2.2.1 证明命题2.2.5.（提示：固定其中两个变元而对第三个变元进行归纳。）
答：首先我们把命题2.2.2摘抄如下：
命题2.2.5（加法是结合的） 对于任何自然数a,b,c，(a+b)+c=a+(b+c)。
我们首先来证明两个自然数的和依然是自然数，即任取两个自然数n和m，我们可以证明n+m为自然数。假如我们任取了一个自然数m，对于n使用数学归纳法。首先是起始条件为n=0，此时n+m=0+m，由加法定义的第一部分可知0+m=m，因为m是一个自然数，所以当n=0时，n+m是一个自然数。现在我们假设对于n=N时，n+m是一个自然数，来看看n=N++时n+m的表现，此时会有n+m=(N++)+m，由加法定义的第二部分可知(N++)+m=(N+m)++，由于已经假设了N+m是自然数，根据第二条皮亚诺公理可知(N+m)++也是一个自然数，由此我们便完成了如上命题的证明。
应用如上命题，我们可以很容易地推知a+b和b+c都是自然数。
按照陶哲轩在题干当中给出提示信息，我们任取两个b和c，使用归纳法来证明当a取任意自然数时都会有加法的结合律成立。对于归纳法的起点a=0，等式的左侧为(0+b)+c，由加法定义的第一部分可知0+b=b，进而可推知等式左侧等于b+c。等式的右侧为0+(b+c)，由加法定义的第一部分可知0+(b+c)=b+c。显然会有(0+b)+c=b+c=0+(b+c)成立，由此证明了基础情况。
现在假设当a=n时，原命题成立，要证明((n++)+b)+c=(n++)+(b+c)。由加法定义的第二部分可知(n++)+b=(n+b)++，即等式左侧((n++)+b)+c=((n+b)++)+c=((n+b)+c)++。再看等式右侧(n++)+(b+c)=(n+(b+c))++，由于前面假设了(n+b)+c=n+(b+c)，自然会有((n+b)+c)++=(n+(b+c))++成立，也就完成了数学归纳法的证明全过程了。
2.2.2 证明引理2.2.10.（提示：使用归纳法）
答：首先将引理2.2.10的内容摘抄到下面（中文书有误，以下内容是对着英文版改的）：
引理2.2.10 设a是正数。那么恰存在一个自然数b，使得b++=a。
答：根据陶哲轩给出的提示信息，我们首先来看基准情形a=0，因为a不是正数，故而命题为空真命题。现在假设当a=n时，原命题成立，即有b++=n，我们可以很自然地推知(b++)++=n++。也就是说我们可以取b’=b++，就会有b’++=n++成立。运用第四条皮亚诺公理，我们可以保证b’的唯一性，由此完成归纳法的证明全过程。
2.2.3 证明命题2.2.12. （提示：你要用到前面的很多命题、推论和引理）
答：首先将命题2.2.12的内容摘抄如下：
命题2.2.12（自然数的序的基本性质） 设a，b，c是自然数，那么
（a）（序是自反的）a\ge a。
（b）（序是传递的）若a\ge b且b\ge c，则a\ge c。
（c）（序是反对称的）若a\ge b且b\ge a，则a=b。
（d）（加法保序）a\ge b当且仅当a+c\ge b+c。
（e）a < b当且仅当a++\le b。
（f）a < b当且仅当对于某正数d，b=a+d。
答：（a）根据自然数排序的定义，如果对于某个自然数a而言，有n=m+a成立，那就记为n\ge m。我们显然可以写出a=a+0，自然有a\ge a。
（b）如果有a\ge b成立，那就说明存在某个自然数x使得a=b+x。如果有b\ge c成立，那就说明存在某个自然数y使得b=c+y。自然会有a=b+x=(c+y)+x=c+(y+x)成立，由此可推知a\ge c。
（c）如果有a\ge b，那就说明存在某个自然数x，使得a=b+x。又有b\ge a可推知存在某个自然数y，使得b=a+y。两相结合可得a=b+x=(a+y)+x=a+(y+x)。由消去律可得y+x=0，由推论2.2.9可知此时必有x=0和y=0成立，代入前文所提等式可得a=b。
（d）如果有a\ge b，那就存在某个自然数x使得a=b+x成立，可知a+c=(b+x)+c成立，运用加法的交换律和结合律可推知a+c=b+(x+c)=b+(c+x)=(b+c)+x，由此证得a+c\ge b+c。使用相同但方向相反的逻辑很容易从a+c\ge b+c推知a\ge b。
（e）假如有a < b成立，则由定义2.2.11可知，b\ge a且b\neq a。也就是说存在某个正自然数x使得b=a+x，运用引理2.2.10可知存在某个自然数y有y++=a成立，即有b=a+(y++)=a+(1+y)=(a+1)+y=(a++)+y。由自然数排序的定义可知a++\le b。
如果有a++\le b成立，则b=(a++)+y=(a+1)+y=a+(y++)，由于第三条皮亚诺公理可知y++\neq0，也就是说y++是一个正自然数，那么容易推知a < b成立。
（f）假如有a < b，则由自然数排序的定义可知：存在某个自然数使得b=a+d，且d\neq0，否则会有a=b与严格小于的定义相斥。根据定义2.2.7可知，当d\neq0就称其为正自然数，由此完成了一个方向的证明过程。如果对于某个自然数d有b=a+d成立，由定义可知a\le b，此时如果有自然数d为正数，则a\neq b，再由定义可知a < b。
2.2.4 验证在命题2.2.13的证明中标出“（为什么？）”的三个命题。
答：我们首先把命题2.2.13证明过程中标出（为什么？）的段落摘要下来并分别予以证明。
若a=0，则
0\le b对于一切b成立。
证明：运用数学归纳法加以证明，我们首先看基准情形b=0，此时我们会有b+0=0+0=0成立，自然可以推知0\le b成立。假设对于b=n命题成立，即有0\le n成立，由于n++ = n+1，则n\le n++，由命题2.2.12当中的（序是传递的）可以推知0 \le n++，由此完成归纳法证明。
若a>b，则a++>b。
证明：如果有a>b成立，则由定义可知：对于某个正数x会有a=b+x，进而有a++=(b+x)++=(b+x)+1=b+(x+1)，由命题2.2.8可知x+1是正数，故而有a++>b成立。
若a=b，则a++>b。
证明：由a=b可推知a++=b++=b+1，由于1是一个正数，所以a++>b。
2.2.5 证明命题2.2.14.（提示：定义Q(n)为性质“P(m)对于一切m_0\le m < n成立”，注意Q(n)当n< m_0时是莫须有地成立的。）
答：我们首先项2.2.14摘抄下来：
命题2.2.14（强归纳法原理） 设
m_0是一个自然数，而P(m)是一个依赖于任意自然数m的性质。设对于每个m > m_0都有如下蕴含关系：如果P(m')对于一切满足m_0\le m' < m的自然数m'都成立，那么P(m)也成立（特别地，这意味着P(m_0)成立，因为在m=m_0的情况下，假定的条件P(m')是空的），那么，我们可以断定P(m)对于一切自然数m\ge m_0都成立。
证明：参照陶哲轩给我们的提示，我们定义相应的Q(n)，并使用归纳法来证明Q(n)对于每个自然数都成立。首先来看基准情形n=0，Q(0)代表“P(m)对于一切m_0\le m < 0成立”，由于0是最小的自然数，故而不存在满足条件m_0\le m < 0的自然数m，Q(0)是一个空真命题。现在假设对于n=N而言Q(n)成立，来验证Q(N++)同样成立。Q(N)成立意味着P(m)对于一切m_0\le m < N成立，由命题2.2.14当中的题设条件可知，P(N)同样成立，也就是说P(m)对于一切m_0\le m < N++成立，这就意味着Q(N++)成立。由此我们便验证了Q(n)对于所有自然数n都成立，也就是说对于所有自然数n，P(m)对于一切m_0\le m < n都成立，据此我们可以断定P(m)对于一切自然数m\ge m_0都成立。因为对于任意自然数m\ge m_0，我们都可以取n=m+1。
2.2.6 设n是自然数且设P(m)是一个依赖于自然数的性质，它满足条件：只要P(m++)成立则P(m)也成立。假设P(n)成立，证明对于一切自然数m\le n，P(m)成立。此即所谓向后归纳原理。（提示：对变元n用归纳法）
答：定义性质Q(n)为“假设P(n)成立，P(m)对于一切自然数m\le n成立”。首先来看基准情形n=0，Q(0)表示“假设P(0)成立，P(m)对于一切自然数m\le 0成立”，满足条件m\le n的自然数只有0，那么显然P(m)是成立的，因为我们刚刚假设了P(0)成立。这样就证明了基准情形。
现在假设Q(N)成立，来验证Q(N++)成立。Q(N++)表示“假设P(N++)成立，P(m)对于一切自然数m\le N++成立”，由题设条件可知由P(N++)可推知P(N)成立，而由Q(N)成立可知“假设P(N)成立，P(m)对于一切自然数m\le N成立”。也就是说如果我们可以证明当P(N++)成立时，P(m)对于自然数m=N++成立，我们就完成了归纳法的证明过程。显然当P(N++)成立时，P(N++)是成立的。
所以对于任意自然数n而言，都有假设P(n)成立，P(m)对于一切自然数m\le n成立。
2.3.1 证明引理2.3.2.（提示：修正引理2.2.2、引理2.2.3及命题2.2.4的证明）
答：我们首先把引理2.3.2的具体内容摘抄下来：
引理2.3.2（乘法是交换的） 设n,m是自然数，那么
n\times m=m\times n。
我们可以固定住m，对n使用归纳法来证明相关命题的成立。首先来看基准情况n=0，等式的左侧是0\times m，由乘法的基本定义可知，这半边式子等于0。再看等式的右侧是m\times 0，我们需要使用归纳法证明m\times0对于任意自然数m都成立。对于该命题的基准情况m=0而言，m\times0=0\times0，由乘法的基本定义可知，0\times0=0。我们再归纳地假定m\times0=0，我们要证明的内容是(m++)\times0=0。由乘法的基本定义可知(m++)\times0=m\times0+0=0+0=0，由此便完成了归纳，即得到m\times0=0对于所有自然数都成立，也就证明了原命题的右侧式也等于0，由此我们就完成了n=0时的基准情形证明。
现在归纳地假定原命题对于某个自然数N成立，即有N\times m = m\times N，现在要证明的是(N++)\times m=m\times(N++)。由乘法的定义可知等式的左侧为(N++)\times m=N\times m+m=m+N\times m=m+m\times N。如果我们可以证明m+m\times N=m\times(N++)对于所有的m都成立，那么我们就完成了归纳。现在来看这个命题的基准情况m=0，式子的左侧是0+0\times N=0+0=0，再看式子的右侧是0\times(N++)=0，由此我们便证明了基准情形。现在归纳地假定对于自然数m=M，相关命题成立，即有M+M\times N=M\times(N++)，要证明(M++)+(M++)\times N=(M++)\times(N++)。欲证明式子的左侧由乘法的定义可知(M++)+(M++)\times N=(M++)+M\times N + N=(M+1)+M\times N + N=M+M\times N+(N+1)=M\times(N++)+(N++)，而这正是对式子的右侧应用乘法定义可以得到的内容。由此我们便完成了归纳，也完成了全部的证明过程。
2.3.2 证明引理2.3.3.（提示：先证第二个命题。）
答：我们首先把引理2.3.3给抄下来：
引理2.3.3(正自然数没有零因子) 设n,m是自然数。那么
n\times m=0当且仅当n,m至少有一个等于零。特别地，若n和m都是正的，则nm也是正的。
证明：假设n和m当中至少有一个等于零，如果是n=0，那么由乘法定义可知n\times m=0\times m=0；如果是m=0，那么由引理2.3.2可知n\times 0=0\times n=0。也就是说无论是哪种情况，我们都可以推知nm=0。假如我们可以证明如果n和m都是正的，则nm也是正的，那么我们就可以使用反证法证明当n\times m=0时，n和m至少有一个等于零，否则就和0不是正数相矛盾了。
我们可以使用归纳法来证明后半部分的命题，我们首先固定住一个任意正数m，对n使用归纳法。先看基准情况n=0，因为0不是正数，所以命题为空真命题。我们归纳地假定当n=N时，Nm是正数，现在要证明(N++)m是正数。由乘法的基本定义可知(N++)m=Nm+m，由于我们已经归纳地假设了Nm是正数，使用命题2.2.8就可以证明(N++)m是正数了。