三歧性)任意两个整数 $a,b$.$a>b$ 或 $a=b$ 或 $a< b$.三者必居其一且仅居其一.
证:两个整数,若都为自然数,则已经证明成立.若两者都是正自然数的负数,设 $a=(0,m),b=(0,n)$($m,n$ 为正自然数 ). 若 $m =n$ 则$ 0 +n= m+ 0$, 即 $a= b$. 若 $m >n$ 则 $m =n+k$($k$ 为 正 自 然 数 ) 则 $(0,m)= (0,n)+(0,k)$即$(0,m)+(k,0)=(0,n)$,则$a< b$.同理,若 $m <n$,则 $b<a$.
若一者是正自然数的负数,一者可以表示为自然数,设 $a=(0,m),b=(p,0)$($m$ 为正自然数,$p$ 为自然数.)则 $b=(m+p,m)$,即$ b=a+(m+p)$,故 $a< b$.
下证仅有一种可能成立:若 $a>b$ 且 $a=b$ 即 $b+ 0=b+ m$( $m$ 为正自然数 ),则$m= 0$ ( 因 为 $b-b=b+ m-b$ ) , 矛 盾 . 同 理 可 得 $a=b$ 且$a<b$矛盾 . 若 $a>b$ 且 $a<b$, 则$a=b+ m,b=a+n$($m,n$ 为正自然数)则 $m +n= 0$,矛盾.
本文的后继是从整数到有理数.
参考文献：《陶哲轩实分析》