Cadangan teratur untuk mempelajari kursus "Numerc Systems". Mengenai kaedah aksiomatik untuk membina teori. Definisi Nombor Semulajadi Penentuan Axiomatik Sistem Integer

Sistem yang dikurangkan aksiom teori integer tidak bebas, seperti yang dinyatakan dalam latihan 3.1.4.

Teorem 1.Teori Aksiomatik Nombor Integer yang konsisten.

Bukti. Kami akan membuktikan konsistensi teori aksiomatic integer, berdasarkan andaian bahawa teori aksiomatik nombor semula jadi adalah konsisten. Untuk melakukan ini, kami membina model di mana semua aksioma teori kami dilakukan.

Pertama membina cincin. Pertimbangkan banyak orang

N.´ N. = {(a, B.)ï a, B.Î N.}.

a, B.) Nombor semula jadi. Di bawah pasangan sedemikian, kita akan memahami perbezaan dalam nombor semula jadi a - B.. Tetapi tidak lagi terbukti kewujudan sistem integer, di mana perbezaan sedemikian wujud, kita tidak mempunyai hak untuk menggunakan penamaan itu. Pada masa yang sama, pemahaman sedemikian memberi kita peluang untuk menetapkan sifat-sifat stim seperti yang kita perlukan.

Kami tahu bahawa perbezaan yang berbeza dari nombor semula jadi boleh sama dengan integer yang sama. Oleh itu, kami memperkenalkan pada set N.´ N. Sikap Kesaksamaan:

(a, B.) = (c, D.) Û a + D \u003d B + C.

Adalah mudah untuk melihat bahawa nisbah ini refleksif, simetri dan transit. Akibatnya, ia adalah hubungan kesetaraan dan mempunyai hak untuk dipanggil kesamarataan. Faktor ditetapkan N.´ N. Z.. Unsur-unsurnya akan dipanggil seluruh nombor. Mereka adalah kelas kesetaraan pada pelbagai pasangan. Pasangan
(a, B.), menandakan oleh [ a, B.].

Z. a, B.] Sebagai Perbezaan a - B.

[a, B.] + [c, D.] = [a + C, B + D];

[a, B.] × [ c, D.] = [aC + BD, AD + BC].

Perlu diingat bahawa, dengan tegas bercakap, ia tidak sepenuhnya betul untuk menggunakan simbol operasi. Simbol yang sama + menandakan penambahan nombor semulajadi dan stim. Tetapi kerana ia sentiasa jelas, di mana pelbagai operasi ini dilakukan, di sini kita tidak akan memasukkan nama individu untuk operasi ini.

Ia dikehendaki mengesahkan ketepatan definisi operasi ini, iaitu, hasilnya tidak bergantung kepada pemilihan unsur-unsur a.dan B.Menentukan pasangan [ a, B.]. Sesungguhnya, biarlah

[a, B.] = [a. 1 , B. 1 ], [c, D.] = [dari 1 , D. 1 ].

Ini bermakna itu a + B. 1 = b + A. 1 , c + D. 1 = D. + dari satu. Melipat persamaan ini, kita dapat

a + B. 1 + c + D. 1 = b + A. 1 + D. + dari 1 þ [ a + B, C + D] = [a. 1 + dari 1 , B. 1 + d. 1] þ

Þ [ a, B.] + [c, D.] = [a. 1 , B. 1 ] + [c. 1 , D. 1 ].

Begitu juga, ketepatan definisi pendaraban ditentukan. Tetapi di sini perlu menyemak terlebih dahulu bahawa [ a, B.] × [ c, D.] = [a. 1 , B. 1] × [ c, D.].

Sekarang ia harus disahkan bahawa algebra yang dihasilkan adalah cincin, iaitu Axioms (Z1) - (Z6).

Semak, sebagai contoh, tampan penambahan, iaitu Axiom (Z2). Telah

[c, D.] + [a, B.] = = [a + C, B + D] = [a, B.] + [c, D.].

Komuter tambahan untuk bilangan bulat dikeluarkan dari romutasi tambahan untuk nombor semula jadi, yang dianggap sudah diketahui.

Begitu juga, Axioms (Z1), (Z5), (Z6) diperiksa.

Peranan Zero memainkan pasangan. Menunjukkannya melalui 0 . Benar,

[a, B.] + 0 = [a, B.] + = [a +.1, B +.1] = [a, B.].

Akhirnya, - [ a, B.] = [b, A.]. Benar,

[a, B.] + [b, A.] = [a + B, B + A] = = 0 .

Sekarang periksa axioms ekspansi. Perlu diingat bahawa di cincin yang dibina tidak ada nombor semulajadi seperti itu, kerana unsur-unsur cincin adalah kelas nombor semula jadi. Oleh itu, ia dikehendaki untuk mencari subjangebra, setengah cincin nombor semulajadi. Di sini sekali lagi akan membantu idea pasangan [ a, B.] Sebagai Perbezaan a - B.. Nombor semulajadi n. Ia boleh diwakili sebagai perbezaan dua semulajadi, sebagai contoh, seperti berikut: n. = (n. + 1) - 1. Dari sini tawaran untuk menubuhkan pematuhan f.: N. ® Z. Oleh peraturan

f.(n.) = [n. + 1, 1].

Pematuhan ini secara automatik:

f.(n.) = f.(m.) Þ [ n. + 1, 1]= [m. + 1, 1] þ ( n. + 1) + 1= 1 + (m. + 1) þ n \u003d M..

Oleh itu, kita mempunyai pematuhan yang saling tidak jelas di antara N. dan beberapa subset. Z., menandakan melalui N *. Semak bahawa ia menjimatkan operasi:

f.(n.) + f.(m.) = [n. + 1, 1]+ [m. + 1, 1] = [n. + m +.2, 2]= [n. + m.+ 1, 1] = f.(n + M.);

f.(n.) × f.(m.) = [n. + 1, 1] × [ m. + 1, 1] = [nM + N. + m +.2, n + m +2]= [nm.+ 1, 1] = f.(nm.).

Oleh itu, mendapati bahawa itu N * Borang B. Z. berbanding dengan operasi tambahan dan pendaraban subalgebra, isomorphic N.

Menandakan pasangan [ n. + 1, 1] dari N * n., melalui n. a, B.]

[a, B.] = [a. + 1, 1] + = [a. + 1, 1] – [b. + 1, 1] = a. – b. .

Oleh itu, dibenarkan, akhirnya, pandangan pasangan [ a, B.] Seperti mengenai perbezaan dalam nombor semula jadi. Pada masa yang sama ia ditubuhkan bahawa setiap elemen dari set yang dibina Z. Nampaknya dalam bentuk perbezaan dua alami. Ini akan membantu memeriksa aksioma yang tidak berkesudahan.

Biarkan M -subset. Z., Mengandungi N *dan bersama-sama dengan mana-mana elemen tetapi dan b. perbezaan mereka a - B.. Kami membuktikan bahawa dalam kes ini M \u003dZ.. Sesungguhnya, apa-apa elemen dari Z. Ia seolah-olah dalam bentuk perbezaan dua alam, yang dengan keadaan milik M. Bersama dengan perbezaannya.

Z.

Teorem 2.Teori aksiomatic integer adalah kategori.

Bukti. Kami membuktikan bahawa dua model di mana semua aksioma teori ini adalah isomorfik.

Biarkan. Z. 1, +, ×, N. 1 m dan á Z. 2, +, ×, N. 2 - - Dua model teori kami. Secara tegas, operasi di dalamnya mesti dilambangkan oleh watak yang berbeza. Kami akan berpindah dari keperluan ini untuk tidak mengepam pengiraan: setiap kali ia jelas tentang operasi yang kita bicarakan. Unsur-unsur yang dimiliki oleh model yang sedang dipertimbangkan akan disediakan dengan indeks yang sama 1 atau 2.

Kami akan menentukan paparan isomorfik model pertama kepada yang kedua. - N. 1 I. N. 2 - Semiring nombor semula jadi, maka terdapat pemetaan isomorfik dari Risiko pertama yang pertama kepada yang kedua. Tentukan paparan f.: Z. 1 ®. Z. 2. Setiap integer. h. 1. Z. 1 dibentangkan dalam bentuk perbezaan dua alami:
h. 1 \u003d A. 1 - B. satu. Percaya

f. (x. 1) \u003d j ( a. 1) – j ( b. 1).

Kami membuktikannya f. - Isomorphism. Paparan ditakrifkan dengan betul: Jika h. 1 = w. 1, di mana sahaja y. 1 = c. 1 – d. 1, T.

a. 1 - B. 1 = c. 1 – d. 1 þ. A. 1 + D. 1 = b. 1 + c. 1 þ J ( a. 1 + D. 1) \u003d j ( b. 1 + c. 1) þ

Þ J ( a. 1) + j ( d. 1) \u003d j ( b. 1) + j ( c. 1) þ J ( a. 1) - J ( b. 1) \u003d j ( c. 1) - J ( d. 1) þ f.(x. 1) = F. (y. 1).

Oleh itu, ia mengikuti itu f - Display yang tidak jelas Z. 1 B. Z. 2. Tetapi bagi sesiapa sahaja H. 2 adalah Z. 2 Anda boleh mencari barangan semulajadi a. 2 I. B. 2 seperti itu H. 2 \u003d A. 2 - B. 2. Sebagai J - Isomorfisme, maka unsur-unsur ini mempunyai sampel a. 1 I. B. satu. Ia bermaksud x. 2 \u003d j ( a. 1) – j ( b. 1) =
= f. (a. 1 - B. 1), dan setiap elemen dari Z. 2 Terdapat prototaip. Dari sini pematuhan f. Saling pasti. Semak bahawa ia menjimatkan operasi.

Sekiranya h. 1 \u003d A. 1 - B. 1 , y. 1 \u003d C. 1 - D. 1, T.

h. 1 + y. 1 = (a. 1 + c. 1) – (b. 1 + D. 1),

f.(h. 1 + y. 1) \u003d j ( a. 1 + c. 1) – j ( b. 1 + D. 1) \u003d j ( a. 1) + j ( c. 1) – j ( b. 1) – j ( d. 1) =

J ( a. 1) – j ( b. 1) + j ( c. 1)– j ( d. 1) = F.(h. 1) + f.(y. 1).

Begitu juga, diperiksa bahawa pendaraban disimpan. Oleh itu, mendapati bahawa itu f. - Isomorphisme, dan teorem dibuktikan.

Latihan

1. Buktikan bahawa mana-mana cincin, yang merangkumi sistem nombor semula jadi, termasuk cincin bilangan bulat.

2. Buktikan bahawa mana-mana cincin komutatif yang minimum yang diperintahkan dengan unit cincin berasaskan integer.

3. Buktikan bahawa mana-mana cincin yang diperintahkan dengan unit dan tanpa sifar divusor hanya mengandungi satu subkumpulan, cincin isomorfik integer.

4. Buktikan bahawa cincin matriks pesanan kedua di atas bidang nombor nyata mengandungi banyak piksel, cincin isomorphic integer.

Bidang nombor rasional

Takrif dan pembinaan sistem nombor rasional dijalankan sama dengan bagaimana ia dilakukan untuk sistem bilangan bulat.

Definisi.Sistem nombor rasional dipanggil medan minimum, yang merupakan pengembangan cincin integer.

Selaras dengan definisi ini, kami memperoleh pembinaan axiomatic berikut sistem nombor rasional.

Terma utama:

T. - Banyak nombor rasional;

0, 1 - pemalar;

+, × - operasi binari pada Q;

Z. - subkawasan T., banyak bilangan bulat;

Å, Ä - operasi binari pada Z..

Aksioms.:

I. Bidang aksioms..

(Q1) a.+ (b + C.) = (a + B.) + c..

(Q2) a + B \u003d B + A.

(Q3) (" a.) a. + 0 = a..

(Q4) (" a.)($(–a.)) a. + (–a.) = 0.

(Q5) a.× ( b.× C.) = (a.× B.) × c..

(Q6) a.× B \u003d B.× A..

(Q7) tetapi × 1 \u003d tetapi.

(Q8) (" a.¹ 0)($ a. –1) a. × a. –1 = 1.

(Q9) ( a + B.) × c \u003d A × C + B× C..

Ii. Pengembangan axioms..

(Q10) Z., Å, Ä, 0, nombor semulajadi 1M-panjang.

(Q11) Z. Í T..

(Q12) (" a, B.Î Z.) a + B \u003d aÅ B..

(Q13) (" a, B.Î Z.) a.× B \u003d A.Ä B..

Iii. Axiom minimity..

(Q14) M.Í T., Z.Í M., ("a, B.Î M.)(b. ¹ 0 ® a.× B. -1 î. M.)Þ M. = T..

Nombor a.× B. -1 dipanggil nombor peribadi tetapi dan b., menandakan a./b. atau.

Teorem 1.Mana-mana nombor rasional diwakili sebagai dua integer peribadi.

Bukti. Biarkan M. - Banyak nombor rasional yang mewakili dalam bentuk dua integer persendirian. Sekiranya n. - keseluruhan, kemudian n \u003d n./ 1 kepunyaan M., oleh itu, Z.Í M.. Sekiranya a, B.Î M.T. a \u003d k./ L, b \u003d m/ n,di mana sahaja k, l, m, nÎ Z.. Dengan itu, a./ B.=
= (kn.) / (lm.)Î M.. Oleh aksiom (Q14) M.= T., dan teorem dibuktikan.

Teorem 2.Bidang nombor rasional boleh secara linear dan diperkemas dengan tegas, dan satu-satunya cara. Perintah dalam bidang nombor rasional Archimedes dan meneruskan perintah dalam Ring of Integers.

Bukti. Tunjukkan oleh T. + Banyak nombor yang mewakili dalam bentuk pecahan di mana kL. \u003e 0. Tidak sukar untuk diperhatikan bahawa keadaan ini tidak bergantung kepada jenis pecahan yang mewakili nombor tersebut.

Semak apa T. + – Bahagian positif bidang T.. Bagi integer kL. Tiga kes adalah mungkin: kL. = 0, kL.Î N., –kL. Î N., kemudian untuk a \u003d kita mendapat satu daripada tiga kemungkinan: a \u003d 0, aî T. +, -Aî. T. + . Selanjutnya, jika a \u003d, b \u003d milik T. +, T. kL. > 0, mn. \u003e 0. Kemudian A + B \u003d, dan ( kN + ML.)ln \u003d kln. 2 + mnl. 2\u003e 0. Jadi, A + Bî T. + . Begitu juga, ia diperiksa sebagai abî T. + . Dengan cara ini, T. + - bahagian positif bidang T..

Biarkan T. ++ - Beberapa bahagian positif bidang ini. Telah

l \u003d .l 2 î T. ++ .

Dari sini N.Í T. ++. Oleh teorem 2.3.4 nombor, songsang ke alam semula jadi, juga tergolong T. ++. Kemudian T. + Í T. ++. Berdasarkan Teorem 2.3.6 T. + =T. ++. Oleh itu, pesanan yang ditakrifkan oleh bahagian positif juga bertepatan. T. + I. T. ++ .

- Z. + = N.Í T. +, kemudian pesanan masuk T. Perintah berterusan B. Z..

Sekarang biarkan mereka \u003d\u003e 0, b \u003d\u003e 0. Sejak perintah dalam cincin integer dari Archimedeys, maka untuk positif kn.dan Ml. Terdapat semulajadi dari seperti itu dari× kn.> Ml.. Dari sini daria \u003d. dari \u003e \u003d b. Jadi, perintah dalam bidang nombor rasional Archimedes.

Latihan

1. Buktikan bahawa bidang nombor rasional adalah ketat, iaitu, untuk mana-mana nombor rasional a. < b. Terdapat rasional r. seperti itu a. < r. < b..

2. Membuktikan persamaan itu h. 2 = 2 tidak mempunyai penyelesaian dalam T..

3. Membuktikan banyak orang T. Mengira.

Teorem 3.Teori Axiomatic Nombor Rasional yang konsisten.

Bukti. Konsistensi teori aksiomatic nombor rasional dibuktikan dengan cara yang sama seperti bilangan bulat. Untuk ini, model dibina di mana semua aksioma teori dilakukan.

Sebagai asas, kita banyak mengambil banyak

Z.´ Z * = {(a, B.)ï a, B.Î Z., b. ¹ 0}.

Unsur-unsur set ini adalah pasangan ( a, B.) integer. Di bawah pasangan itu, kami akan memahami integer peribadi a./b.. Selaras dengan ini, tetapkan sifat stim.

Kami memperkenalkan pada set Z.´ Z * Sikap Kesaksamaan:

(a, B.) = (c, D.) Û ad \u003d bc..

Kami perhatikan bahawa ia adalah hubungan kesetaraan dan mempunyai hak untuk dipanggil kesaksamaan. Faktor ditetapkan Z.´ Z * pada nisbah kesamaan yang kita nyatakan melalui T.. Unsur-unsurnya akan dipanggil nombor rasional. Kelas yang mengandungi sepasang ( a, B.), menandakan oleh [ a, B.].

Kami memperkenalkan dalam set yang dibina T. Operasi penambahan dan pendaraban. Ia akan membantu kita membuat idea tentang unsur [ a, B.] Bagaimana dengan peribadi a./ B.. Selaras dengan ini, kami percaya dengan definisi:

[a, B.] + [c, D.] = [aD + BC, BD];

[a, B.] × [ c, D.] = [aC, BD.].

Semak ketepatan definisi operasi ini, iaitu, hasilnya tidak bergantung kepada pilihan elemen a.dan B.Menentukan pasangan [ a, B.]. Ini dilakukan dengan cara yang sama seperti bukti Teorem 3.2.1.

Peranan Zero memainkan pasangan. Menunjukkannya melalui 0 . Benar,

[a, B.] + 0 = [a, B.] + = [a ×.1 + 0 × b, B ×1] = [a, B.].

Menentang [ a, B.] adalah pasangan - [ a, B.] = [–a, B.]. Benar,

[a, B.] + [–a, B.]= [ab - ab, bb] = = 0 .

Unit adalah pasangan \u003d 1 . Terbalik kepada pasangan [ a, B.] - Pasangan [ b, A.].

Sekarang periksa axioms ekspansi. Kami menubuhkan pematuhan
f.: Z. ® T. Oleh peraturan

f.(n.) = [n., 1].

Kami periksa bahawa ia adalah pematuhan yang saling tidak jelas di antara Z. dan beberapa subset. T., menandakan melalui Z *. Kami selanjutnya menyemak bahawa ia mengekalkan operasi, ini bermakna ia mewujudkan isomorfisme antara Z.dan Page. Z * di dalam T.. Jadi, percepatan aksioms diperiksa.

Menandakan pasangan [ n., 1] dari Z *sepadan dengan nombor semulajadi n., melalui n. . Kemudian untuk pasangan sewenang-wenang [ a, B.]

[a, B.] = [a.1] × \u003d [ a.1] / [b,1] = a. /b. .

Oleh itu, idea pasangan [ a, B.] Bagaimana dengan integer peribadi. Pada masa yang sama ia ditubuhkan bahawa setiap elemen dari set yang dibina T. Nampaknya dalam bentuk dua integer persendirian. Ini akan membantu memeriksa aksioma yang tidak berkesudahan. Semak dibuat seperti dalam teorem 3.2.1.

Oleh itu, untuk sistem yang dibina T. Semua aksioma teori integer dilakukan, iaitu, kami membina model teori ini. Teorem dibuktikan.

Teorem 4.Teori aksiomatik nombor rasional adalah kategori.

Bukti sama dengan bukti teorem 3.2.2.

Teorem 5.Bidang ArchimEdean yang diperintahkan adalah pengembangan medan nombor rasional.

Bukti - sebagai latihan.

Teorem 6.Biarkan F. - bidang yang diarahkan Archimedean, a. > b,di mana sahaja A, B.Î F.. Terdapat nombor rasional F. seperti itu a. > > b..

Bukti. Biarkan a. > b. ³ 0. Kemudian a - B.\u003e 0, dan ( a - B.) -1\u003e 0. Terdapat semulajadi t. seperti itu m.× 1\u003e ( a - B.) -1, dari mana m. –1 < a - B. £ tetapi. Seterusnya, ada yang semula jadi k. seperti itu k.× m. -1 ³. a.. Biarkan k. - Nombor terkecil yang mana ketidaksamaan ini dilakukan. - k. \u003e 1, maka anda boleh meletakkan k \u003d n. + 1, n. Î N.. Di mana
(n. + 1) × m. -1 ³. a., n.× m. –1 < a.. Sekiranya n.× m. -1 £. b.T. a. = b. + (a - B.) > b + M. -1 ³. n.× m. –1 + m. –1 =
= (n. + 1) × m. -One. Percanggahan. Ia bermaksud a. > N.× m. –1 > b..

Latihan

4. Buktikan bahawa mana-mana bidang yang merangkumi Ring of Integers termasuk bidang nombor rasional.

5. Buktikan bahawa mana-mana medan yang diperintahkan minimum adalah bidang isomorfik nombor rasional.

Nombor sebenar

OMSK State Pedagogical University
Cawangan omgpu di tare
BBK dicetak oleh keputusan editorial dan penerbitan
22th73 Sektor cawangan OMGPU di TARE
C67.

Cadangan yang dimaksudkan untuk pelajar universiti pedagogi yang mempelajari disiplin "algebra dan teori nombor". Sebagai sebahagian daripada disiplin ini sesuai dengan standard Negeri. Dalam semester ke-6, bahagian "Sistem Numerik" dipelajari. Cadangan-cadangan ini menetapkan bahan mengenai pembinaan axiomatik sistem nombor semula jadi (sistem paksiom Peano), sistem integer dan nombor rasional. Axiomatics ini menjadikannya lebih mendalam untuk memahami apa yang merupakan nombor yang merupakan salah satu konsep asas dari sekolah matematik. Untuk asimilasi yang lebih baik dari bahan, tugas diberikan pada tema yang berkaitan. Pada akhir cadangan terdapat jawapan, arahan, menyelesaikan masalah.

Pengulas: DP., Prof. Dalinger v.a.

(c) Mozhan N.N.

Ditandatangani dalam Cetak - 10/22/98

Akhbar kertas
Sirkulasi 100 salinan.
Kaedah percetakan operasi
OMGPU, 644099, OMSK, NAB. Tukhachevsky, 14.
cawangan, 644500, Tara, ul. Sekolah, 69.

1. Nombor semula jadi.

Dalam pembinaan axiomatic sistem nombor semula jadi, kami akan mempertimbangkan konsep set, hubungan, fungsi, dan konsep teoritis lain yang diketahui diketahui.

1.1 Sistem sistem Peano dan akibat yang paling mudah.

Konsep-konsep awal dalam teori aksiomatic of peanano adalah set n (yang akan dipanggil pluralitas nombor semula jadi), bilangan khas sifar (0) daripadanya dan hubungan binari "berikut" ke n, dilambangkan oleh s (a ) (atau A ().
Axioms:
1. ((A (n) A "(0 (terdapat nombor semulajadi 0 yang tidak mengikuti sebarang nombor.)
2. a \u003d b (a "\u003d b" (untuk setiap satu nombor semulajadi A Terdapat nombor semula jadi yang berikut, dan seterusnya hanya satu.)
3. A "\u003d B" (A \u003d B (setiap nombor semulajadi mengikuti tidak lebih daripada satu nombor.)
4. (aksiom induksi) jika set M (N dan M memenuhi dua syarat:
A) 0 (m;
B) ((A (n) A (M ® A "(m, kemudian m \u003d n.
Dalam terminologi berfungsi, ini bermakna pemetaan S: N®N secara automatik. Daripada aksioma 1 ia mengikuti bahawa pemetaan S: Suresan N®N tidak. Axioma 4 adalah asas bukti pernyataan dengan "kaedah induksi matematik".
Kami perhatikan beberapa sifat nombor semula jadi secara langsung seperti berikut dari aksiom.
Harta 1. Setiap nombor tulen A (0 mengikut satu dan hanya satu nombor.
Bukti. Menunjukkan oleh m, set nombor semula jadi yang mengandungi sifar dan semua nombor semula jadi, masing-masing yang mengikuti beberapa nombor. Sudah cukup untuk menunjukkan bahawa m \u003d n, keunikan berikut dari aksiom 3. Memohon aksiom induksi 4:
A) 0 (m - pada pembinaan set m;
B) Jika A (M, maka dan "(m, untuk" berikut untuk a.
Ia bermakna untuk aksiom 4 m \u003d n.
Harta 2. Jika A (B, maka "(B".
Harta ini dibuktikan dengan kaedah "dari sebaliknya" menggunakan Axoma 3. Begitu juga, harta berikut 3 dibuktikan menggunakan Axiom 2.
Harta 3. Jika "(B", maka A (b.
Harta 4. ((A (n) A (A ". (Tiada nombor semulajadi mengikuti diri anda.)
Bukti. Biarkan m \u003d (x (x (n, x (x "). Ia cukup untuk menunjukkan bahawa m \u003d n. Sejak Menurut aksiom 1 ((x (n) x" (0, maka khususnya dan 0 "(0, dan dengan itu, keadaan a) aksioms 4 0 (m dilakukan. Jika x (m, iaitu x (x ", maka oleh harta 2 x" (((x ")", dan ini bermakna syarat B) x (m® x x "(m tetapi kemudian menurut aksiom 4 m \u003d n.
Biarkan (- beberapa harta nombor semula jadi. Hakikat bahawa nombor A mempunyai harta akan direkodkan ((a).
TASK 1.1.1. Buktikan bahawa Axioma 4 dari definisi satu set nombor semula jadi adalah bersamaan dengan pernyataan berikut: untuk mana-mana harta (jika ((0) dan, kemudian.
TASK 1.1.2. Pada set tiga elemen A \u003d (A, B, C), operasi yang tidak seimbang ditakrifkan seperti berikut. (: A (\u003d C, B (\u003d C, C (\u003d a. Antara paksi peano yang benar pada Tetapkan dengan operasi (?
TASK 1.1.3. Biarkan a \u003d (a) menjadi satu set satu elemen, a (\u003d a. Manakah dari paksi peano yang benar pada set A dengan operasi (?
TASK 1.1.4. Pada set n, kita menentukan operasi yang tidak seimbang, mempercayai sesiapa pun. Ketahui sama ada akan ada penegasan yang benar oleh Axiom Peano, yang dirumuskan dari segi operasi.
TASK 1.1.5. Biarkan. Buktikan bahawa A ditutup pada operasi (semak kebenaran Axiom Penano pada set A dengan operasi (.
TASK 1.1.6. Biarkan, . Kami mentakrifkan operasi yang tidak seimbang, percaya. Mana antara Peano yang manakah benar pada set A dengan operasi?

1.2. Konsistensi dan kategori sistem Peano Acceiom.

Sistem Axiom dipanggil konsisten jika mustahil untuk membuktikan teorem t dan penafiannya dari aksiomnya (T. Sudah jelas bahawa sistem yang bercanggah dengan Axiom tidak mempunyai makna dalam matematik, kerana dalam teori sedemikian, anda boleh membuktikan apa-apa dan teori sedemikian tidak mencerminkan undang-undang dunia sebenar. Oleh itu, konsistensi sistem Axiom adalah keperluan yang sangat diperlukan.
Sekiranya teori axiomatic tidak memenuhi teorem t dan penafiannya (T, itu tidak bermakna bahawa sistem aksiom adalah konsisten; teori-teori sedemikian mungkin bertemu pada masa akan datang. Oleh itu, konsistensi sistem aksiom mesti dibuktikan. Cara yang paling biasa bukti konsistensi ialah kaedah tafsiran, berdasarkan bahawa jika terdapat tafsiran sistem Axiom dalam teori yang sengaja konsisten, maka sistem aksiom adalah konsisten. Sesungguhnya, jika sistem Axiom bercanggah, t dan (T Teorem akan menjadi bukti, tetapi kemudian teorem ini akan adil dan dalam tafsirannya, dan ini bertentangan dengan konsistensi teori S. Kaedah tafsiran membolehkan kita membuktikan hanya konsistensi relatif teori itu.
Untuk sistem Axiom, Peano boleh membina banyak tafsiran yang berbeza. Terutama kaya dengan tafsiran teori set. Kami menunjukkan salah satu tafsiran ini. Kami akan menganggap tetapan (((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((()) ..., Dengan nombor khas, kita menganggap sifar (. Nisbah "berikut" akan ditafsirkan seperti berikut: set itu M mengikuti set (m), satu-satunya elemen yang sendiri adalah M. Oleh itu, ("\u003d ((), (()" \u003d ((()), dsb. Prestasi Acsiom 1-4 diperiksa tanpa kesukaran . Walau bagaimanapun, keberkesanan tafsiran tersebut berdekatan: ia menunjukkan bahawa sistem aksiom perano konsisten, jika konsistensi set set. Tetapi bukti konsistensi sistem aksiom teori set adalah a Malah tugas yang lebih sukar. Tafsiran yang paling meyakinkan mengenai sistem Axiom Peano adalah aritmetik intuitif, konsistensi yang disahkan oleh pengalaman pembangunan berabad-abad.
Sistem aksiomi yang konsisten dipanggil bebas jika setiap aksiom dari sistem ini tidak dapat dibuktikan sebagai teorem berdasarkan aksioma lain. Untuk membuktikan bahawa aksiom (bebas daripada aksioma lain sistem
(1, (2, ..., (N, ((1)
ia cukup untuk membuktikan bahawa sistem bukan perspektif aksiom
(1, (2, ..., (N, (((2)
Sesungguhnya, jika (terbukti berdasarkan aksiom yang tinggal sistem (1), sistem (2) adalah kontroversi, kerana ia akan setia teorem (dan aksiom ((.
Oleh itu, untuk membuktikan kebebasan aksiom (dari aksiom yang tinggal sistem (1), ia cukup untuk membina tafsiran sistem Axiom (2).
Kemerdekaan sistem Axiom - keperluan adalah pilihan. Kadang-kadang, untuk mengelakkan bukti teorem "sukar", membina sistem axom yang sengaja (bergantung). Walau bagaimanapun, aksioma "tambahan" menjadikannya sukar untuk mengkaji peranan aksioma secara teori, serta hubungan logik dalaman antara bahagian-bahagian yang berbeza dari teori. Di samping itu, pembinaan tafsiran untuk sistem bergantung kepada aksiom lebih sukar daripada untuk bebas; Lagipun, adalah perlu untuk memeriksa keadilan aksioma "tambahan". Dengan sebab-sebab ini, isu pergantungan antara aksioms dari masa yang lama adalah sangat penting. Pada satu masa, cuba untuk membuktikan bahawa 5 postulates dalam axiomatics euclid "wujud tidak lebih dari satu langsung melewati titik selari dengan garis lurus (" adalah teorem (iaitu, bergantung kepada aksioma yang lain) dan membawa kepada pembukaan daripada geometri Lobachevsky.
Sistem yang konsisten dipanggil deduktif, jika apa-apa cadangan A teori ini boleh membuktikan, atau membantah, iaitu, sama ada A, atau (A adalah teorem teori ini. Sekiranya ada cadangan yang tidak dapat dibuktikan, tidak RIVUTE, maka sistem Axiom dipanggil. Deduktif tidak lengkap. Kesempurnaan seduktif juga bukan keperluan mandatori. Sebagai contoh, sistem aksioma kumpulan kumpulan, teori cincin, teori lapangan - tidak lengkap; kerana terdapat kumpulan yang terhingga dan tidak berkesudahan , cincin, ladang, kemudian dalam teori-teori ini adalah mustahil untuk membuktikan atau membantah cadangan: "Kumpulan (cincin, padang) mengandungi bilangan unsur yang terhingga."
Harus diingat bahawa dalam banyak teori aksiomatik (tepatnya, dalam tidak diformalkan), banyak cadangan tidak boleh dianggap tepat ditakrifkan dan oleh itu adalah mustahil untuk membuktikan kesempurnaan deduktif sistem teori tersebut. Satu lagi makna kesempurnaan adalah dipanggil secara kategori. Sistem Axiom dipanggil Kategori jika terdapat dua tafsiran adalah isomorfik, iaitu, ada surat-menyurat yang saling unik di antara set objek awal tafsiran lain, yang dipelihara di bawah semua hubungan awal. Kategori juga merupakan keadaan pilihan. Sebagai contoh, sistem aksiom teori kumpulan tidak dikategorikan. Ini berikut dari hakikat bahawa kumpulan akhir tidak boleh menjadi isomorfik kepada kumpulan yang tidak berkesudahan. Walau bagaimanapun, apabila axiomatisasi teori mana-mana sistem angka, kategori diperlukan; Sebagai contoh, kategori sistem oleh axiom yang menentukan nombor semulajadi bermakna hanya satu baris semulajadi wujud dengan ketepatan isomorfisme.
Kami membuktikan kategori sistem Peano. Biarkan (N1, S1, 01) dan (N2, S2, 02) BE (N2, S2, 02) - Sebarang dua tafsiran sistem Axiom of Peano. Ia dikehendaki untuk menentukan paparan Betika (yang saling tidak jelas) F: N1®N2, yang mana syarat-syarat berpuas hati:
a) f (s1 (x) \u003d s2 (f (x)) untuk mana-mana x dari N1;
b) f (01) \u003d 02
Jika kedua-dua operasi yang tidak seimbang S1 dan S2 dilambangkan oleh strok yang sama, maka keadaan A) akan menulis semula dalam bentuk
a) f (x () \u003d f (x) (.
Kami mentakrifkan pada set N1 (n2 nisbah binari F dalam keadaan berikut:
1) 01f02;
2) Jika XFY, maka X (FY (.
Betulkan bahawa nisbah ini adalah pemetaan N1 dalam N2, iaitu, untuk setiap x dari N1
(((Y (N2) XFY (1)
Denovasi oleh M1, set semua elemen X dari N1, yang mana keadaannya (1) dilakukan. Kemudian
A) 01 (M1 mengikut 1);
B) X (M1 ® X ((M1 hanya 2) dan Properties 1 Fasal 1.
Oleh itu, menurut Axiom 4, kita menyimpulkan bahawa M1 \u003d N1, dan ini bermakna bahawa nisbah F adalah pemetaan N1 dalam N2. Dalam kes ini, dari 1) ia mengikuti F (01) \u003d 02. Keadaan 2) direkodkan dalam bentuk: jika f (x) \u003d y, kemudian f (x () \u003d y (. Ia mengikuti f (x () \u003d f (x) (oleh itu, untuk pemetaan f keadaan a) dan b) dilaksanakan. Ia tetap membuktikan bijektif paparan f.
Tunjukkan oleh M2, set elemen-elemen dari N2, masing-masing adalah cara satu dan hanya satu elemen dari N1 apabila F dipaparkan.
Sejak f (01) \u003d 02, maka 02 adalah cara. Dalam kes ini, jika x (n2 dan x (01, maka oleh harta 1 klausa 1 x mengikuti unsur tertentu C dari N1 dan kemudian f (x) \u003d f (c () \u003d f (c) ((02. jadi 02 hanya elemen tunggal 01, iaitu, 02 (m2.
Katakan lagi y (m2 dan y \u003d f (x), di mana x adalah satu-satunya preoperasi elemen y. Kemudian, berdasarkan keadaan a) y (\u003d f (x) (\u003d f (x (), itu , Y (adalah cara ia unsur x (. Biarkan c menjadi apa-apa jenis elemen y (, iaitu, f (c) \u003d y (. Sejak Y ((02, C (01 dan untuk C adalah elemen terdahulu, yang mana dilambangkan oleh d. Kemudian y (\u003d f (c) \u003d f (d () \u003d f (d) (di mana, disebabkan aksioms 3 y \u003d f (d). Tetapi sejak Y (m2, maka D \u003d x, dari Di mana C \u003d D (\u003d X (Kami membuktikan bahawa jika Y adalah cara satu-satunya elemen, maka Y (adalah cara satu-satunya elemen, iaitu, Y (M2 ® Y ((M2 kedua-dua syarat Axiom 4 dilakukan Dan, oleh itu, m2 \u003d N2, dan bukti kategori selesai.
Semua matematik dogmatik memakai watak empirikal. Unsur-unsur berasingan teori tenggelam dalam jisim kaedah empirikal untuk menyelesaikan tugas praktikal. Orang Yunani menundukkan bahan empirikal ini kepada pemprosesan logik, cuba mencari sambungan antara maklumat empirikal yang berlainan. Dalam pengertian ini, Pythagoras dan sekolahnya memainkan peranan yang besar dalam geometri (abad ke-5 SM). Idea kaedah aksiomat yang jelas dibunyikan dalam tulisan-tulisan Aristotle (abad ke-4 E.). Walau bagaimanapun, pelaksanaan praktikal idea-idea ini dijalankan oleh Euclide dalam "permulaan" (3 abad SM).
Pada masa ini, tiga bentuk teori aksiomatik boleh dibezakan.
satu). Axiomatics substansif, yang merupakan satu-satunya hingga pertengahan abad yang lalu.
2). Axiomatika semi-formal yang timbul pada suku terakhir abad yang lalu.
3). Aksiologi formal (atau diformalkan), tarikh lahir yang boleh dipertimbangkan 1904, ketika D.Gilbert menerbitkan program terkenalnya mengenai prinsip-prinsip asas matematik yang diformalkan.
Setiap bentuk baru tidak menafikan sebelum ini, tetapi adalah perkembangan dan penjelasannya, jadi tahap ketat setiap bentuk baru adalah lebih tinggi daripada yang sebelumnya.
Axiomatics substantif dicirikan oleh fakta bahawa konsep awal mempunyai makna intuitif walaupun sebelum perumusan aksiom. Oleh itu, dalam "permulaan" oleh Euclidea, di bawah titik yang difahami dengan tepat bahawa kita secara intuitif bayangkan di bawah konsep ini. Ia menggunakan bahasa biasa dan logik intuitif biasa, naik kembali ke Aristotle.
Dalam teori axiomatic separa formal, bahasa biasa dan logik intuitif juga digunakan. Walau bagaimanapun, berbeza dengan aksiomologi substantif, tiada makna intuitif yang dilampirkan pada konsep awal, mereka hanya dicirikan oleh aksiom. Oleh itu, rigor meningkat, kerana intuisi berada dalam beberapa cara mengganggu keteguhan. Di samping itu, komuniti diperoleh, kerana setiap teorem, terbukti dalam teori sedemikian, akan adil dalam sebarang tafsiran. Sampel teori aksiomatic separa formal adalah teori Hilbert, yang ditetapkan dalam bukunya "berdasarkan geometri" (1899). Contoh teori separa formal juga merupakan teori cincin dan beberapa teori lain yang merujuk kepada perjalanan algebra.
Satu contoh teori rasmi adalah pengiraan pernyataan yang dikaji dalam perjalanan logik matematik. Tidak seperti kandungan dan semi-formal aksiomatika, bahasa simbolik khas digunakan dalam teori yang diformalkan. Ia adalah, abjad teori diberikan, iaitu, beberapa watak yang memainkan peranan yang sama dengan huruf dalam bahasa biasa. Mana-mana urutan aksara terhingga dipanggil ungkapan atau perkataan. Antara ekspresi, kelas formula diperuntukkan, dan kriteria yang tepat ditunjukkan, yang membolehkan setiap ungkapan mengetahui sama ada ia adalah formula. Formula memainkan peranan yang sama dengan cadangan dalam bahasa biasa. Beberapa formula diisytiharkan aksioma. Di samping itu, peraturan output logik ditetapkan; Setiap peraturan sedemikian bermaksud bahawa dari satu set formula tertentu secara langsung mengikuti formula yang benar-benar jelas. Bukti Teorem itu sendiri adalah rantaian terakhir formula, di mana formula terakhir adalah teorem itu sendiri dan setiap formula adalah sama ada aksiom, atau teorem yang terbukti sebelum ini, atau secara langsung mengikuti dari formula rantaian sebelumnya mengikut salah satu daripada Peraturan Output. Oleh itu, persoalan bukti bukti tidak berbaloi: sama ada rantai ini adalah bukti, atau tidak, tidak ada bukti yang meragukan. Dalam hal ini, aksiologi yang diformalkan digunakan dalam isu-isu yang sangat halus untuk membenarkan teori matematik apabila logik intuitif biasa boleh menyebabkan kesimpulan yang salah yang berlaku terutamanya disebabkan oleh ketidaktepatan dan kekaburan bahasa konvensional kami.
Sejak dalam teori formal setiap ungkapan, boleh dikatakan - sama ada ia adalah formula, maka banyak cadangan teori rasmi boleh dianggap ditakrifkan. Dalam hal ini, adalah mungkin pada dasarnya untuk menimbulkan isu bukti kelengkapan deduktif, serta tentang bukti konsistensi, tanpa mengambil tafsiran. Dalam barisan kes biasa Ia berjaya melaksanakan. Sebagai contoh, konsistensi pengiraan pernyataan dibuktikan tanpa tafsiran.
Dalam teori yang tidak rasmi, banyak cadangan tidak ditakrifkan dengan jelas, jadi persoalan bukti konsistensi, tanpa menangani tafsiran, ia tidak bermakna. Perkara yang sama berlaku untuk persoalan bukti kesempurnaan deduktif. Walau bagaimanapun, jika cadangan teori yang difahami telah dipenuhi, yang tidak dapat membuktikan atau membantah, maka teori itu jelas tidak lengkap.
Kaedah aksiomatik untuk masa yang lama digunakan bukan sahaja dalam matematik, tetapi juga dalam fizik. Percubaan pertama ke arah ini diambil oleh Aristotle, tetapi kaedah aksiomatik hadir dalam fizik hanya dalam karya Newton mengenai mekanik.
Oleh kerana proses mathematization of turbulent, proses axiomatisasi juga ada di sana. Pada masa ini, kaedah aksiomatik digunakan walaupun dalam beberapa bahagian biologi, sebagai contoh, dalam genetik.
Walau bagaimanapun, kemungkinan kaedah aksiomatik tidak terbatas.
Pertama sekali, kita perhatikan bahawa walaupun dalam teori yang diformalkan gagal sepenuhnya mengelakkan intuisi. Teori yang diformalkan itu sendiri tanpa tafsiran tidak penting. Oleh itu, beberapa soalan timbul mengenai hubungan antara teori yang diformalkan dan tafsirannya. Di samping itu, seperti dalam teori yang diformalkan, soalan ditanya mengenai konsistensi, kebebasan dan kesempurnaan sistem Axiom. Gabungan semua isu tersebut adalah kandungan teori lain, yang dipanggil teori yang diformalkan. Berbeza dengan teori yang diformalkan, bahasa MetaTeoria adalah bahasa yang berguna yang biasa, dan penalaran logik dilakukan oleh peraturan logik intuitif konvensional. Oleh itu, intuisi, sepenuhnya diusir dari teori rasmi, muncul semula di metatorelia.
Tetapi kelemahan utama kaedah aksiomatik tidak dalam hal ini. Sebelum ini menyebut program d.Gilbert, yang meletakkan asas untuk kaedah aksiomatic yang rasmi. Idea utama Hilbert adalah untuk menyatakan matematik klasik dalam bentuk teori aksiomatic yang rasmi, dan kemudian membuktikan konsistennya. Walau bagaimanapun, program ini di dalam perkara utama ternyata menjadi Utopian. Pada tahun 1931, ahli matematik Austria K. Monda membuktikan theorem yang terkenal, dari mana kedua-dua tugas utama yang ditetapkan oleh Hilbert tidak praktikal. Dia menguruskan menggunakan kaedah pengekodannya untuk menyatakan dengan bantuan formula aritmetik yang dirumus, beberapa anggapan sebenar dari Metatheoria dan membuktikan bahawa formula ini tidak menyatatkan dalam aritmetik yang diformalkan. Oleh itu, aritmetik yang diformalkan tidak lengkap. Dari hasil Gedel, ia diikuti bahawa jika formula yang tidak diingini ini termasuk dalam bilangan aksioma, maka terdapat satu lagi formula yang tidak menentu, menyatakan beberapa cadangan yang benar. Semua ini bermakna bukan sahaja keseluruhan matematik, tetapi walaupun aritmetik adalah bahagian yang paling mudah, adalah mustahil untuk sepenuhnya memformalkan. Khususnya, Gaga membina formula yang sepadan dengan cadangan "Formized Aritmetik yang konsisten", dan menunjukkan bahawa formula ini juga tidak diperoleh. Fakta ini bermakna bahawa konsistensi aritmetik yang diformalkan adalah mustahil untuk membuktikan di dalam aritmetik itu sendiri. Sudah tentu, anda boleh membina teori formal yang lebih kuat dan cara untuk membuktikan konsistensi aritmetik yang diformalkan, tetapi kemudiannya timbul persoalan yang lebih sukar mengenai konsistensi teori baru ini.
Hasil Gedel menunjukkan kaedah aksiomatik yang terhad. Walau bagaimanapun, alasan untuk kesimpulan pesimis dalam teori pengetahuan bahawa kebenaran yang tidak diketahui wujud sama sekali tidak. Hakikat bahawa terdapat kebenaran aritmetik yang tidak dapat dibuktikan dalam aritmetik yang diformalkan, tidak bermakna kehadiran kebenaran yang tidak diketahui dan tidak bermakna pemikiran manusia yang terhad. Ia hanya bermakna bahawa kemungkinan pemikiran kita tidak dikurangkan hanya untuk prosedur yang lengkap dan bahawa manusia masih belum didedahkan dan mencipta prinsip-prinsip baru bukti.

1.3. Penggunaan nombor semulajadi

Operasi penambahan dan pendaraban nombor semula jadi oleh sistem Axiom Peano tidak diposisasikan, kami akan menentukan operasi ini.
Definisi. Penambahan nombor semula jadi adalah operasi algebra binari + pada set n, yang mempunyai sifat:
1c. ((A (n) a + 0 \u003d a;
2c. ((A, B (N) A + B (\u003d (A + B) (.
Persoalan timbul - adakah ada operasi seperti itu, dan jika ada, maka satu-satunya?
Teorem. Penambahan nombor semula jadi wujud dan hanya satu.
Bukti. Operasi algebra binary pada set N adalah pemetaan (: N (N®N. Ia dikehendaki untuk membuktikan bahawa terdapat pemetaan tunggal (: N (N®N dengan hartanah: 1) ((X (n) (( x, 0) \u003d x; 2) ((x, y (n) ((x, y () \u003d ((x, y) (. Jika untuk setiap nombor semulajadi X, kita akan membuktikan kewujudan FX: n ®N paparan dengan sifat 1 () fx (0) \u003d x; 2 () fx (y () \u003d fx (y) (, maka fungsi ((x, y), ditentukan oleh kesamarataan ((x, y) ( FX (y), dan akan memenuhi syarat 1) dan 2).
Tentukan pada set N, sikap binari Syarat FX:
a) 0fxx;
b) Jika YFXZ, maka Y (FXZ (.
Betulkan bahawa nisbah ini adalah pemetaan N di n, iaitu, bagi setiap y dari n
(((Z (n) yfxz (1)
Denovasi oleh m, set nombor semulajadi Y, yang mana keadaannya (1) dilakukan. Kemudian, dari keadaan A) ia mengikuti bahawa 0 (m, dan dari keadaan B) dan sifat-sifat 1 tuntutan 1 menunjukkan bahawa jika Y (m, kemudian dan Y ((dari sini, atas dasar aksiom 4, Kami menyimpulkan bahawa m \u003d n, dan ini bermakna bahawa nisbah FX adalah paparan N dalam keadaan yang dilakukan untuk paparan ini:
1 () fx (0) \u003d x - dengan memaksa a);
2 () fx ((y) \u003d fx (y () - oleh kebajikan b).
Oleh itu, kewujudan tambahan dibuktikan.
Kami membuktikan keunikannya. Biarkan + dan (- mana-mana dua operasi algebra binari pada set n dengan sifat 1C dan 2c. Ia perlu membuktikannya
((x, y (n) x + y \u003d x (y
Betulkan nombor yang sewenang-wenang X dan tunjukkan oleh set nombor semulajadi Y, yang mana persamaan
x + y \u003d x (y (2)
dilakukan. Seperti Menurut 1C X + 0 \u003d X dan X (0 \u003d X, kemudian
A) 0 (s
Sekarang mari Y (s, iaitu, persamaan (2) dilakukan. Sejak x + y (\u003d (x + y) (, x (y (\u003d (x (y) (dan x + y \u003d x (y, kemudian Axom 2 X + Y (\u003d X (Y (, iaitu, keadaan dilakukan
C) y (s ® y ((s.
Oleh itu, menurut Axiom 4 S \u003d N, daripada bukti teorem selesai.
Kami membuktikan beberapa sifat tambahan.
1. Nombor 0 adalah unsur neutral tambahan, iaitu, A + 0 \u003d 0 + A \u003d A untuk setiap nombor semulajadi a.
Bukti. Kesaksamaan A + 0 \u003d A berikut dari keadaan 1C. Kami membuktikan kesaksamaan 0 + A \u003d a.
Menunjukkan oleh M banyak daripada semua nombor yang dilakukannya. Jelas sekali, 0 + 0 \u003d 0 dan oleh itu 0 (m. Biarkan A (M, iaitu 0 + A (\u003d (0 + A) (\u003d A (dan, oleh itu, A ((m . Jadi, m \u003d n, yang diperlukan untuk membuktikan.
Seterusnya, kita memerlukan lemma.
Lemma. A (+ B \u003d (A + B) (.
Bukti. Biarkan m menjadi set semua nombor semulajadi B, yang mana kesamaan A (+ B \u003d (A + B) (adalah benar pada apa-apa makna a. Kemudian:
A) 0 (m, kerana a (+ 0 \u003d (a + 0) (;
C) B (M ® B ((M. Sesungguhnya, dari fakta bahawa B (M dan 2C, kita ada
a (+ B (\u003d (A (+ B) (\u003d ((A + B) () (\u003d (A + B () (,
iaitu, b ((m, jadi, m \u003d n, yang diperlukan untuk membuktikan.
2. Penambahan nombor semulajadi.
Bukti. Biarkan m \u003d (a (a (n (((b (n) a + b \u003d b + a). Ia cukup untuk membuktikan bahawa m \u003d n. Mempunyai:
A) 0 (m adalah disebabkan oleh hartanah 1.
C) A (M ® A ((m. Sesungguhnya, memohon Lemma dan apa yang A (m, kita dapat:
a (+ B \u003d (A + B) (\u003d (B + A) (\u003d B + A (.
Ini bermakna A ((m, dan aksiom 4 m \u003d n.
3. Selain itu bersekutu.
Bukti. Biarkan
M \u003d (C (C (N (((A, B (N) (A + B) + C \u003d A + (B + C))
Ia dikehendaki membuktikan bahawa m \u003d n. Sejak (A + B) + 0 \u003d A + B dan A + (B + 0) \u003d A + B, kemudian 0 (m. Biarkan C (M, iaitu, (A + B) + C \u003d A + (B + C). Kemudian
(A + B) + C (\u003d [(A + B) + C] (\u003d A + (B + C) (\u003d A + (B + C ().
Jadi, c ((m dan oleh aksiom 4 m \u003d n.
4. A + 1 \u003d A (, di mana 1 \u003d 0 (.
Bukti. A + 1 \u003d A + 0 (\u003d (A + 0) (\u003d A (.
5. Jika B (0, maka ((A (n) A + B (a.
Bukti. Biarkan m \u003d (a (a (n (a + b (a). Sejak 0 + b \u003d b (0, kemudian 0 (m seterusnya, jika a (m, iaitu, a + b (a, maka oleh harta benda 2 P.1 (A + B) ((A (atau A (+ B (A (Jadi A ((M dan M \u003d N.
6. Jika B (0, maka ((A (N) A + B (0.
Bukti. Jika A \u003d 0, maka 0 + B \u003d B (0, jika A (0 dan A \u003d C (, maka A + B \u003d C (+ B \u003d (C + B) ((0. Jadi, dalam mana-mana huruf A + B (0.
7. (Tambahan Trichotomy Act). Bagi mana-mana nombor semulajadi A dan B, satu dan hanya satu daripada tiga hubungan yang benar:
1) a \u003d b;
2) B \u003d A + U, di mana U (0;
3) a \u003d b + v, di mana v (0.
Bukti. Kami membetulkan nombor yang sewenang-wenang A dan menandakan oleh m. Set semua nombor semulajadi B, yang mana sekurang-kurangnya satu hubungan 1), 2), 3) dilakukan. Ia dikehendaki membuktikan bahawa m \u003d n. Biarkan b \u003d 0. Kemudian jika A \u003d 0, nisbah 1 berpuas hati), dan jika A (0, maka nisbah 3 adalah benar), kerana A \u003d 0 + a. Jadi, 0 (m.
Katakan sekarang bahawa B (M, iaitu salah satu daripada nisbah 1), 2), 3) dilakukan untuk yang dipilih A. Jika A \u003d B, maka b (\u003d A (\u003d A + 1, iaitu, untuk B (nisbah 2). Jika B \u003d A + U dilakukan, maka B (\u003d A + U (, iaitu, untuk B (yang nisbah dilakukan 2). Jika A \u003d B + V adalah mungkin, maka dua kes adalah mungkin: v \u003d 1 dan v (1. Jika v \u003d 1, maka A \u003d B + V \u003d B ", iaitu, untuk B" nisbah 1). Jika sama v (1, maka v \u003d c, di mana c (0 dan kemudian a \u003d b + v \u003d b + c "\u003d (B + C)" \u003d B "+ C, di mana c (0, itu adalah, untuk B "nisbah 3) dilakukan. Dan kami telah membuktikan bahawa B (M®b" (m, dan, oleh itu, M \u003d N, iaitu, untuk mana-mana A dan B, sekurang-kurangnya satu hubungan 1 ), 2), 3). Betulkan bahawa tidak ada dua daripadanya yang boleh dilakukan serentak. Sesungguhnya: Jika hubungan 1) dan 2 dilakukan), maka mereka akan mempunyai B \u003d B + U, di mana U (0, dan ini bertentangan dengannya Harta 5. Begitu juga, kemustahilan kemungkinan adalah sah 1) dan 3). Akhirnya, jika hubungan 2) dan 3 dilakukan), maka mereka akan mempunyai A \u003d (A + U) + V \u003d A + + (U + V ), dan ini mustahil kerana sifat 5 dan 6. Harta 7 benar-benar terbukti.
TASK 1.3.1. Biarkan 1 (\u003d 2, 2 (\u003d 3, 3 (\u003d 4, 4 (\u003d 5, 5 (\u003d 6, 6 (\u003d 7, 7 (\u003d 8, 8 (\u003d 9, Buktikan bahawa 3 + 5 \u003d 8, 2 + 4 \u003d 6.

1.4. Mengalikan nombor semula jadi.

Menentukan 1. Pendaraban nombor semula jadi dipanggil seperti operasi binari (pada set n yang mana syarat-syarat berpuas hati:
1U. ((x (n) x (0 \u003d 0;
2Y. ((x, y (n) x (y "\u003d x (y + x.
Sekali lagi persoalan timbul - adakah terdapat operasi sedemikian dan jika ia wujud, maka satu-satunya?
Teorem. Operasi pendaraban nombor semula jadi wujud dan hanya satu.
Bukti itu dijalankan hampir serta tambahan. Ia dikehendaki untuk mencari paparan sedemikian (: N (N®N, yang memenuhi syarat
1) ((x (n) ((x, 0) \u003d 0;
2) ((x, y (n) ((x, y ") \u003d ((x, y) + x.
Betulkan nombor yang sewenang-wenangnya. Jika kita membuktikan untuk setiap X (kewujudan FX: Paparan N®N dengan Hartanah
1 ") fx (0) \u003d 0;
2 ") ((y (n) fx (y") \u003d fx (y) + x,
fungsi ((x, y), ditentukan oleh kesamarataan ((x, y) \u003d fx (y) dan akan memenuhi syarat 1) dan 2).
Oleh itu, bukti teorem dikurangkan kepada bukti kewujudan dan keunikan pada setiap fungsi X FX (Y) dengan Properties 1 ") dan 2"). Kami memasang pada surat-menyurat yang ditetapkan mengikut peraturan berikut:
a) nombor nombor setanding nombor 0,
b) Jika nombor y dibandingkan nombor C, maka nombor Y (bandingkan nombor C + X.
Adalah yakin bahawa dengan perbandingan seperti itu, setiap nombor Y mempunyai imej tunggal: ia akan bermakna bahawa surat-menyurat adalah pemetaan N dalam N. menandakan oleh m. Kebanyakan semua nombor semulajadi y yang mempunyai imej tunggal. Dari keadaan a) dan aksioma 1 ia mengikuti bahawa 0 (m. Biarkan y (kemudian dari keadaan B) dan aksioms 2 ia mengikuti y ((m. jadi, m \u003d n, .. adalah pematuhan kami adalah paparan n dalam N; Nyatakan melalui FX. Kemudian FX (0) \u003d 0 berdasarkan keadaan A) dan FX (Y () \u003d FX (y) + X - berdasarkan keadaan B).
Oleh itu, kewujudan operasi pendaraban dibuktikan. Sekarang (dan (- mana-mana dua operasi binari pada set n dengan sifat 1U dan 2U, ia tetap membuktikan bahawa ((x, y (n) x (y \u003d x (y memperbaiki nombor sewenang-wenang x dan biarkan
S \u003d (y? Y (n (x (y \u003d x (y)
Sejak kerana 1y X (0 \u003d 0 dan x (0 \u003d 0, maka 0 (S. Biarkan Y (s.E. X (Y \u003d X (Y. Kemudian
x (y (\u003d x (y + x \u003d x (y + x \u003d x (y (
dan, oleh itu, y ((s, s \u003d n daripada dan bukti teorem selesai.
Perhatikan beberapa sifat pendaraban.
1. Unsur neutral berbanding pendaraban adalah nombor 1 \u003d 0 (, iaitu, ((a (n) a (1 \u003d 1 (a \u003d a.
Bukti. A (1 \u003d A (0 (\u003d A (0 + a \u003d 0 + a \u003d A Oleh itu, kesamaan A (1 \u003d a dibuktikan, ia tetap membuktikan kesaksamaan 1 (a \u003d a. Biarkan m \u003d (a ? A (n (1 (a \u003d a). Sejak 1 (0 \u003d 0, kemudian 0 (m. Biarkan A (M, iaitu, 1 (a \u003d a. Kemudian 1 (a (\u003d 1 (A + 1 \u003d A + 1 \u003d A (, dan, oleh itu, a ((m, oleh aksiom dari 4 m \u003d n, yang diperlukan untuk membuktikan.
2. Untuk pendaraban, undang-undang pengagihan kanan adalah sah, iaitu,
((A, B, C (N) (A + B) C \u003d AC + BC.
Bukti. Biarkan m \u003d (c (c (n (((a, b (n) (a + b) c \u003d ac + bc). Sejak (A + B) 0 \u003d 0 dan a (0 + b (0 \u003d 0 kemudian 0 (m jika C (m, iaitu (A + B) C \u003d AC + BC, kemudian (A + B) (C (\u003d (A + B) C + (A + B) \u003d AC + BC + A + B \u003d (AC + A) + (BC + B) \u003d AC (+ BC (Jadi, C ((M dan M \u003d N.
3. Mengalikan nombor semulajadi komutatif, iaitu, ((A, B (N) Ab \u003d BA.
Bukti. Kami mula-mula membuktikan untuk mana-mana B (n persamaan 0 (B \u003d B (0 \u003d 0. Kesaksamaan B (0 \u003d 0 berikut dari keadaan 1U. Biarkan m \u003d (b (b (n (0 (b \u003d 0). Sejak 0 ( 0 \u003d 0, kemudian 0 (m jika b (m, iaitu 0 (b \u003d 0, maka 0 (b (\u003d 0 (B + 0 \u003d 0 dan, oleh itu, b ((m. Jadi, m \u003d n, itu, itu adalah, Kesaksamaan 0 (B \u003d B (0 dibuktikan untuk semua B (n. Mari kemudiannya S \u003d (A (A (N (Ab \u003d BA). Sejak 0 (B \u003d B (0, kemudian 0 (biarkan a (s, iaitu ab \u003d ba. Kemudian a (b \u003d (a + 1) b \u003d ab + b \u003d ba + b \u003d ba (, iaitu, a (so s \u003d n, yang diperlukan untuk membuktikan .
4. Pendaraban tambahan distributif. Harta ini mengikuti dari hartanah 3 dan 4.
5. Pendaraban adalah bersekutu, iaitu, ((A, B, C (N) (AB) C \u003d A (BC).
Bukti dijalankan, serta tambahan, induksi c.
6. Jika A (B \u003d 0, maka A \u003d 0 atau B \u003d 0, iaitu, tidak ada sifar divisors.
Bukti. Biarkan b (0 dan b \u003d c (. Jika ab \u003d 0, maka AC (\u003d AC + A \u003d 0, dari mana sifat 6 p.3 berikut, iaitu \u003d 0.
TASK 1.4.1. Biarkan 1 (\u003d 2, 2 (\u003d 3, 3 (\u003d 4, 4 (\u003d 5, 5 (\u003d 6, 6 (\u003d 7, 7 (\u003d 8, 8 (\u003d 9, buktikan bahawa 2 (4 \u003d 8, 3 (3 \u003d 9.
Biarkan N, A1, A2, ..., adalah nombor semulajadi. Jumlah nombor A1, A2, ..., yang dipanggil nombor yang dilambangkan dan ditentukan oleh syarat-syarat; Untuk mana-mana nombor semulajadi K
Produk nombor A1, A2, ..., yang dipanggil nombor semula jadi, yang dilambangkan oleh dan ditentukan oleh syarat-syarat:; Untuk mana-mana nombor semulajadi K
Jika, nombor itu dilambangkan oleh.
TASK 1.4.2. Buktikan itu
tetapi);
b);
dalam);
d);
e);
e);
g);
h);
dan).

1.5. Organisasi sistem nombor semula jadi.

Nisbah "mengikuti" antireflexically dan antisymetrically, tetapi tidak transitif dan oleh itu nisbah pesanan tidak. Kami mentakrifkan nisbah pesanan, bergantung kepada penambahan nombor semula jadi.
Definisi 1. A.
Definisi 2. A (b ((((x (n) b \u003d a + x.
Kami memastikan bahawa nisbah Nota beberapa sifat nombor semula jadi yang berkaitan dengan hubungan antara kesamarataan dan ketidaksamaan.
1.
1.1 A \u003d B (A + C \u003d B + C.
1.2 A \u003d B (AC \u003d BC.
1.3 A.
1.4 A.
1.5 A + C \u003d B + C (A \u003d B.
1.6 AC \u003d BC (C (0 (A \u003d B.
1.7 A + C
1.8 AC.
1.9 A.
1.10 A.
Bukti. Properties 1.1 dan 1.2 Kebocoran daripada keunikan operasi tambahan dan pendaraban. Sekiranya.
2. ((A (n) a
Bukti. Sebagai a (\u003d A + 1, maka a
3. Unsur terkecil di N ialah 0, dan yang terkecil di N \\ (0) adalah nombor 1.
Bukti. Sejak ((A (n) A \u003d 0 + A, maka 0 (A, dan, oleh itu, 0 adalah elemen terkecil di N. Seterusnya, jika X (N \\ (0), kemudian x \u003d Y (, y (n (n , atau x \u003d y + 1. Dari sini ia mengikuti itu ((x (n \\ (0)) 1 (X, iaitu, 1 adalah elemen terkecil dalam n \\ (0).
4. Nisbah ((a, b (n) ((n (n) b (0 (nb\u003e a.
Bukti. Jelas sekali, untuk mana-mana Asli A, terdapat sebilangan kecil Nombor N yang
a Dalam nombor sedemikian adalah, sebagai contoh, n \u003d a (. Seterusnya, jika B (n \\ (0), maka oleh harta 3
1 (B (2)
Dari (1) dan (2) atas dasar harta 1.10 dan 1.4 kita memperoleh AA.

1.6. Penyesuaian lengkap sistem nombor semula jadi.

Definisi 1. Jika setiap subset tidak kosong dari set yang diperintahkan (m, pastikan bahawa pesanan penuh adalah linear. Biarkan A dan B menjadi dua elemen dari set sepenuhnya diperintahkan (m; lemma . 1) A.
Bukti.
1) A ((B (B \u003d A (+ K, K (N (B \u003d A + K (, K ((N \\ (0) (a
2) A (B (B \u003d A + K, K (N (B (\u003d A + K (, K ((N \\ (0) (a
Teorem 1. Perintah semula jadi pada satu set nombor semula jadi adalah urutan lengkap.
Bukti. Biarkan M terdapat set nombor semula jadi yang tidak kosong, dan S - set sempadan bawahnya di N, iaitu, s \u003d (x (x (n ((((m (m) x (m). Dari harta tanah itu 3 P.5 Ia mengikuti bahawa 0 (jika keadaan kedua aksiom 4 n (s (n ((s, maka mereka akan mempunyai s \u003d n dalam realiti s (n; ia, jika a (m, maka A (disebabkan oleh ketidaksamaan a
Teorem 2. Mana-mana nombor semulajadi yang tidak dibatasi bukan kosong mempunyai unsur terbesar.
Bukti. Biarkan m menjadi apa-apa yang tidak dibatasi dengan satu set nombor semula jadi, dan s - set sempadan atasnya, iaitu, s \u003d (x (x (n ((((m) m (x). Menunjukkan oleh X0 elemen terkecil di S. Kemudian ketidaksamaan M (X0 dilakukan untuk semua nombor m, dan ketat ketidaksamaan m
TASK 1.6.1. Buktikan itu
tetapi);
b);
dalam).
TASK 1.6.2. Biarkan (- sesetengah harta nombor semulajadi dan K - nombor semulajadi sewenang-wenangnya. Buktikannya
a) Mana-mana nombor semula jadi mempunyai harta (sebaik sahaja 0 mempunyai harta ini untuk mana-mana n (0
b) Sebarang nombor semulajadi, lebih atau sama dengan K, mempunyai harta (sebaik sahaja K mempunyai harta ini dan untuk mana-mana N (K (N) dari andaian bahawa N mempunyai harta (, ia mengikuti bahawa nombor N + 1 juga mempunyai harta tanah ini;
c) Mana-mana nombor semulajadi, lebih daripada atau sama dengan K, mempunyai harta (sebaik sahaja K mempunyai harta ini dan untuk mana-mana n (n\u003e k) dari andaian bahawa semua nombor t, yang ditakrifkan oleh keadaan K (t

1.7. Prinsip induksi.

Menggunakan keteraturan lengkap sistem nombor semula jadi, adalah mungkin untuk membuktikan teorem berikut di mana salah satu kaedah bukti, yang dipanggil kaedah induksi matematik.
Teorem (prinsip induksi). Semua pernyataan dari urutan A1, A2, ..., AN, ... adalah benar jika syarat-syarat dipenuhi:
1) Kenyataan A1 adalah benar;
2) Jika kata sebenar AK dengan K
Bukti. Katakan Notis: Syarat 1) dan 2) dilakukan, tetapi teorem tidak benar, iaitu, tidak kosong adalah set M \u003d (m (m (n \\ (0), AM - FALSE). Menurut Teorem 1 P . 6 Dalam M terdapat satu unsur terkecil yang kita nyatakan oleh n. Sejak mengikut keadaan 1) A1 adalah benar, tetapi yang palsu, maka 1 (N, dan, oleh itu, 1
Dalam kes bukti dengan induksi, dua peringkat boleh dibezakan. Pada peringkat pertama, yang dipanggil asas induksi, kemungkinan keadaan 1 diperiksa). Pada peringkat kedua, dipanggil langkah induksi, kemungkinan keadaan 2 dibuktikan). Pada masa yang sama, ia paling sering dijumpai apabila tidak perlu menggunakan kebenaran pernyataan AK untuk membuktikan kebenaran mengatakan
Contohnya. Buktikan ketidaksamaan untuk diperhatikan \u003d SK. AK \u003d (SK) boleh diperolehi dari predikat A (N) yang ditakrifkan pada set N atau pada subset NK \u003d (x (x ( n, x (k), di mana k - mana-mana nombor semulajadi tetap.
Khususnya, jika k \u003d 1, maka n1 \u003d n \\ (0), dan penomboran pernyataan boleh dilakukan menggunakan persamaan a1 \u003d a (1), a2 \u003d a (2), ..., a \u003d a ( N), ... Jika K (1, maka urutan pernyataan boleh diperoleh menggunakan persamaan A1 \u003d A (k), a2 \u003d a (k + 1), ..., a \u003d a (k + n-1 ), .. selaras dengan sebutan seperti itu, Teorem 1 boleh dirumuskan dalam bentuk yang berbeza.
Teorem 2. Predikat A (M) adalah sama dengan yang ditetapkan pada NK yang ditetapkan jika syarat-syarat berpuas hati:
1) Kenyataan A (k) adalah benar;
2) Jika kenyataan benar a (m) di m
TASK 1.7.1. Buktikan bahawa persamaan berikut tidak mempunyai penyelesaian dalam bidang nombor semula jadi:
a) x + y \u003d 1;
b) 3x \u003d 2;
c) x2 \u003d 2;
d) 3x + 2 \u003d 4;
e) x2 + y2 \u003d 6;
e) 2x + 1 \u003d 2Y.
TASK 1.7.2. Buktikan menggunakan prinsip induksi matematik:
a) (N3 + (n + 1) 3+ (n + 2) 3) (9;
b);
dalam);
d);
e);
e).

1.8. Pengurangan dan pembahagian nombor semula jadi.

Menentukan 1. Perbezaan nombor semulajadi A dan B dipanggil seperti nombor semulajadi X, yang B + X \u003d A. Perbezaan nombor semulajadi A dan B dilambangkan oleh A-B, dan pembedahan perbezaan dipanggil penolakan. Penolakan bukanlah operasi algebra. Ini berikut dari teorem berikut.
Teorem 1. Perbezaan A-B wujud jika dan hanya jika B (a. Jika perbezaan wujud, maka hanya satu.
Bukti. Jika B (A, maka dengan definisi hubungan (ada sebilangan kecil x yang B + X \u003d A. tetapi ini bermakna bahawa X \u003d AB. Kembali jika perbezaan AB wujud, maka dengan definisi 1 ada yang semula jadi nombor x, bahawa B + x \u003d a. Tetapi ini bermakna bahawa B (a.
Kami membuktikan keunikannya perbezaan A-B. Biarkan A-B \u003d X dan A-B \u003d Y. Kemudian mengikut definisi 1 B + X \u003d A, B + Y \u003d a. Dari sini B + X \u003d B + Y dan, oleh itu, x \u003d y.
Definisi 2. Dua nombor semulajadi peribadi A dan B (0 dipanggil seperti nombor semulajadi C, iaitu a \u003d bc. Operasi persendirian dipanggil pembahagian. Persoalan kewujudan swasta diselesaikan dalam teori pembelaan.
Teorem 2. Jika swasta wujud, maka hanya satu.
Bukti. Biarkan \u003d x dan \u003d y. Kemudian mengikut definisi 2 a \u003d bx dan a \u003d oleh. Oleh itu, BX \u003d oleh dan, oleh itu, X \u003d Y.
Perhatikan bahawa operasi pengurangan dan pembahagian ditentukan hampir secara harfiah serta dalam buku teks sekolah. Ini bermakna bahawa dalam PP.1-7 berdasarkan Axiom of Peano, asas teoritis yang kukuh dari jumlah semula jadi aritmetik telah diletakkan dan pernyataan selanjutnya secara konsisten dijalankan dalam kursus sekolah matematik dan di kursus universiti "Algebra dan teori nombor ".
TASK 1.8.1. Buktikan kesahihan pernyataan berikut, dengan mengandaikan bahawa semua perbezaan yang terdapat dalam kata-kata mereka wujud:
a) (a - b) + c \u003d (a + c) -b;
b) (A-B) (C \u003d A (C-B (C;
c) (A + B) - (C + B) \u003d A-C;
d) A- (B + C) \u003d (A-B) -c;
e) (A-B) + (c - d) \u003d (A + C) - (B + D);
e) (A-B) - (c - d) \u003d A-C;
g) (A + B) - (B-C) \u003d A + C;
h) (A-B) - (c - d) \u003d (A + D) - (B + C);
dan) a- (b - c) \u003d (a + c) -b;
k) (A-B) - (C + D) \u003d (A-C) - (B + D);
l) (A-B) (C + D) \u003d (AC + AD) - (BC + BD);
m) (A-B) (c - d) \u003d (AC + BD) - (AD + BC);
n) (A - B) 2 \u003d (A2 + B2) -2AB;
o) A2-B2 \u003d (A-B) (A + B).
TASK 1.8.2. Buktikan kesahihan pernyataan berikut, dengan mengandaikan bahawa semua peribadi, yang terdapat dalam kata-kata mereka wujud.
tetapi); b); dalam); d); e); e); g); h); dan); k); l); m); n); kira-kira); P); R).
TASK 1.8.3. Buktikan bahawa persamaan berikut tidak boleh mempunyai dua penyelesaian semula jadi yang berbeza: a) ax2 + bx \u003d c (a, b, c (n); b) x2 \u003d ax + b (a, b (n); c) 2x \u003d ax2 + B (A, B (N).
TASK 1.8.4. Memutuskan dalam bilangan semula jadi persamaan:
a) x2 + (x + 1) 2 \u003d (x + 2) 2; b) x + y \u003d x (y; c); d) x2 + 2Y2 \u003d 12; e) x2-y2 \u003d 3; e) x + y + z \u003d x (y (z.
TASK 1.8.5. Buktikan bahawa persamaan berikut tidak mempunyai penyelesaian dalam bidang nombor semula jadi: a) x2-y2 \u003d 14; b) x-y \u003d xy; dalam); d); e) x2 \u003d 2x + 1; e) x2 \u003d 2Y2.
TASK 1.8.6. Memutuskan dalam bilangan semula jadi ketidaksamaan: a); b); dalam); d) X + Y2 Tugas 1.8.7. Buktikan bahawa dalam bidang nombor semulajadi, hubungan berikut adalah benar: a) 2AB (A2 + B2; B) AB + BC + AC (A2 + B2 + C2; C) C2 \u003d A2 + B2 (A2 + B2 + C2 1.9. Kuantitatif yang bermaksud nombor semula jadi.
Dalam praktiknya, nombor semula jadi terutamanya digunakan terutamanya untuk akaun unsur-unsur, dan untuk ini adalah perlu untuk mewujudkan makna kuantitatif nombor semula jadi dalam teori Pekano.
DEFINISI 1. Set (x (x (n, 1 (x (n) dipanggil segmen baris semulajadi dan dilambangkan oleh (1; n (.
Definisi 2. Set terakhir dipanggil mana-mana set yang sama dengan segmen tertentu dari baris semulajadi, serta set kosong. Satu set yang tidak terhingga dipanggil tidak berkesudahan.
Teorem 1. Set Akhir A tidak sama sama dengan subsetnya sendiri (iaitu, subset selain a).
Bukti. Jika A \u003d (, maka teorem betul, kerana set kosong tidak mempunyai subsetnya sendiri. Biarkan a ((dan A adalah sama (1, n ((A (1, N (), kami membuktikan induksi teorem oleh n. Jika n \u003d 1, iaitu, A (1.1 (, satu-satunya subset sendiri adalah satu set kosong. Sudah jelas bahawa A (dan, oleh itu, pada N \u003d 1, teorem adalah betul. Katakanlah bahawa teorem itu benar pada n \u003d m, itu semua set terhingga sama dengan segmen (1, m (, tidak mempunyai subset eigen keseimbangan, biarkan apa-apa set, dipotong sama (1, m + 1 (dan (: (1, m + 1 (®A - beberapa paparan segmen bijektif (1, m + 1 (dalam A. Jika ((k) menunjuk melalui AK, K \u003d 1,2, ..., M + 1, maka set itu A boleh ditulis dalam bentuk A \u003d (A1, A2, ..., AM, AM + 1). Tugas kita adalah untuk membuktikan bahawa A tidak mempunyai subset Eigen keseimbangan. Katakan sebaliknya; biarkan b (a, b (a , B (A dan F: A®B - paparan bijektif. Anda boleh memilih pemetaan bijektif (dan F, itu AM + 1 (B dan F (AM + 1) \u003d AM + 1.
Pertimbangkan set A1 \u003d A \\ (am + 1) dan B1 \u003d B \\ (AM + 1). Sejak F (AM + 1) \u003d AM + 1, maka fungsi F akan menjalankan pemetaan bijektif set A1, kepada set B1. Oleh itu, set A1 akan sama-sama subsetnya sendiri dari B1. Tetapi sejak A1 ((1, M (, ia bercanggah dengan anggapan induksi.
Corollary 1. Banyak nombor semula jadi yang tidak terhingga.
Bukti. Dari Axiom Pekano, ia mengikuti bahawa pemetaan S: N®N \\ (0), S (x) \u003d X (BIJUMAH bukanlah perlawanan akhir.
Corollary 2. Mana-mana set terhingga yang tidak kosong adalah sama sahaja dan hanya satu segmen baris semulajadi.
Bukti. Biarkanlah menjadi ((1, M (dan a (((1, N (kemudian (1, M (((1, N (di mana, berdasarkan Teorem 1, ia mengikuti bahawa M \u003d n. Sesungguhnya, dengan mengandaikannya M.
Corollary 2 membolehkan anda memasukkan definisi.
Definisi 3. Jika A ((1, N (, maka nombor semulajadi N dipanggil bilangan set set A, dan proses penubuhan koresponden yang saling tidak jelas antara set A dan (1, N (dipanggil kiraan Unsur-unsur set A. Bilangan unsur set kosong adalah semula jadi untuk mempertimbangkan nombor sifar.
Mengenai nilai besar akaun dalam kehidupan praktikal diatasi.
Perhatikan bahawa, mengetahui maksud kuantitatif nombor semula jadi, adalah mungkin untuk menentukan operasi pendaraban melalui penambahan, itu adalah:
.
Kami dengan sengaja tidak pergi ke jalan ini untuk menunjukkan bahawa aritmetik itu sendiri dalam erti kuantitatif tidak perlu: makna kuantitatif nombor semula jadi diperlukan hanya dalam aplikasi aritmetik.

1.10. Sistem nombor semula jadi, sebagai set diskret yang dipesan.

Kami telah menunjukkan bahawa banyak nombor semula jadi berbanding dengan pesanan semula jadi cukup diperintahkan. Pada masa yang sama, ((A (n) a
1. Untuk mana-mana nombor A (N, terdapat satu jiran berikut) untuk itu 2. Untuk mana-mana nombor A (n \\ (0), terdapat set yang bersebelahan yang sebelum ini untuk set yang dipesan sepenuhnya (A; () dengan sifat-sifatnya 1 dan 2 akan dipanggil diskret yang agak diperintahkan. Ternyata pesanan lengkap dengan sifat 1 dan 2 adalah sifat ciri sistem nombor semula jadi. Sesungguhnya, biarkan a \u003d (a; () - mana-mana set sepenuhnya yang dipesan Dengan sifat 1 dan 2. Kami mentakrifkan set sikap "berikut" seperti berikut: A (\u003d B, jika B adalah di sebelah unsur sebagai elemen yang berkaitan (. Sudah jelas bahawa elemen terkecil set a Tidak boleh di belakang mana-mana unsur dan, akibatnya, Axiom 1 Pero dilakukan.
Oleh kerana nisbah (ada perintah linear, maka untuk mana-mana elemen A, terdapat satu elemen mengikuti dan tidak lebih dari satu elemen yang berdekatan. Dari sini ia mengikuti pengukuran Axiom 2 dan 3. Sekarang mari m - mana-mana subset daripada set A, yang mana syarat-syarat berpuas hati:
1) A0 (m, di mana A0 adalah elemen terkecil;
2) A (M (A ((m.
Kami membuktikan bahawa m \u003d n. Katakan Nasty, iaitu A \\ m ((. Nyatakan oleh B elemen terkecil dalam \\ m. Sejak A0 (M, maka B (A0 dan, oleh itu, terdapat unsur C, yang C (\u003d B.
Oleh itu, kami telah membuktikan kemungkinan definisi lain mengenai sistem nombor semula jadi.
Definisi. Sistem nombor semula jadi dipanggil mana-mana yang dipesan sepenuhnya di mana syarat-syarat diikuti:
1. Bagi mana-mana unsur, terdapat unsur jiran yang mengikutinya;
2. Bagi mana-mana unsur selain yang terkecil, terdapat unsur jiran yang sebelum ini.
Terdapat pendekatan lain untuk definisi sistem nombor semula jadi, di mana kita tidak berhenti di sini.

2. Nombor keseluruhan dan rasional.

2.1. Definisi dan sifat sistem integer.
Adalah diketahui bahawa banyak bilangan bulat dalam pemahaman intuitif mereka adalah ring relatif kepada penambahan dan pendaraban, dan cincin ini mengandungi semua nombor semula jadi. Ia juga jelas bahawa tidak ada penggubalan sendiri dalam Ring of Integers, yang akan mengandungi semua nombor semula jadi. Ciri-ciri ini, ternyata menjadi asas definisi yang ketat mengenai sistem bilangan bulat. Dalam perenggan 2.2 dan 2.3, ketepatan definisi ini akan dibuktikan.
Definisi 1. Sistem integer dipanggil sistem algebraYang mana syarat-syarat berikut diikuti:
1. Sistem algebra adalah cincin;
2. Set nombor semula jadi terkandung dalam, dan penambahan dan pendaraban dalam cincin di subset bertepatan dengan penambahan dan pendaraban nombor semula jadi, iaitu
3. (keadaan minimum). Z adalah minimum pada kemasukan set dengan sifat 1 dan 2. Dengan kata lain, jika subring cincin mengandungi semua nombor semula jadi, maka z0 \u003d z.
Definisi 1 boleh diberi sifat axiomatic terperinci. Konsep awal dalam teori aksiomatic ini adalah:
1) Tetapkan z, yang unsur-unsurnya dipanggil integer.
2) Integer khas yang dipanggil Zero dan Denoted oleh 0.
3) Hubungan Terrinderis + dan (.
Melalui N, seperti biasa, banyak nombor semulajadi dilambangkan dengan menambah (dan pendaraban ( :
1. (Axioms Ring.)
1.1.
Aksiomi ini bermakna bahawa + terdapat operasi algebra binari pada Set Z.
1.2. ((A, B, C (Z) (A + B) + C \u003d A + (B + C).
1.3. ((A, B (Z) A + B \u003d B + A.
1.4. ((A (Z) A + 0 \u003d A, iaitu, nombor 0 adalah unsur neutral berbanding dengan tambahan.
1.5. (((z) ((((((z) a + a (\u003d 0, iaitu, bagi setiap integer, terdapat nombor yang bertentangan (.
1.6. ((A, B (Z) (((! D (Z) A (B \u003d D.
Axiom ini bermakna pendaraban adalah operasi algebra binari pada Set Z.
1.7. ((A, B, C (Z) (A (B) (C \u003d A ((B (C).
1.8. ((A, B, C (Z) (A + B) (C \u003d A (C + B (C, C ((A + B) \u003d C (A + C (B.
2. (Axioms Ring of the Ring Z dengan sistem nombor semula jadi.)
2.1. N (z.
2.2. ((A, b (n) a + b \u003d a (b.
2.3. ((A, b (n) a (b \u003d a (b.
3. (Axiom Minimality.)
Jika z0 adalah Subgrie Ring Z dan N (Z0, kemudian Z0 \u003d Z.
Kami perhatikan beberapa sifat sistem integer.
1. Setiap integer mewakili dalam bentuk perbezaan dua nombor semula jadi. Perwakilan ini samar-samar, dan Z \u003d A-B dan Z \u003d C - D, di mana A, B, C, D (N, kemudian dan hanya jika A + D \u003d B + C.
Bukti. Nyatakan oleh Z0 set semua bilangan bulat, yang masing-masing dibayangkan dalam bentuk perbezaan dua alami. Jelas, ((A (n) a \u003d a-0, dan, oleh itu, n (z0.
Seterusnya, biarkan x, y (z0, iaitu, x \u003d ab, y \u003d cd, di mana a, b, c, d (n. Kemudian xy \u003d (ab) - (cd) \u003d (a + d) - (b + C) \u003d (a (d) - (b (c), x (y \u003d (ab) (cd) \u003d (AC + BD) - (AD + BC) \u003d (A (C (B (D) - ( A (D (B (c). Dari sini, ia dapat dilihat bahawa XY, X (Y (Z0 dan, oleh itu, Z0 adalah cincin sub-cincin yang mengandungi set N. tetapi kemudian menurut Axiom 3 Z0 \u003d Z \u003d Z dan dengan itu bahagian pertama harta 1 terbukti. Kelulusan kedua harta ini adalah jelas.
2. Ring integer adalah cincin komutatif dengan unit, dan sifar cincin ini adalah nombor semula jadi 0, dan unit cincin ini adalah nombor semulajadi 1.
Bukti. Biarkan x, y (z. Menurut harta 1 x \u003d ab, y \u003d cd, di mana A, B, C, D (N. Kemudian X (Y \u003d (AB) ((CD) \u003d (AC + BD) - (AD + BC) \u003d (A (C (B (D) - (A (D (B (C), Y (x \u003d (CD) (AB) \u003d (CA + DB) - (DA + CB) \u003d ( C (A (D (B) - (D (A (C (B). Oleh itu, disebabkan oleh komutativiti mengalikan nombor semula jadi, kita menyimpulkan bahawa xy \u003d yx. Penggambaran pendaraban di cincin z terbukti. Baki yang tinggal Penyataan harta 2 timbul daripada kesamaan yang jelas berikut, di mana nombor semula jadi ditunjukkan oleh 0 dan 1: x + 0 \u003d (ab) + 0 \u003d (A + (- B)) + 0 \u003d (A + 0) + (- b) \u003d (A (0) + (-b) \u003d ab \u003d x. x (1 \u003d (ab) (1 \u003d a (1-b (1 \u003d a (1-b (1 \u003d ab \u003d x.

2.2. Kewujudan sistem integer.

Sistem integer ditakrifkan dalam 2.1 sebagai cincin yang minimum pada kemasukan cincin yang mengandungi semua nombor semula jadi. Persoalan timbul - ada cincin? Dalam erti kata lain - sama ada sistem aksiom dari 2.1 adalah konsisten. Untuk membuktikan konsistensi sistem ini dengan aksiom, adalah perlu untuk membina tafsirannya dalam teori yang jelas konsisten. Teori ini boleh dianggap aritmetik nombor semula jadi.
Jadi, teruskan untuk membina tafsiran sistem Axiom 2.1. Awal akan mempertimbangkan set. Pada set ini, kami menentukan dua operasi binari, dan sikap binari. Oleh kerana penambahan dan pendaraban stim dikurangkan kepada penambahan dan pendaraban nombor semulajadi, untuk nombor semulajadi, penambahan dan pendaraban pasangan yang komutatif, bersekutu dan pendaraban penambahan distributif. Semak, sebagai contoh, komutativiti penambahan stim: + \u003d\u003d\u003d +.
Pertimbangkan sifat nisbah ~. Oleh kerana A + B \u003d B + A, kemudian ~, iaitu, nisbah ~ refleksif. Jika ~, iaitu, A + B1 \u003d B + A1, maka A1 + B \u003d B1 + A, iaitu, ~. Jadi, nisbah ~ simetri. Biarkan ia lebih ~ dan ~. Kemudian kesamaan A + B1 \u003d B + A1 dan A1 + B2 \u003d B1 + A2 adalah sah. Lipat kesaksamaan ini, kami memperoleh A + B2 \u003d B + A2, iaitu, ~. Oleh itu, nisbah juga transitif dan, oleh itu, adalah kesetaraan. Kelas kesetaraan yang mengandungi pasangan akan dilambangkan oleh. Oleh itu, kelas kesetaraan boleh dilambangkan oleh mana-mana pasangan dan pada masa yang sama
(1)
Banyak daripada semua kelas kesetaraan dilambangkan oleh. Tugas kami adalah untuk menunjukkan bahawa ini adalah satu set dengan definisi operasi penambahan dan pendaraban yang sesuai dan akan menjadi tafsiran sistem Axom dari 2.1. Operasi pada set menentukan kesamaan:
(2)
(3)
Jika dan, iaitu, pada set N, kesamaan A + B (\u003d B + A (, C + D (\u003d A + C (, kesamaan (A + C) + (B (+ D () \u003d ( B juga sah. + D) + (A (+ C (), dari mana, menurut kuasa (1), kita memperolehnya. Ini bermakna bahawa kesamarataan (2) menentukan operasi yang unik tambahan pada set, bebas daripada Pemilihan stim, menandakan komponen kelas. Begitu juga disahkan dan keunikan pendaraban kelas. Oleh itu, kesamarataan (2) dan (3) ditentukan pada operasi algebra yang ditetapkan.
Oleh kerana penambahan dan pendaraban kelas dikurangkan kepada penambahan dan pendaraban stim, operasi ini adalah kelas penambahan, bersekutu dan mendarabkan penambahan distributif. Daripada kesamaan, kita menyimpulkan bahawa kelas adalah unsur neutral berbanding dengan penambahan dan bagi setiap kelas terdapat kelas yang bertentangan. Ini bermakna bahawa set itu adalah cincin, iaitu aksioms dari Kumpulan 1 dari 2.1 dilakukan.
Pertimbangkan subset di gelanggang. Jika A (b, kemudian (1), dan jika a
Kami mentakrifkan sikap binari (diikuti oleh (; ia adalah, kelas mengikuti kelas di mana x (ada nombor semulajadi mengikuti x. Kelas, bersebelahan dengan secara semula jadi (. Sudah jelas bahawa kelas tidak boleh di mana-mana kelas dan untuk setiap kelas wujud kelas berikut dan lebih-lebih lagi satu. Yang terakhir bermakna hubungan (berikut (ada operasi algebra yang tidak seiring pada set N.
Pertimbangkan paparan. Jelas sekali, paparan ini adalah bijektif dan keadaan f (0) \u003d, f (x () \u003d\u003d (\u003d f (x) () adalah bahawa pemetaan F adalah isomorfisme algebra (n; 0, () di algebra (;, () daripada cincin. Pengenalpastian ini dalam kesamaan yang jelas membawa kepada Equival A (C \u003d A + C, A (C \u003d AC, yang bermaksud bahawa penambahan dan pendaraban dalam cincin di subset N bertepatan dengan penambahan dan pendaraban nombor semula jadi. Oleh itu, pengukuran AXOM Kumpulan 2. Ia tetap untuk memeriksa kebenaran aksioma minimum.
Biarkan z0 menjadi apa-apa cincin subkumpulan yang mengandungi set N dan. Perhatikan bahawa ia adalah. Tetapi sejak Z0 adalah cincin, maka perbezaan antara kelas-kelas ini juga memiliki cincin Z0. Dari kesamaan - \u003d (\u003d menyimpulkan bahawa (z0 dan, oleh itu, z0 \u003d. Konsistensi sistem aksioma perenggan 2.1 dibuktikan.

2.3. Keunikan sistem bilangan bulat.

Terdapat hanya satu sistem bilangan bulat dalam pemahaman intuitif mereka. Ini bermakna bahawa sistem Axiom yang menentukan bilangan bulat mestilah kategoris, iaitu, dua tafsiran sistem ini oleh Axiom Isomorphic. Kategori dan bermakna bahawa dengan ketepatan isomorphism terdapat hanya satu sistem integer. Pastikan ia benar.
Biarkan (Z1; +, (, n) dan (Z2; (, (N) dan (Z2; (, N) adalah dua tafsiran sistem tuntutan Axiom 2.1. Ia cukup untuk membuktikan kewujudan itu seperti itu Pemetaan Bijektif F: Z1®Z2, di mana nombor semulajadi tetap tetap dan kecuali Togo untuk mana-mana elemen X dan Y dari Cincin Z1 adalah persamaan yang sah
(1)
. (2)
Ambil perhatian bahawa sejak N (Z1 dan N (Z2, kemudian
, A (b \u003d a (b. (3)
Biarkan x (z1 dan x \u003d ab, di mana a, b (n. Sebanding dengan elemen ini x \u003d ab elemen U \u003d A (B, di mana (penolakan di cincin z2. Jika AB \u003d CD, maka A + D \u003d B + C, di mana dengan kebajikan (3) A (D \u003d B (C dan, oleh itu, A (B \u003d C (d. Ini bermakna bahawa pematuhan kita tidak bergantung kepada wakil unsur X dalam bentuk perbezaan dua nombor semulajadi dan dengan itu mentakrifkan pemetaan F: Z1®Z2, F (AB) \u003d A (b. Sudah jelas bahawa jika V (Z2 dan V \u003d C (D, kemudian v \u003d F (CD). Jadi, setiap elemen Dari Z2 adalah cara F dan, oleh itu, paparan F pengalaman.
Jika x \u003d ab, y \u003d cd, di mana a, b, c, d (n dan f (x) \u003d f (y), maka a (b \u003d c (d. Tetapi kemudian a (d \u003d b (d, dalam Pasukan (3) A + D \u003d B + C, iaitu, AB \u003d CD. Kami telah membuktikan bahawa kesaksamaan X \u003d Y menyiratkan dari kesamaan F (x) \u003d Y, iaitu, pemetaan F adalah secara automatik.
Jika A (n, maka A \u003d A-0 dan F (A) \u003d F (A-0) \u003d A (0 \u003d a. Jadi, nombor semula jadi tetap apabila F dipaparkan. Seterusnya, jika x \u003d ab, y \u003d CD, di mana A, B, C, D (N, X + Y \u003d (A + C) - dan F (x + Y) \u003d (A + C) ((B + D) \u003d (A (c) ( (b (d) \u003d (a (b) ((C (d) \u003d f (x) + f (y). Kesahan kesamaan (1) terbukti. Kami akan menyemak kesamarataan (2). Sejak F ( xy) \u003d (AC + BD) ((AD + BC) \u003d (A (C (B (D) ((A (D (B (B (C), dan sebaliknya F (X) (F (Y) \u003d (A (b) ((c (d) \u003d (a (d (b (d) ((a (d (b (c), jadi, f (xy) \u003d f (x) (f (y), dan Bukti kategori sistem Axiom P. 2.1.

2.4. Definisi dan sifat sistem nombor rasional.

Banyak angka rasional Q dalam pemahaman intuitif mereka adalah bidang yang mana integer Set Z adalah subring. Adalah jelas bahawa jika Q0 adalah subfield of the Field Q, yang mengandungi semua bilangan bulat, maka Q0 \u003d Q. Ciri-ciri ini adalah asas untuk definisi ketat sistem nombor rasional.
Menentukan 1. Sistem nombor rasional dipanggil sistem algebra sedemikian (Q; +, (; Z), yang mana keadaannya berpuas hati:
1. Sistem Algebra (Q; +, () adalah bidang;
2. Ring Z of Integers adalah medan Pike Q;
3. (keadaan minimum) Jika contoh Q0 Q0 mengandungi subkumpulan Z, maka Q0 \u003d Q.
Singkatnya, sistem nombor rasional adalah yang minimum pada kemasukan medan yang mengandungi pad integer. Anda boleh memberikan penentuan axiomatik yang lebih terperinci mengenai sistem nombor rasional.
Teorem. Setiap nombor rasional X boleh diwakili dalam bentuk dua bilangan bulat peribadi, iaitu
di mana a, b (z, b (0. (1)
Perwakilan ini adalah samar-samar, di mana A, B, C, D (Z, B (0, D (0.
Bukti. Dinot oleh Q0 set semua nombor rasional yang mewakili dalam bentuk (1). Sudah cukup untuk memastikan bahawa Q0 \u003d Q. Biarkan di mana A, B, C, D (Z, B (0, D (0. Kemudian, oleh sifat lapangan, kita ada:, dan dengan C (0. Jadi Q0 ditutup relatif kepada pengurangan dan pembahagian ke dalam sifar yang tidak sama rata Nombor, dan, oleh itu, ia telah melemahkan bidang Q. Oleh kerana mana-mana Integer A boleh diwakili, maka Z (Q0 Oleh itu, disebabkan oleh keadaan minimum dan ia mengikuti Q0 \u003d Q. Bukti bahagian kedua teorem adalah jelas.

2.5. Kewujudan sistem nombor rasional.

Sistem nombor rasional ditakrifkan sebagai medan minimum yang terdiri daripada pad integer. Secara semulajadi, persoalan timbul - ada bidang seperti itu, iaitu, sama ada sistem aksiom yang konsisten menentukan nombor rasional. Untuk membuktikan konsistensi, adalah perlu untuk membina tafsiran sistem ini oleh aksiom. Pada masa yang sama, adalah mungkin untuk bergantung kepada kewujudan sistem integer. Awal dalam pembinaan tafsiran akan dianggap sebagai set z (z \\ (0). Pada set ini, kita menentukan dua operasi algebra binar
, (1)
(2)
dan sikap binari
(3)
Kemungkinan definisi operasi sedemikian dan hubungan itu adalah tepat hakikat bahawa dalam tafsiran yang kita bina, pasangan itu akan menyatakan persendirian.
Adalah mudah untuk mengesahkan operasi itu (1) dan (2) komutatif, bersekutu dan pendaraban penambahan distributif. Semua hartanah ini diperiksa atas dasar sifat yang sama tambahan dan mengalikan bilangan bulat. Semak, sebagai contoh, pendaraban bersekutu par :.
Begitu juga, ia diperiksa bahawa nisbah ~ kesetaraan, dan, akibatnya, set Z (Z \\ (0) dibahagikan kepada kelas kesetaraan. Banyak dari semua kelas yang dilambangkan oleh, dan kelas yang mengandungi pasangan - melalui. Oleh itu, Kelas itu boleh dilambangkan oleh mana-mana pasangan dan berdasarkan keadaan (3) kita dapat:
. (4)
Tugas kami adalah untuk menentukan operasi tambahan dan pendaraban pada set menjadi medan. Operasi ini menentukan kesamaan:
, (5)
(6)
Jika, iaitu. AB1 \u003d BA1 dan, iaitu, CD1 \u003d DC1, kemudian mengalikan kesamaan ini, kami memperoleh (AC) (B1D1) \u003d (BD) (A1C1), yang bermaksud bahawa ia meyakinkan kita bahawa kesamarataan (6) memang mentakrifkan Operasi yang tidak jelas pada satu set kelas, bebas daripada pemilihan wakil di setiap kelas. Begitu juga, keunikan operasi (5) diperiksa.
Oleh kerana penambahan dan pendaraban kelas dikurangkan kepada penambahan dan pendaraban Steam, kemudian operasi (5) dan (6) komutatif, bersekutu dan pendaraban penambahan distributif.
Daripada kesamaan, kita menyimpulkan bahawa kelas adalah unsur-unsur neutral berbanding dengan penambahan dan bagi setiap kelas terdapat unsur yang bertentangan. Begitu juga, dari kesamaan, ia mengikuti bahawa kelas adalah unsur neutral berbanding pendaraban dan bagi setiap kelas terdapat kerongsang kelas kepadanya. Ini bermakna ia adalah bidang mengenai operasi (5) dan (6); Keadaan pertama dalam definisi klausa 2.4 dilakukan.
Pertimbangkan set berikut. Jelas. Set ditutup relatif kepada pengurangan dan pendaraban dan, oleh itu, adalah bidang paddown. Sesungguhnya. Pertimbangkan paparan lanjut. Surjawat pemetaan ini jelas. Jika f (x) \u003d f (y), iaitu, x (1 \u003d y (1 atau x \u003d y. Jadi pemetaan F dan secara automatik. Di samping itu, pemetaan F adalah isomorfisme cincin di gelanggang. Setengah Cincin isomorfik ini, kita boleh menganggap bahawa cincin z adalah subring bidang, iaitu, keadaan 2 dilakukan dalam takrif klausa 2.4. Ia tetap membuktikan bidang minimum. Biarkan - mana-mana subfield bidang dan, dan dan Biarkan. Sejak itu, tetapi, kemudian. Tetapi sejak - padang, persendirian unsur-unsur ini juga tergolong dalam bidang. Oleh itu, ia terbukti jika, maka itu. Kewujudan sistem nombor rasional dibuktikan.

2.6. Keunikan sistem nombor rasional.

Oleh kerana sistem nombor rasional dalam pemahaman intuitif mereka hanya ada satu, teori aksiomatic nombor rasional, yang dinyatakan di sini, harus dikategorikan. Kategori dan bermakna bahawa dengan ketepatan isomorphism terdapat hanya satu sistem nombor rasional. Kami menunjukkan bahawa ini adalah benar.
Biarlah (q1; +, (, z) dan (Q2; (, Z) - mana-mana dua sistem nombor rasional. Ia cukup untuk membuktikan kewujudan pemetaan bijektif itu, di mana semua bilangan bulat tetap tetap dan juga keadaan dijalankan.
(1)
(2)
untuk mana-mana elemen X dan Y dari medan Q1.
Elemen persendirian A dan B dalam medan Q1 akan dilambangkan oleh, dan dalam bidang Q2 melalui A: B. Oleh kerana Z mempunyai subring setiap bidang Q1 dan Q2, maka untuk mana-mana bilangan bulat A dan b. Kesaksamaan adalah sah
, . (3)
Biarkan dan, di mana,. Perbandingan unsur ini X Element Y \u003d A: B dari lapangan Q2. Sekiranya kesaksamaan itu benar dalam bidang Q1, di mana, oleh Teorem P.2.4 Di dalam Cincin Z, kesaksamaan AB1 \u003d BA1 dilakukan, atau berdasarkan kesaksamaan (3), dan kemudian pada teorem yang sama dalam bidang Q2, Kesaksamaan A: B \u003d A1: B1. Ini bermakna bahawa dengan membuat elemen dari unsur Q1 Y \u003d A: B dari lapangan Q2, kita menentukan pemetaan ,.
Mana-mana elemen dari lapangan Q2 akan hadir sebagai: B, di mana, dan oleh itu, ia adalah cara item dari lapangan Q1. Jadi, pemetaan F adalah Surjective.
Jika, maka dalam bidang Q1 dan kemudian. Oleh itu, pemetaan F adalah bijektif dan semua bilangan bulat tetap ditetapkan. Ia tetap membuktikan kesahihan kesamaan (1) dan (2). Biarkan kedua-duanya, di mana A, B, C, D (Z, B (0, D (0. Kemudian, di mana, di mana, dengan kekerasan (3) f (x + y) \u003d f (x) (f (y). Begitu juga, dan di mana.
Isomorphisme tafsiran (q1; +, (, z) dan (Q2; (, (Z) terbukti.

Jawapan, arahan, penyelesaian.

1.1.1. Keputusan. Biarkan keadaan aksiom 4 adalah benar (apa-apa harta nombor semulajadi, yang ((0) dan. Meletakkan. Kemudian m memuaskan premis aksioms 4, kerana ((0) (0 (m dan. Akibatnya, m \u003d N, iaitu apa-apa semula jadi nombor mempunyai harta (. Terbalik. Katakanlah untuk apa-apa harta (dari fakta bahawa ((0) dan, ia berikut. Biarkan m menjadi sebilangan kecil N, bahawa 0 (m dan. Kita akan menunjukkan bahawa m \u003d n. Kami memperkenalkan harta yang dipertimbangkan (, percaya. Kemudian ((0), kerana, dan oleh itu, oleh itu, m \u003d n.
1.1.2. Jawapan: Kelulusan benar tentang aksiom pertama dan ke-4 Peano. Penegasan aksiom ke-2 adalah palsu.
1.1.3. Jawapan: Penyata Benar 2.3.4 paksi Peano. Kelulusan aksiom pertama adalah palsu.
1.1.4. Kenyataan sejati 1, 2, 3-paksi Pekano. Penegasan aksiom ke-4 adalah palsu. Nota: Buktikan bahawa set memenuhi premis Axiom 4 yang dirumuskan dari segi operasi, tetapi.
1.1.5. Nota: Untuk membuktikan kebenaran penegasan aksiom 4, pertimbangkan subset m, memuaskan syarat-syarat: a) 1 ((m, b), dan set. Buktikan bahawa. Kemudian m \u003d a.
1.1.6. Kenyataan sejati 1,2,3 paksi paksi. Kelulusan aksiom ke-4 Peano False.
1.6.1. a) Penyelesaian: Pertama membuktikan bahawa jika 1 pagi. Kembali. Biarkan A.
1.6.2. a) Keputusan: Anggapkan sebaliknya. Melalui M, kami menunjukkan set semua nombor yang tidak mempunyai harta (. Oleh sebab asumsi, m ((. Oleh kerana teorem 1 dalam m, terdapat unsur terkecil N (0. Mana-mana nombor x
1.8.1. e) Gunakan ms. d) dan ms. b): (A-C) + (C-B) \u003d (A + C) - (C + B) \u003d A-B, oleh itu, (A-B) - (C - B) \u003d A-c.
h) Gunakan harta itu.
l) Gunakan perenggan B).
m) Gunakan p. b) dan p. s).
1.8.2. Oleh itu, kita ada. Jadi ,.
d) Kami ada. Oleh itu ,.
g).
1.8.3. a) jika (dan (pelbagai penyelesaian AX2 + BX \u003d Persamaan C, maka A (2 + B (\u003d A (2 + B (sebaliknya, jika, sebagai contoh, (b) menjadi (dan (- pelbagai Penyelesaian persamaan. Jika ((, bagaimanapun (2 \u003d A (+ B\u003e A (oleh itu, (\u003e a. menerima percanggahan.
c) Biarkan (dan (- pelbagai akar persamaan dan (\u003e (kemudian 2 ((- () \u003d (a (2 + B) - (a (2 + B) \u003d a ((- () ((( (+ (). Jadi, a ((+ () \u003d 2, tetapi (+ (\u003e, oleh itu, A ((+ ()\u003e 2, yang mustahil.
1.8.4. a) x \u003d 3; b) x \u003d y \u003d 2. Nota: Sejak dan, kami mempunyai x \u003d y; c) x \u003d y (y + 2), y - nombor semula jadi; d) x \u003d y \u003d 2; e) x \u003d 2, y \u003d 1; e) dengan ketepatan penyusunan semula x \u003d 1, y \u003d 2, z \u003d 3. Penyelesaian: Biarkan, sebagai contoh, X (Y (Z kemudian xyz \u003d x + y + z (3z, iaitu xy (3. jika xy \u003d 1, maka x \u003d y \u003d 1 dan z \u003d 2 + z, itu mustahil. Jika xy \u003d 2, kemudian x \u003d 1, y \u003d 2. Dalam kes ini, 2z \u003d 3 + z, iaitu z \u003d 3. Jika xy \u003d 3, maka x \u003d 1, y \u003d 3. Kemudian 3z \u003d 4 + z, iaitu z \u003d 2, yang bertentangan dengan andaian y (z.
1.8.5. b) Jika x \u003d a, y \u003d b - penyelesaian persamaan, kemudian ab + b \u003d a, iaitu. A\u003e AB, yang mustahil. d) Jika x \u003d a, y \u003d b - menyelesaikan persamaan, maka b
1.8.6. a) x \u003d kY, di mana k, y adalah nombor semulajadi yang sewenang-wenang dan y (1. b) x - nombor semulajadi sewenang-wenang, y \u003d 1. c) X adalah nombor semulajadi sewenang-wenang, y \u003d 1. d) Tiada penyelesaian. e) x1 \u003d 1; x2 \u003d 2; x3 \u003d 3. e) X\u003e 5.
1.8.7. a) Jika A \u003d B, maka 2AB \u003d A2 + B2. Mis, sebagai contoh, a

Kesusasteraan

1. Radykov m.i. Sistem angka. / Garis panduan Untuk kajian kursus "Sistem Numerik". Bahagian 1.- OMSK: OMGPY, 1984.- 46C.
2. Ershova t.i. Sistem angka. / Pembangunan Metodikal Untuk latihan praktikal. - Sverdlovsk: SGPI, 1981.- 68C.

Dalam pembinaan axiomatic mana-mana teori matematik, tertentu peraturan:

· Sesetengah konsep teori dipilih sebagai utama dan diterima tanpa menentukan;

· Setiap konsep teori yang tidak terkandung dalam senarai asas, diberi takrifan;

· Axioms dirumuskan - cadangan yang diterima dalam teori ini tanpa bukti; Mereka mendedahkan sifat-sifat konsep asas;

· Setiap tawaran teori yang tidak terkandung dalam senarai Axiom mesti dibuktikan; Cadangan sedemikian dipanggil teorem dan membuktikan mereka berdasarkan aksioma dan Terme.

Dalam pembinaan axiomatic teori, semua kenyataan berasal dari aksiom dengan bukti.

Oleh itu, sistem Axis dibentangkan khas keperluan:

· Konsistensi (sistem aksiom dipanggil konsisten, jika mustahil untuk secara logik dengan cadangan yang saling mengecualikan satu sama lain);

· Kemerdekaan (sistem Axiom adalah bebas jika mana-mana aksiom dari sistem ini adalah akibat daripada aksioma lain).

Set, dengan sikap yang diberikan di dalamnya dipanggil model sistem ini oleh aksiom, jika semua aksioma sistem ini dilakukan.

Untuk membina sistem Axiom untuk satu set nombor semula jadi dalam pelbagai cara. Untuk konsep asas, seperti jumlah nombor atau nisbah pesanan boleh diterima pakai. Walau apa pun, anda perlu menentukan sistem aksiom, menggambarkan sifat-sifat konsep asas.

Kami memberi sistem oleh aksiom, setelah mengadopsi konsep asas operasi tambahan.

Set tidak kosong N. Mari kita panggil satu set nombor semula jadi jika operasi ditakrifkan di dalamnya (a; b) → a + b, Jamered dengan menambah dan memiliki sifat:

1. Selain itu, I.E. a + B \u003d B + A.

2. Tambahan Bersekutu, I.E. (a + B) + C \u003d A + (B + C).

4. Dalam mana-mana orang ramai TetapiItulah subset set N.di mana sahaja Tetapiterdapat nombor dan sedemikian rupa ha.sama. a + B.di mana sahaja bN.

Axiom 1 - 4 sudah cukup untuk membina semua aritmetik nombor semula jadi. Tetapi dengan pembinaan sedemikian, ia tidak lagi mungkin bergantung kepada sifat-sifat set terhingga yang belum tercermin dalam aksioma ini.

Ambil sebagai konsep utama "terus mengikuti ...", Tetapkan pada set yang tidak kosong N.. Kemudian bilangan semula nombor semulajadi akan ditetapkan N, di mana hubungan "secara langsung mengikuti" ditakrifkan, dan semua elemen n akan dipanggil nombor semula jadi, dan yang berikut axioms Peran:

Axioma 1..

Dalam banyakN. Terdapat unsur yang secara langsung tidak mengikuti sebarang elemen set ini. Kami akan memanggilnya satu unit, dan menandakan simbol 1.

Axioma 2.

Untuk setiap elemen dan dariN. Terdapat satu elemen A, hanya seterusnya untuk a.

Axioma 3.

Untuk setiap elemen dan dariN. Tidak ada lebih daripada satu elemen, diikuti secara langsung.

AKSOIMA 4.

Setiap subset ditetapkanN. CS.N.Jika anda mempunyai sifat: 1) 1 terkandung dalam m; 2) Dari fakta bahawa A terkandung dalam m, ia mengikuti dan terkandung dalam M.

Banyak N, Untuk unsur-unsur yang berkaitan "secara langsung mengikuti ...", memenuhi aksioma 1 - 4, dipanggil pelbagai nombor semula jadi , dan unsur-unsurnya - nombor semula jadi.

Jika sebagai set N. Pilih beberapa set khusus di mana sikap khusus "secara langsung mengikuti ...", memuaskan aksioma 1 - 4, maka kita akan berbeza tafsiran (Model) ini Sistem Axiom.

Model standard sistem Axiom PeAnano sedang dalam proses perkembangan sejarah Pertubuhan Beberapa nombor: 1, 2, 3, 4, 5, ...

Model aksiom Peano boleh menjadi set yang boleh dihitung.

Sebagai contoh, I, II, III, IIII, ...

oh Oo Ooo Ooo, ...

satu dua tiga empat, …

Pertimbangkan urutan set di mana set (OO) adalah elemen awal, dan setiap set berikutnya diperolehi dari atribusi sebelumnya cawan lain (Rajah 15).

Kemudian N. Terdapat banyak yang terdiri daripada set spesies yang dijelaskan, dan ia adalah model sistem Peano.

Sesungguhnya di banyak orang N.terdapat unsur (OO), yang bukan yang seterusnya untuk sebarang unsur set ini, iaitu. Axiom 1. Untuk setiap set Tetapi Jumlah set adalah satu-satunya set yang diperolehi dari Tetapi dengan menambahkan satu cawan, iaitu. Axioma dilakukan 2. Untuk setiap set Tetapi Tidak ada yang lebih daripada satu set dari mana set terbentuk. Tetapidengan menambahkan satu cawan, iaitu. Axioma 3. Jika M.N. Dan diketahui ramai Tetapi terkandung dalam M, Ia mengikuti bahawa set di mana satu bulatan lebih besar daripada dalam set Tetapijuga terkandung dalam M.T. M \u003dN.Dan kemudian aksiom 4 dilakukan.

Dalam definisi nombor semulajadi, adalah mustahil untuk menghilangkan salah satu aksioma.

Kami memasang mana yang ditunjukkan dalam Rajah. 16, adalah model Peano Axiom.

1 a B D a d) Rajah.16.

Keputusan. Rajah 16 a) Menunjukkan set di mana Axioms 2 dan 3. Sesungguhnya, ada satu, secara langsung mengikutinya, dan terdapat satu elemen yang diikuti. Tetapi dalam set ini, Axiom 1 tidak dilakukan (Axioma 4 tidak masuk akal, kerana tidak ada unsur dalam set, langsung di sebelah yang lain). Oleh itu, set ini bukan model Peano Axiom.

Rajah 16 b) menunjukkan set di mana aksioms 1, 3 dan 4 dibuat, tetapi di belakang unsur tetapi Secara langsung mengikuti dua elemen, dan bukan satu, seperti yang diperlukan dalam Axiom 2. Oleh itu, set ini bukan aksiom Peano.

Dalam Rajah. 16 c) Satu set digambarkan di mana Axioms 1, 2, 4 dibuat, tetapi elemen dari Secara langsung harus segera di kedua-dua unsur. Oleh itu, set ini bukan model Peano Axiom.

Dalam Rajah. 16 g) set yang memenuhi aksioma 2, 3 digambarkan, dan, jika anda mengambil nombor 5 sebagai elemen awal, maka set ini akan memenuhi aksioms 1 dan 4. Itu, dalam set ini ada satu yang satu , segera mengikuti untuk setiap elemennya, dan ada satu elemen yang berikut. Terdapat unsur yang secara langsung tidak mengikuti sebarang unsur set ini, ia adalah 5 , mereka. Axioma dilakukan 1. Oleh itu, Axiom 4 akan dilakukan. Oleh itu, set ini adalah model Peano Axiom.

Menggunakan aksioma Peano, anda boleh membuktikan beberapa pernyataan sebagai contoh, kami membuktikan bahawa ketidaksamaan dijalankan untuk semua nombor semula jadi x X.

Bukti.Tunjukkan oleh Tetapi Banyak nombor semula jadi yang mana a.Nombor 1 tergolong Tetapikerana ia tidak sepatutnya berada di nombor apa N.dan oleh itu tidak mengikuti: 1 1. Biarkan aa. Kemudian a. Menandakan Tetapi melalui b.. Disebabkan aksioma 3, Tetapib,mereka. b B.dan ba.

Dalam kursus sekolah matematik, nombor nyata ditentukan secara struktural, berdasarkan keperluan untuk menjalankan pengukuran. Takrif sedemikian adalah luar biasa dan sering memulakan penyelidik dalam kebuntuan. Sebagai contoh, persoalan mengenai kesinambungan nombor yang sah, iaitu, terdapat lompang dalam set ini. Oleh itu, apabila menjalankan penyelidikan matematik, adalah perlu untuk menentukan penentuan konsep yang ketat di bawah kajian, sekurang-kurangnya dalam beberapa anggapan intuitif (aksioms), yang konsisten dengan amalan itu.

O Pred. Satu set elemen x, Y, Z, ..., yang terdiri lebih daripada satu elemen,dipanggil berganda R. Nombor sebenar, jika operasi dan hubungan berikut dipasang untuk objek ini:

Saya kumpulan aksiom - Axioms Operation Tambahan.

Dalam satu set R. Operasi diperkenalkan, iaitu, untuk mana-mana sepasang elemen. a.dan b. jumlahnya dan Denoted a. + b.
Saya 1. a.+b.=b.+a., a, B. R. .

I 2. a.+(b + C.)=(a + B.)+c., A., b., c. R. .

Saya 3. Terdapat unsur yang dipanggil sifar. dan menandakan 0 itu untuk apa-apa a. R. keadaan dipenuhi a.+0=a..

I 4. Untuk sebarang elemen a. R. terdapat unsur yang dipanggilnya sebaliknya dan Denoted - a., untuk yang mana a.+(-a.) \u003d 0. Unsur a.+(-b.), a., b. R. , dipanggil beza Unsur-unsur a. dan b. Dan menandakan a. - b..

Ii-kumpulan aksiom - operasi pendaraban Axioms.. Dalam satu set R. Operasi telah diperkenalkan pendaraban, iaitu, untuk mana-mana sepasang elemen a.dan b. Satu-satunya elemen yang dipanggil mereka ditentukan. kerja dan Denoted a B.Sehingga syarat-syarat berikut diikuti:
II 1. ab.=bA, A., b. R. .

II 2. a.(bc.)=(ab.)c., a., b., c. R. .

II 3. Terdapat unsur yang dipanggil unit dan menandakan 1 untuk apa-apa a. R. keadaan dipenuhi a. 1=a..

II 4. Untuk sesiapa a. 0 ada elemen yang dipanggilnya songsang dan dilambangkan atau 1 / a., untuk yang mana a. \u003d 1. Unsur a. , b. 0, dipanggil. swasta dari bahagian a.pada b. Dan menandakan a.:b. atau atau a./b..

II 5. Komunikasi Operasi Penambahan dan Pendaraban: Untuk mana-mana a., b., c. R. Keadaan berpuas hati ( ac + b) c=aC + SM.

Set objek yang memuaskan Axioms I dan II kumpulan dipanggil medan berangka atau hanya medan. Dan aksioma yang sama dipanggil aksioma bidang.

III - Kumpulan ketiga Axiom - Axioms of Order. Untuk unsur-unsur R. Hubungan itu ditakrifkan. Ia terdiri seterusnya. Untuk mana-mana dua elemen yang berbeza a. dan b. Terdapat salah satu daripada dua nisbah: sama ada a. b. (baca " a. kurang atau sama. b."), sama ada a. b.(baca " a. lebih atau sama. b."). Adalah diandaikan bahawa syarat-syarat berikut diikuti:

III 1. a. a.untuk setiap a.Of. a. b, B. berikutnya a \u003d b.

III 2. Transitiviti. Sekiranya a. b.dan b. c.T. a. c.

III 3. Sekiranya a. b., kemudian untuk sebarang elemen c.berlaku a.+c. b.+c..

III 4. Sekiranya a. 0, B. 0, itu Ab. 0 .

IV Axiom Group terdiri daripada satu aksioma - aksioman kesinambungan. Untuk mana-mana set yang tidak kosong X. dan Y. of. R. seperti itu untuk setiap sepasang elemen x. X.dan y. Y. Ketidaksamaan dilakukan x. < y., Terdapat unsur a. R.Keadaan yang memuaskan

Rajah. 2.

x. < a. < y., x. X., y. Y.(Gamb.2). Hartanah yang disenaraikan sepenuhnya menentukan set nombor yang sah dalam erti kata bahawa semua sifat lain diikuti dari sifat-sifat ini. Takrif ini pasti menetapkan banyak nombor yang sah untuk sifat khusus unsur-unsurnya. Tempahan yang ditetapkan mengandungi lebih daripada satu elemen yang diperlukan kerana set yang terdiri daripada hanya bersendirian adalah jelas memuaskan semua aksiom. Pada masa akan datang, unsur-unsur set R akan dipanggil nombor.

Kami kini mentakrifkan konsep nombor semula jadi, rasional dan tidak rasional. Nombor 1, 2 1 + 1, 3 2 + 1, ... dipanggil nombor semulajadidan set mereka ditunjukkan N. . Dari definisi satu set nombor semula jadi, ia mengikuti bahawa ia mempunyai sifat ciri berikut: sekiranya

1) A. N. ,

3) untuk setiap elemen x A mengambil tempat pada x +1 A., kemudian A.=N. .

Sesungguhnya, mengikut keadaan 2) kita ada 1 A.Oleh itu, oleh harta 3) dan 2 A., dan kemudian, mengikut harta yang sama kita dapatkan 3 A.. Oleh kerana nombor semula jadi n.ia ternyata dari 1 tambahan berturut-turut kepadanya sama 1, kemudian n. A.. N. A., dan sejak, di bawah keadaan 1, kemasukan dilakukan A. N. T. A.=N. .

Mengenai harta semulajadi ini, prinsip bukti didasarkan kaedah induksi matematik. Sekiranya terdapat banyak kenyataan, masing-masing adalah dikaitkan dengan nombor semulajadi (nombornya) N.\u003d 1, 2, ..., dan jika terbukti bahawa:

1) Kelulusan dengan nombor 1 adalah benar;

2) dari keadilan kelulusan dengan mana-mana nombor n. N. Kelulusan keadilan dengan nombor itu n.+1;

oleh itu, keadilan semua pernyataan dibuktikan, iaitu. Sebarang kelulusan dengan nombor sewenang-wenangnya n. N. .

Nombor 0, + 1, + 2, ... dipanggil nombor keseluruhannya, banyak mereka dilambangkan Z. .

Nombor m / n.di mana sahaja m.dan n. keseluruhan, A. n. 0, dipanggil nombor rasional. Ramai daripada semua nombor rasional dilambangkan T. .

Nombor yang sah yang tidak rasional dipanggil tidak rasional, banyak mereka dilambangkan I. .

Persoalannya timbul bahawa, mungkin nombor rasional ekzos semua elemen set R? Jawapannya kepada soalan ini memberikan aksiom kesinambungan. Sesungguhnya, untuk nombor rasional, aksiom ini tidak dilakukan. Sebagai contoh, pertimbangkan dua set:

Adalah mudah untuk melihat bahawa untuk sebarang unsur dan ketidaksamaan dilakukan. Tetapi rasional Nombor-nombor yang memisahkan kedua-dua set ini tidak wujud. Malah, nombor ini hanya boleh, tetapi ia tidak rasional. Fakta ini menunjukkan bahawa terdapat nombor yang tidak rasional dalam set R..

Sebagai tambahan kepada empat tindakan aritmetik di atas nombor, adalah mungkin untuk membuat tempahan dan pengekstrakan akar. Untuk mana-mana nombor a. R. dan semulajadi n. kuasa a N. Ditentukan sebagai kerja n. Sodinants, sama a.:

A-priory. a. 0 1, a.>0, a. - n 1 / a. n, a. 0, n. - Nombor semula jadi.

Contohnya. Bernoulli Ketidaksamaan: ( 1 + x) n> 1 + NX.Terbukti dengan induksi.

Biarkan a.>0, n.- Nombor semula jadi. Nombor b.dipanggil akar n.- Dari kalangan a., sekiranya B n \u003d a. Dalam kes ini, menulis. Kewujudan dan keunikan akar positif dari mana-mana ijazah n.daripada mana-mana nombor positif akan dibuktikan di bawah dalam perenggan 7.3.
Akar darjah yang sama a. 0, mempunyai dua makna: jika b. = , k. N. , bahawa I. -B. \u003d. Sesungguhnya, keluar b 2K. = a. berikut itu

(-B.) 2k. = ((-B.) 2 ) K. = (b 2.) K. = b 2K.

Makna bukan negatif dipanggilnya nilai aritmetik.
Sekiranya r. = p / Q.di mana sahaja p. dan t. keseluruhan t. 0, I.e. r. - Nombor rasional, kemudian untuk a. > 0

(2.1)

Oleh itu, ijazah a R. ditakrifkan untuk mana-mana nombor rasional r.. Dari definisi itu ia mengikuti bahawa untuk apa-apa rasional r. Terdapat persamaan

a -r \u003d.1/a R..

Kuasa a X. (Nombor x. dipanggil penunjuk ijazah) Untuk sebarang nombor sebenar x. Ternyata menggunakan penyebaran berterusan ijazah dengan penunjuk rasional (Lihat mengenainya dalam perenggan 8.2). Untuk mana-mana nombor a. R. Bukan negatif

memanggilnya nilai mutlak atau modul. Untuk nilai mutlak nombor, ketidaksamaan

|a. + b.| < |a.| + |b.|,
||a. - b.|| < |a. - b.|, a., b. R.

Mereka dibuktikan oleh sifat-sifat nombor sah I-IV.

Peranan aksiom kesinambungan dalam pembinaan analisis matematik

Nilai axiom kesinambungan adalah sedemikian rupa sehingga tidak mustahil untuk membina analisis matematik dengan ketat. [ sumber tidak dinyatakan 1351 hari] Untuk menggambarkan, kami memberikan beberapa pernyataan asas analisis, bukti yang bergantung kepada kesinambungan nombor sebenar:

· (Weierstrass teorem). Apa-apa urutan yang menonjol yang lebih besar menimbulkan penumpuan

· (Bolzano - Cauchy Teorem). Berterusan pada segmen fungsi yang mengambil pada hujung nilai tanda yang berbeza, ditarik kepada sifar dalam beberapa titik dalaman segmen

· (Kewujudan kuasa, indikatif, logaritma dan semua fungsi trigonometri pada keseluruhan kawasan definisi "semula jadi"). Sebagai contoh, terbukti bahawa untuk apa-apa tujuan ada keseluruhan, iaitu penyelesaian persamaan. Ini membolehkan anda menentukan nilai ungkapan untuk semua rasional:

Akhirnya, sekali lagi disebabkan oleh kesinambungan langsung berangka, anda boleh menentukan nilai ungkapan sudah tentu untuk sewenang-wenangnya. Begitu juga, menggunakan harta kesinambungan, kewujudan nombor untuk mana-mana dibuktikan.

Selang masa yang lama dari masa matematik telah membuktikan teorem dari analisis, di "tempat tipis" merujuk kepada substantiasi geometri, dan lebih kerap - dan mereka kehilangan mereka sama sekali. Kerana ia jelas. Konsep kesinambungan yang paling penting digunakan tanpa sebarang definisi yang jelas. Hanya pada ketiga terakhir abad XIX, ahli matematik Jerman Karl Weiershtrass menghasilkan aritmetikisasi analisis, membina teori pertama yang ketat dari nombor sebenar sebagai pecahan perpuluhan tak terhingga. Beliau mencadangkan penentuan klasik had dalam bahasa itu, membuktikan beberapa pernyataan yang dianggap "jelas" sebelum itu, dan dengan itu menyelesaikan pembinaan asas analisis matematik.

Kemudian, pendekatan lain dicadangkan untuk menentukan nombor sebenar. Dalam pendekatan aksiomatik, kesinambungan nombor nyata jelas diperuntukkan dalam aksiom yang berasingan. Dalam pendekatan yang membina kepada teori nombor sebenar, sebagai contoh, apabila membina nombor yang sah menggunakan bahagian Dedagiing, harta kesinambungan (dalam satu atau formulasi lain) dibuktikan sebagai teorem.

Formulasi lain dari hartanah kesinambungan dan cadangan yang setara [edit | Edit Wiki Text]

Terdapat beberapa kenyataan yang berbeza yang menyatakan harta kesinambungan nombor yang sah. Setiap prinsip ini boleh didasarkan berdasarkan dasar membina teori nombor sebenar sebagai aksiom kesinambungan, dan dari semua yang lain. Soalan ini dibincangkan dengan lebih terperinci dalam bahagian seterusnya.

Kesinambungan di Dedekindu.[edit | Edit Wiki Text]

Artikel utama:Teori seksyen dalam bidang nombor rasional

Persoalan mengenai kesinambungan nombor sebenar Dedekind berpendapat dalam kerja "kesinambungan dan nombor tidak rasional". Di dalamnya, ia membandingkan nombor rasional dengan titik garis lurus. Seperti yang anda ketahui, di antara nombor rasional dan mata langsung, anda boleh menetapkan kaitan apabila titik permulaan dipilih dan unit pengukuran segmen. Dengan bantuan yang terakhir, adalah mungkin untuk membina segmen yang sesuai untuk setiap nombor rasional, dan menangguhkannya ke kanan atau kiri, bergantung kepada sama ada terdapat nombor positif atau negatif, untuk mendapatkan satu titik yang sepadan dengan nombor tersebut. Oleh itu, setiap nombor rasional sepadan dengan satu dan hanya satu titik pada baris.

Dalam kes ini, ternyata terdapat banyak mata yang tidak sesuai dengan mana-mana nombor rasional. Sebagai contoh, titik yang diperoleh dengan mendepositkan panjang pepenjuru persegi yang dibina pada segmen tunggal. Oleh itu, rantau nombor rasional tidak memilikinya kenyang, Or. kesinambunganyang wujud dalam garis lurus.

Untuk mengetahui apa kesinambungan ini, DedEkind membuat kenyataan berikut. Sekiranya terdapat titik yang pasti, maka semua mata secara langsung hancur menjadi dua kelas: mata yang terletak di sebelah kiri, dan mata yang diatur di sebelah kanan. Titik itu sendiri boleh sewenang-wenangnya berkaitan dengan sama ada lebih rendah atau ke kelas atas. Dedekind melihat intipati kesinambungan dalam prinsip yang bertentangan:

Secara geometri, prinsip ini nampak jelas, tetapi kita tidak dapat membuktikannya. Dedekind menekankan bahawa, pada dasarnya, prinsip ini adalah postulat, di mana intipati sifat langsung yang kita panggil kesinambungan dinyatakan.

Untuk lebih mendalam untuk memahami intipati kesinambungan garis lurus berangka dalam erti kata dedekind, pertimbangkan pengeluaran banyak nombor yang sah, iaitu, pemisahan semua nombor yang sah menjadi dua kelas yang tidak kosong, jadi semua nombor Daripada kelas yang sama terletak pada kiri berangka kiri dari semua nombor yang kedua. Kelas-kelas ini dipanggil masing-masing nizhina. dan kelas atasan bahagian. Secara teorinya terdapat 4 kemungkinan:

1. Kelas bawah mempunyai elemen maksimum, di kelas atas tidak ada minimum

2. Di kelas bawah tidak ada unsur maksimum, dan di kelas atas terdapat minimum

3. Kelas bawah adalah maksimum, dan di bahagian atas - unsur-unsur minimum

4. Di kelas bawah tidak ada maksimum, dan di atas unsur-unsur minimum

Dalam kes pertama dan kedua, unsur maksimum yang lebih rendah atau unsur minimum utama, masing-masing dan menghasilkan bahagian ini. Dalam kes ketiga kita ada melompat, dan di tempat keempat - ruang. Oleh itu, kesinambungan secara langsung berangka bahawa tidak ada melompat, tidak ada jurang, iaitu, secara kiasan, tidak ada kekosongan dalam pelbagai nombor nyata.

Jika anda memasuki konsep seksyen rentas pelbagai nombor yang sah, prinsip kesinambungan DedeKinda boleh dirumuskan demikian.

Prinsip kesinambungan dedekind (kepenuhan). Untuk setiap bahagian banyak nombor yang sah, terdapat nombor yang menghasilkan bahagian ini.

Komen. Perumusan axiom kesinambungan mengenai kewujudan titik yang memisahkan dua set adalah sangat mirip dengan kata-kata prinsip kesinambungan Dedekind. Malah, kenyataan ini bersamaan, dan, pada dasarnya, adalah formulasi yang berbeza yang sama. Oleh itu, kedua-dua pernyataan ini memanggil prinsip kesinambungan nombor sebenar untuk dedekindu.

Lemma pada segmen bersarang (prinsip Cauchy - Cantor)[edit | Edit Wiki Text]

Artikel utama:Lemma pada segmen bersarang

Lemma pada segmen bersarang (Cauchy - Cantor). Setiap sistem segmen bersarang

ia mempunyai persimpangan yang tidak kosong, iaitu terdapat sekurang-kurangnya satu nombor yang dimiliki oleh semua segmen sistem ini.

Jika, di samping itu, panjang segmen sistem ini cenderung kepada sifar, iaitu

persimpangan segmen sistem ini terdiri daripada satu mata.

Harta ini dipanggil kesinambungan set nombor yang sah dalam pengertian Kantor. Di bawah akan ditunjukkan bahawa untuk bidang yang diperintahkan oleh Archimedema, kesinambungan oleh Canoror adalah bersamaan dengan kesinambungan Dedekindu.

Prinsip Superum.[edit | Edit Wiki Text]

Prinsip superum. Mana-mana bahagian atas yang tidak kosong dengan banyak nombor yang sah mempunyai supremum.

Dalam kursus analisis matematik, cadangan ini biasanya merupakan teorem dan buktinya dengan ketara menggunakan kesinambungan set nombor yang sah dalam satu bentuk atau yang lain. Pada masa yang sama, adalah mungkin sebaliknya, untuk menghapuskan kewujudan supremum dalam mana-mana yang tidak terhad terhad di atas set, dan bergantung kepadanya untuk membuktikan, sebagai contoh, prinsip kesinambungan di Dedekindu. Oleh itu, teorem sokongan adalah salah satu perkataan yang setara dengan harta kesinambungan nombor yang sah.

Komen. Daripada Supreum, anda boleh menggunakan konsep dwi dalam inphimum.

Prinsip inphimum. Mana-mana bahagian bawah yang tidak kosong dari nombor sebenar mempunyai inphimum.

Cadangan ini juga bersamaan dengan prinsip kesinambungan Dedekind. Selain itu, ia dapat ditunjukkan bahawa pernyataan teorem dalam secara langsung tersirat dari kelulusan teorem superum, dan sebaliknya (lihat di bawah).

Lemma pada salutan terakhir (prinsip Heine - Borel)[edit | Edit Wiki Text]

Artikel utama:Lemma Heine - Borel

Lemma pada salutan terakhir (Heine - Borel). Dalam mana-mana sistem selang, penutupan yang meliputi, terdapat subsistem yang terbatas yang meliputi segmen ini.

Lemma pada titik pengehadan (prinsip Bolzano - Weierstrass)[edit | Edit Wiki Text]

Artikel utama:Bolzano Teorem - Weierstrass

Lemma mengenai titik pengehadan (Bolzano - Weierstrass). Mana-mana set numerik terhad yang tidak terhingga mempunyai sekurang-kurangnya satu titik had.

Kesetaraan cadangan yang menyatakan kesinambungan banyak nombor yang sah [edit | Edit Wiki Text]

Mari buat beberapa komen awal. Selaras dengan penentuan axiomatik nombor sebenar, keseluruhan jumlah sebenar memenuhi tiga kumpulan aksioma. Kumpulan pertama - Axioms Field. Kumpulan kedua menyatakan hakikat bahawa jumlah keseluruhan nombor sebenar adalah set yang diperintahkan secara linear, dan nisbah perintah itu diselaraskan dengan operasi bidang utama. Oleh itu, kumpulan aksiom pertama dan kedua bermakna bahawa jumlah nombor yang sah adalah medan yang dipesan. Kumpulan ketiga aksioma terdiri daripada satu aksioma - axioms kesinambungan (atau kesempurnaan).

Untuk menunjukkan kesetaraan pelbagai formulasi kesinambungan nombor sebenar, ia harus dibuktikan bahawa jika salah satu cadangan ini dibuat untuk bidang yang diperintahkan, maka kesahihan semua yang lain berikut.

Teorem. Biarkan - yang sewenang-wenang diperintahkan set. Pernyataan berikut. Bersamaan:

1. Apa pun yang ada set tidak kosong dan, seperti itu untuk mana-mana dua elemen dan ketidaksamaan dilakukan, terdapat unsur seperti nisbah itu

2. Untuk mana-mana bahagian di sana adalah elemen yang menghasilkan seksyen ini

3. Mana-mana set terhad yang tidak kosong mempunyai supremum

4. Mana-mana mulanya tidak terhad yang tidak terhad mempunyai intherlum

Seperti yang dapat dilihat dari teorem ini, empat cadangan ini hanya menggunakan hakikat bahawa nisbah perintah linear diperkenalkan, dan struktur lapangan tidak digunakan. Oleh itu, setiap daripada mereka menyatakan harta itu sebagai set yang diperintahkan secara linear. Harta ini (sewenang-wenangnya diperintahkan set, tidak semestinya pelbagai nombor yang sah) dipanggil kesinambungan, atau kesempurnaan, pada dedekindu.

Bukti kesetaraan cadangan lain sudah memerlukan struktur bidang.

Teorem. Biarkan - bidang yang diarahkan sewenang-wenangnya. Cadangan berikut adalah bersamaan:

1. (sebagai set yang diperintahkan secara linear) penuh dengan dedekind

2. Untuk prinsip Archimedes dan prinsip segmen bersarang

3. Untuk prinsip Heine - Borel

4. Untuk prinsip Bolzano - Weierstrass

Komen. Seperti yang dapat dilihat dari teorem, prinsip segmen bersarang dengan sendirinya tidak bersamaan Prinsip kesinambungan Dedekind. Daripada prinsip kesinambungan Dedekind, prinsip segmen bersarang perlu dikehendaki, bagaimanapun, adalah perlu untuk terus memerlukan bidang yang teratur untuk memenuhi axom of Archimedes.

Bukti teorem yang sama boleh didapati di dalam buku dari senarai rujukan di bawah.

· Kudryavtsev, L. D. Kursus analisis matematik. - Ed 5. - m.: "Drop", 2003. - T. 1. - 704 p. - ISBN 5-7107-4119-1.

· Fichtenhalz, G. M. Asas analisis matematik. - ed ke-7. - m.: "Fizmatlit", 2002. - T. 1. - 416 p. - ISBN 5-9221-0196-X.

· Dedekind, R. Kesinambungan dan Nombor tidak rasional \u003d Stetigkeit und Inrationale Zahlen. - Edisi yang disemak semula ke-4. - Odessa: Mathesis, 1923. - 44 s.

· Zorich, V. A. Analisis matematik. Bahagian I. - Ed. 4, sambungan .. - m.: McNMO, 2002. - 657 p. - ISBN 5-94057-056-9.

· Kesinambungan fungsi dan kawasan berangka: B. Bolzano, L. O. Cauchy, R. Dedekind, Kantor. - 3 ed. - Novosibirsk: Ant, 2005. - 64 p.

4.5. Kesinambungan aksiom

Apa sahaja dua nombor sebenar yang tidak kosong A dan

B, di mana untuk mana-mana unsur a ∈ A dan B ∈ B dijalankan ketidaksamaan

a ≤ B, terdapat nombor λ yang untuk semua A ∈ A, B ∈ B berlaku

kesaksamaan A ≤ λ ≤ B.

Harta kesinambungan nombor sebenar bermakna itu

tidak ada "kekosongan", iaitu, mata yang menggambarkan nombor mengisi

semua paksi sebenar.

Kami memberikan satu lagi perumusan axiom kesinambungan. Untuk melakukan ini memperkenalkan

Definisi 1.4.5. Dua set A dan B akan dipanggil bahagian silang

set nombor sebenar jika

1) Menetapkan A dan B tidak kosong;

2) Kesatuan Set A dan B adalah set semua yang sebenar

nombor;

3) Setiap nombor set A kurang daripada bilangan set b.

Iaitu, setiap set, membentuk seksyen, mengandungi sekurang-kurangnya satu

elemen, set ini tidak mengandungi unsur umum dan, jika A ∈ A dan B ∈ B, maka

Ramai yang akan dipanggil kelas bawah, dan set B - bahagian atas

kelas bahagian. Kami akan menetapkan bahagian silang melalui b.

Contoh-contoh yang paling mudah dari bahagian adalah bahagian yang diperolehi

sebagai tambahan. Ambil nombor α dan letakkan

A \u003d (x x< α } , B = { x x ≥ α } . Легко видеть, что эти множества не пусты, не пере-

selamat dan jika A ∈ A dan B ∈ B, maka a< b , поэтому множества A и B образуют

bahagian. Begitu juga, anda boleh membentuk bahagian silang, set

A \u003d (x x ≤ α), b \u003d (x x\u003e α).

Bahagian silang sedemikian akan dipanggil bahagian silang yang dihasilkan oleh nombor α atau

kami mengatakan bahawa nombor α menghasilkan bahagian ini. Ia boleh ditulis sebagai

Bahagian yang dihasilkan oleh mana-mana nombor, mempunyai dua yang menarik

hartanah:

Harta 1. Sama ada kelas atas mengandungi nombor terkecil, dan di bawah

kelas tidak mempunyai nombor yang paling besar, atau kelas bawah mengandungi nombor terbesar

lo, dan kelas atas bukan yang terkecil.

Harta 2. Nombor yang menghasilkan bahagian ini adalah unik.

Ternyata aksiom kesinambungan yang dirumuskan di atas adalah bersamaan

kelulusan Lental, yang dipanggil prinsip Dedekind:

Prinsip dedekind. Untuk setiap bahagian terdapat nombor penjanaan

bahagian ini.

Kami membuktikan kesetaraan kenyataan ini.

Katakan bahawa aksiom kesinambungan adalah sah, dan beberapa jenis

a b. Kemudian, sejak kelas A dan B memenuhi syarat yang dirumuskan

dalam aksiom, terdapat nombor λ seperti yang ≤ λ ≤ B untuk mana-mana nombor

a ∈ A dan B ∈ B. Tetapi nombor λ harus tergolong dalam satu dan hanya satu daripada

kelas A atau B, jadi salah satu ketidaksamaan a ≤ λ akan dilakukan< b или

a.< λ ≤ b . Таким образом, число λ либо является наибольшим в нижнем классе,

atau yang terkecil di kelas atas dan menjana bahagian ini.

Kembali, biarkan prinsip dedekind dan diberi dua yang tidak kosong

menetapkan A dan B seperti itu untuk semua ∈ A dan B ∈ B ketidaksamaan

a ≤ B. Menunjukkan oleh B banyak nombor B seperti yang ≤ B untuk apa-apa

b ∈ B dan semua ∈ A. Kemudian b ⊂ B. Bagi banyak, kita akan mengambil banyak daripada semua

kampung tidak termasuk dalam b.

Kami membuktikan bahawa set A dan B membentuk bahagian silang.

Sesungguhnya, jelas bahawa set B tidak kosong, kerana ia mengandungi

set tidak kosong b. Set A juga tidak kosong, kerana jika nombor A ∈ A,

maka nombor A - 1∉ B, seperti mana-mana nombor yang dimasukkan dalam B mestilah tidak kurang

nombor A, oleh itu, A - 1∈ A.

banyak daripada semua nombor sebenar, disebabkan oleh pilihan set.

Dan, akhirnya, jika A ∈ A dan B ∈ B, maka ≤ b. Sesungguhnya, jika ada

nombor C akan memenuhi ketidaksamaan C\u003e B, di mana B ∈ B, maka ia akan menjadi setia

kesaksamaan C\u003e A (A - elemen sewenang-wenang set A) dan C ∈ B.

Oleh itu, A dan B membentuk seksyen, dan disebabkan oleh prinsip Dedekind, ada

lo λ, menjana bahagian ini, iaitu sama ada yang terbesar di dalam kelas

Kami membuktikan bahawa nombor ini tidak boleh tergolong dalam kelas A. Sah

tetapi, jika λ ∈ A, maka ada nombor A * ∈ yang seperti λ< a* . Тогда существует

nombor a 'berbaring antara nombor λ dan a *. Dari ketidaksamaan A '< a* следует, что

a '∈ a, dari ketidaksamaan λ< a′ следует, что λ не является наибольшим в

kelas A, yang bercanggah dengan prinsip dedekind. Akibatnya, nombor λ akan

kanak-kanak yang terkecil di Kelas B dan untuk semua A ∈ A dan ketidaksamaan akan dilakukan

a ≤ λ ≤ B, yang diperlukan untuk membuktikan.

Oleh itu, harta yang dirumuskan dalam aksiom dan harta benda,

dirumuskan dalam prinsip Dedekind adalah bersamaan. Pada masa akan datang, ini

sifat-sifat banyak nombor sebenar yang kita akan panggil kesinambungan

dengan dedekindu.

Dari kesinambungan banyak nombor sebenar di DedeKinda Follow

dua teorem penting.

THEOREM 1.4.3. (Prinsip Archimedes) apa pun nombor sebenar

a, ada nombor semulajadi n sedemikian rupa sehingga a< n .

Katakan bahawa kenyataan teorem itu salah, iaitu, ada

sesuatu yang B0, yang dilakukan ketidaksamaan N ≤ B0 untuk semua nombor semula jadi

n. Kami membahagikan banyak nombor sebenar menjadi dua kelas: di kelas B

semua nombor B memuaskan ketidaksamaan N ≤ B untuk mana-mana Natural N.

Kelas ini tidak kosong, kerana ia tergolong dalam nombor B0. Di kelas A, kita akan mengambil segala-galanya

nombor yang tinggal. Kelas ini juga tidak kosong, kerana nombor semula jadi

memasuki a. Kelas A dan B tidak bersilang dan persatuan mereka adalah

banyak daripada semua nombor sebenar.

Jika anda mengambil nombor sewenang-wenang A ∈ A dan B ∈ B, maka ada yang semula jadi

nombor N0 seperti itu< n0 ≤ b , откуда следует, что a < b . Следовательно, классы

A dan B memenuhi prinsip dedekind dan ada nombor α, yang

menjana bahagian rentas A B, iaitu, α sama ada yang terbesar di kelas A,

bo terkecil di kelas b. Jika kita menganggap bahawa α dimasukkan ke dalam kelas A, maka

ia boleh didapati semula jadi N1 yang mana ketidaksamaan α< n1 .

Oleh kerana N1 juga termasuk dalam, nombor α tidak akan menjadi yang terbesar di kelas ini,

akibatnya, andaian kita tidak betul dan α adalah yang terkecil

kelas b.

Sebaliknya, ambil nombor α - 1, yang termasuk dalam kelas A. Diikuti

terdapat nombor semulajadi N2 seperti α - 1< n2 , откуда получим

α < n2 + 1 . Так как n2 + 1 - натуральное число, то из последнего неравенства

ia mengikuti bahawa α ∈ A. Kontradiksi yang terhasil membuktikan teorem.◄

Corollary. Apa yang ada nombor A dan B seperti 0< a < b , существует

nombor semulajadi n yang mana\u003e B dilakukan.

Untuk membuktikan, sudah cukup untuk menerapkan prinsip Archimedes kepada

dan mengambil kesempatan daripada harta ketidaksamaan.

Penyiasatan ini mudah makna geometri: Apa sahaja dua orang

segmen, jika lebih daripada mereka, dari salah satu hujungnya secara konsisten

letakkan lebih kecil, maka anda boleh melampaui jumlah akhir langkah

segmen yang lebih besar.

Contoh 1. Buktikan bahawa untuk mana-mana nombor bukan negatif yang ada

satu-satunya nombor sebenar yang tidak negatif ialah itu

t n \u003d a, n ∈, n ≥ 2.

Teorem ini mengenai kewujudan akar aritmetik n-penting

dari nombor bukan negatif di tahun sekolah, Algebra diterima tanpa

pengantin lelaki.

☺ jika a \u003d 0, kemudian x \u003d 0, jadi bukti kewujudan aritmetik

akar dari antara nombor A diperlukan hanya untuk\u003e 0.

Katakan bahawa a\u003e 0 dan mengedarkan set semua nombor sebenar

dua kelas. Di kelas B, kami menarik semua nombor positif X yang memuaskan

krim X n\u003e ketidaksamaan, di kelas A, semua yang lain.

Menurut Axihimeda, terdapat nombor semulajadi K dan M seperti itu

< a < k . Тогда k 2 ≥ k > A dan 2 ≤< a , т.е. оба класса непусты, причем класс

A mengandungi nombor positif.

Jelas, a ∪ b \u003d dan jika x1 ∈ a dan x2 ∈ b, maka x1< x2 .

Oleh itu, kelas A dan B membentuk seksyen salib. Nombor yang angka itu

seksyen, tunjukkan oleh t. Maka t sama ada nombor tertinggi di dalam kelas

ce a, atau yang terkecil di kelas B.

Katakan bahawa t ∈ a dan t n< a . Возьмем число h , удовлетворяющее нера-

kekayaan 0.< h < 1 . Тогда

(T + h) n \u003d t n + cnt n-1h + cn t n-2h2 + ... + cnn hn< t n + Cnt n−1h + Cn t n−2h + ... + Cn h =

T N + H (CNT N-1 + CN T N-2 + ... + CN + CN T N) - HCN T N \u003d T N + H (T + 1) - HT N \u003d

T n + h (t + 1) - t n

Kemudian dapatkan (t + h)< a . Это означает,

Dari sini jika anda mengambil h<

bahawa t + h ∈ a, yang bercanggah dengan fakta bahawa t adalah elemen terbesar di kelas A.

Begitu juga, dengan mengandaikan bahawa t adalah unsur terkecil kelas B,

bahawa, mengambil nombor H, memuaskan ketidaksamaan 0< h < 1 и h < ,

kami memperoleh (T - H) \u003d T N - CNT N-1H + CN T N-2 H 2 - ... + (-1) cn h n\u003e

\u003e T n - cnt n-1h + cn t n-2h + ... + cn h \u003d t n - h (t + 1) - t n\u003e a.

Ini bermakna bahawa T - H ∈ B dan T tidak boleh menjadi elemen terkecil

kelas b. Oleh itu, t n \u003d a.

Keistimewaan berikut dari hakikat bahawa jika T1< t2 , то t1n < t2 .☻ n

Contoh 2. Buktikan bahawa jika a< b , то всегда найдется рациональное число r

seperti A.< r < b .

☺ Jika nombor A dan B adalah rasional, nombor itu rasional dan berpuas hati

ia mengenakan syarat yang diperlukan. Katakan sekurang-kurangnya satu daripada nombor A atau B

sebagai contoh, Iraniano, katakanlah bahawa nombor yang tidak rasional b. Diandaikan

baik juga, bahawa ≥ 0, kemudian b\u003e 0. Kami menulis perwakilan nombor A dan B dalam bentuk

pecahan perpuluhan: a \u003d α 0, α1α 2α 3 .... dan b \u003d β 0, β1β 2 β3 ..., di mana pecahan kedua

senyap dan tidak berkala. Bagi perwakilan nombor A, kita akan dipertimbangkan

untuk membuatnya jika nombor A adalah rasional, maka rakamannya sama ada terhingga, atau ia adalah

fraksi rodic, tempoh yang tidak sama dengan 9.

Sejak b\u003e A, kemudian β 0 ≥ α 0; Jika β 0 \u003d α 0, kemudian β1 ≥ α1; Jika β1 \u003d α1, kemudian β 2 ≥ α 2

dan lain-lain, dan ada nilai seperti yang saya, di mana kali pertama akan menjadi

ketidaksamaan yang kuat βi\u003e α i. Kemudian nombor β 0, β1β 2 ... βi akan menjadi rasional

saya akan berbohong antara nombor A dan B.

Sekiranya.< 0 , то приведенное рассуждение надо применить к числам a + n и

b + N, di mana N adalah nombor semula jadi, seperti yang n ≥ a. Kewujudan nombor sedemikian

ia mengikuti dari Axihimedia. ☻.

Definisi 1.4.6. Biarkan ia diberikan urutan segmen paksi berangka

([An; BN]),< bn . Эту последовательность будем называть системой вло-

segmen feminin, jika untuk apa-apa ketidaksamaan n ≤ an + 1 dan

Untuk sistem sedemikian, kemasukan dilakukan.

[A1; B1] ⊃ [A2; B2] ⊃ [A3; B3] ⊃ ... ⊃ [an; BN] ⊃ ...

iaitu, setiap segmen seterusnya terkandung pada sebelumnya.

THEOREM 1.4.4. Untuk mana-mana sistem segmen bersarang, ada

sekurang-kurangnya satu mata yang memasuki setiap segmen ini.

Ambil dua set a \u003d (an) dan b \u003d (BN). Mereka tidak kosong dan dengan apa-apa

n dan m dilakukan ketidaksamaan a< bm . Докажем это.

Jika n ≥ m, maka< bn ≤ bm . Если n < m , то an ≤ am < bm .

Oleh itu, kelas A dan B memenuhi aksiom kesinambungan dan,

akibatnya, terdapat nombor λ seperti yang ≤ λ ≤ BN untuk mana-mana N, I.e. ini adalah

nombor itu tergolong dalam mana-mana segmen [AN; BN] .◄.

Pada masa akan datang (Teorem 2.1.8), kami menjelaskan teorem ini.

Kenyataan yang dirumuskan di Teorem 1.4.4 dipanggil prinsip

Cantor, dan satu set yang memenuhi syarat ini akan dipanggil

terganggu oleh memenuhi.

Kami telah membuktikan bahawa jika pesanan yang dipesan secara berterusan secara berterusan

kindu, kemudian di dalamnya prinsip Archimedes dan ia terus-menerus dengan memenuhi keperluan.

Ia boleh dibuktikan bahawa set yang diperintahkan di mana yang dicetak

cips of Archimedes dan Cantor akan berterusan di DedeKinda. Bukti

fakta ini terkandung, contohnya, dalam.

Prinsip Archimedes membolehkan setiap segmen sepadan dengan

yang satu-satunya positifsyarat-syarat yang memuaskan:

1. Segmen yang sama sepadan dengan nombor yang sama;

2. Jika segmen mantra dan segmen AB dan matahari sepadan dengan nombor A dan

b, maka segmen AU sepadan dengan nombor A + B;

3. Sesetengah segmen sepadan dengan nombor 1.

Nombor yang sepadan dengan setiap segmen dan syarat-syarat yang memuaskan 1-3

panjang segmen ini dipanggil.

Prinsip Cantor membolehkan anda membuktikan bahawa untuk setiap positif

nombor-nombor boleh didapati segmen yang panjangnya sama dengan nombor ini. Dengan cara ini,

antara pluraliti nombor sebenar positif dan set potongan

coves yang didepositkan dari satu titik lurus pada sisi yang ditentukan

dari sudut ini, anda boleh memasang pematuhan yang saling tidak jelas.

Ini membolehkan anda menentukan paksi berangka dan masukkan surat-menyurat

menunggu nombor sebenar dan mata pada garis lurus. Untuk melakukan ini, ambil beberapa

rui secara langsung dan pilih titik mengenainya mengenainya, yang akan membahagikan ini terus ke dua

ray. Salah satu sinaran ini akan dipanggil positif, dan yang kedua negatif

. Kemudian kita akan mengatakan bahawa kita telah memilih arah di lurus ini.

Definisi 1.4.7. Paksi berangka akan dipanggil langsung di mana

a) titik O, yang dipanggil permulaan rujukan atau permulaan koordinat;

b) arahan;

c) Segmen panjang tunggal.

Sekarang setiap nombor sebenar A adalah setanding dengan titik m ke nombor

howl langsung supaya itu

a) nombor 0 yang sesuai dengan asal koordinat;

b) om \u003d a - panjang segmen dari permulaan koordinat ke titik m adalah sama

nombor modul;

c) Jika A secara positif, titik diambil pada sinar positif dan,

sama ada negatif, maka - pada negatif.

Peraturan ini menetapkan pematuhan yang saling tidak jelas di antara

pluraliti nombor sebenar dan pelbagai mata pada garis lurus.

Angka lurus (paksi) juga akan dipanggil langsung sebenar

Dari sini, ia juga mengikuti makna geometri modul nombor sebenar

lA: Modul nombor adalah sama dengan jarak dari permulaan koordinat ke titik,

nombor ini adalah pada paksi berangka.

Sekarang kita boleh memberikan tafsiran geometri hartanah 6 dan 7

modul nombor sebenar. Dengan nombor x positif, memuaskan

harta 6, isi jurang (-c, c), dan nombor X memuaskan

harta 7 berbaring di atas sinar (-∞, c) atau (C, + ∞).

Kami perhatikan satu lagi yang indah harta geometri Modul

nombor.

Modul perbezaan kedua-dua nombor adalah sama dengan jarak antara mata, sepadan

memohon nombor-nombor ini pada paksi sebenar.

rYH Standard Numerical Sets.

Banyak nombor semula jadi;

Banyak integer;

Banyak nombor rasional;

Banyak nombor sebenar;

Set, masing-masing, integer, rasional dan terjejas

nombor bukan negatif;

Banyak nombor kompleks.

Di samping itu, banyak nombor sebenar dinyatakan sebagai (-∞, + ∞).

Subset set ini:

(a, b) \u003d (x | x ∈ r, a< x < b} - интервал;

[a, b] \u003d (x | x ∈ r, a ≤ x ≤ b) - segmen;

(a, b] \u003d (x | x ∈ r, a< x ≤ b} или [ a, b) = { x | x ∈ R, a ≤ x < b} - полуинтерва-

lies atau setengah dues;

(a, + ∞) \u003d (x | x ∈ r, a< x} или (−∞, b) = { x | x ∈ R, x < b} - открытые лучи;

[a, + ∞) \u003d (x | x ∈ r, a ≤ x) atau (-∞, b] \u003d (x | x ∈ r, x ≤ b) - Sinar tertutup.

Akhirnya, kadang-kadang kita memerlukan jurang yang kita tidak akan mempunyai penting

hujungnya tergolong dalam jurang ini atau tidak. Kita akan menjadi jurang sedemikian

denot oleh A, B.

§ 5 set berangka terhad

Definisi 1.5.1. Set angka X dipanggil terhad

dari atas, jika terdapat nombor M seperti x ≤ m untuk mana-mana elemen x dari

tetapkan x.

Definisi 1.5.2. Set angka X dipanggil terhad

di bawah, jika terdapat nombor M seperti x ≥ m untuk mana-mana elemen x

tetapkan x.

Definisi 1.5.3. Set angka X dipanggil terhad

jika ia terhad dari atas dan di bawah.

Dalam rekod simbolik, definisi ini akan kelihatan seperti yang berikut

set X adalah terhad dari atas, jika ∃m ∀x ∈ x: x ≤ m,

terhad dari bawah jika ∃m ∀x ∈ x: x ≥ m dan

limited jika ∃m, m ∀x ∈ x: m ≤ x ≤ m.

THEOREM 1.5.1. Set numerik X adalah terhad kemudian dan hanya kemudian

apabila terdapat nombor C seperti itu untuk semua elemen X dari set ini

ketidaksamaan X ≤ C dilakukan.

Biarkan set X adalah terhad. Letakkan c \u003d max (m, m) -

lebih dari Nombor M dan M. Kemudian, menggunakan sifat modul sebenar

nombor, kami memperoleh ketidaksamaan x ≤ m ≤ m ≤ c dan x ≥ m ≥ - m ≥ -c, di mana

ia adalah x ≤ c.

Kembali jika ketidaksamaan X ≤ C dilakukan, kemudian -c ≤ x ≤ c. Ini adalah

cara, jika anda meletakkan m \u003d c dan m \u003d -c .◄

Nombor m mengehadkan set x dari atas dipanggil bahagian atas

sempadan set. Jika m adalah had atas x, maka apa-apa

nombor M ', yang lebih besar daripada m, juga akan menjadi batas atas set ini.

Jadi kita boleh bercakap tentang set batas atas set

X. Menandakan banyak sempadan atas melalui m. Kemudian, ∀x ∈ x dan ∀m ∈ m

oleh itu, ketidaksamaan X ≤ M akan dilakukan, oleh itu, menurut aksiom berterusan

ia wujud nombor m 0 seperti x ≤ m 0 ≤ m. Nombor ini dipanggil

sempadan atas set set berangka X atau muka atas ini

set atau supremum set x dan dilambangkan oleh m 0 \u003d sup x.

Oleh itu, kami membuktikan bahawa setiap set angka yang tidak kosong,

terhad dari atas, sentiasa mempunyai sempadan atas yang tepat.

Jelas sekali, persamaan m 0 \u003d sup x bersamaan dengan dua syarat:

1) ∀x ∈ x adalah ketidaksamaan x ≤ m 0, i.e. M 0 - bahagian atas set set

2) ∀ε\u003e 0 ∃Xε ∈ x supaya ketidaksamaan xε\u003e m 0 - ε dilakukan, iaitu. graf ini

nitsu tidak dapat diperbaiki (mengurangkan).

Contoh 1. Pertimbangkan set X \u003d ⎨1 - ⎬. Kami membuktikan bahawa SUP X \u003d 1.

Sama, pertama, ketidaksamaan 1 -< 1 выполняется для любого

n ∈; Kedua, jika anda mengambil nombor positif sewenang-wenang ε, maka

prinsip Archimedes boleh didapati Nombor Nombor Nε, seperti Nε\u003e. Ke-

gDA akan dilakukan ketidaksamaan 1 -\u003e 1 - ε, iaitu. Menemui unsur xnε

x, lebih besar daripada 1 - ε, yang bermaksud bahawa 1 adalah sempadan atas terkecil

Begitu juga, ia boleh dibuktikan bahawa jika set itu terhad kepada di bawah, maka

ia mempunyai sempadan yang lebih rendah, yang juga dikenali sebagai Gra-

set baru atau infimum X dan menandakan INF X.

Kesaksamaan M0 \u003d INF X adalah bersamaan dengan syarat-syarat:

1) ∀x ∈ x adalah ketidaksamaan x ≥ m0;

2) ∀ε\u003e 0 ∃Xε ∈ X supaya ketidaksamaan Xε dilakukan< m0 + ε .

Jika dalam set X terdapat unsur tertinggi X0, maka kami akan memanggilnya

unsur maksimum set X dan menandakan x0 \u003d max x. Kemudian

sup x \u003d x0. Begitu juga, jika terdapat unsur terkecil dalam satu set, maka

kita akan memanggilnya minimum, menandakan min x dan ia akan berada di-

fimuloma ditetapkan x.

Sebagai contoh, banyak nombor semula jadi mempunyai elemen terkecil -

satu unit yang pada masa yang sama set infimum. Makan malam

muma tidak banyak, kerana ia tidak terhad dari atas.

Takrif sempadan teratas dan bawah yang tepat boleh dilanjutkan ke

set, tanpa had dari atas atau di bawah, percaya, sup x \u003d + ∞ atau,

berkembar, inf x \u003d -∞.

Sebagai kesimpulan, kami merumuskan beberapa sifat dari graf atas dan bawah

Harta 1. Let X menjadi beberapa set angka. Tunjukkan oleh

- X Set (- X | X ∈ X). Kemudian sup (- x) \u003d - INF X dan INF (- X) \u003d - SUP X.

Harta 2. Let X menjadi beberapa set berangka λ - sebenar

nombor. Denote by λ x set (λ x | x ∈ x). Kemudian jika λ ≥ 0, maka

sup (λ x) \u003d λ sup x, inf (λ x) \u003d λ inf x dan, jika λ< 0, то

sup (λ x) \u003d λ inf x, inf (λ x) \u003d λ sup x.

Harta 3. Biarkan x1 dan x 2 set angka.. Tunjukkan oleh

X1 + x 2 set (x1 + x2 | x1 ∈ x 1, x2 ∈ x 2) dan melalui x1 - x 2

(x1 - x2 | x1 ∈ x1, x2 ∈ x 2). Kemudian sup (x 1 + x 2) \u003d sup x 1 + sup x 2,

inf (x1 + x 2) \u003d inf x1 + inf x 2, sup (x 1 - x 2) \u003d sup x 1 - inf x 2 dan

iNF (X1 - X 2) \u003d INF X1 - SUP X 2.

Harta 4. Biarkan X1 dan X 2 menjadi set berangka, semua elemen yang mana

ryy adalah nonnegatif. Kemudian

sup (x1 x 2) \u003d sup x1 ⋅ sup x 2, inf (x1 x 2) \u003d inf x 1 ⋅ inf x 2.

Kami membuktikan, sebagai contoh, persamaan pertama dalam harta 3.

Biarkan x1 ∈ x1, x2 ∈ x 2 dan x \u003d x1 + x2. Maka x1 ≤ sup x1, x2 ≤ sup x 2 dan

x ≤ sup x1 + sup x 2, dari mana sup (x1 + x 2) ≤ sup x1 + sup x 2.

Untuk membuktikan ketidaksamaan yang bertentangan, ambil nombor itu

y.< sup X 1 + sup X 2 . Тогда можно найти элементы x1 ∈ X1 и x2 ∈ X 2 такие,

bahawa x1.< sup X1 и x2 < sup X 2 , и выполняется неравенство

y.< x1 + x2 < sup X1 + sup X 2 . Это означает, что существует элемент

x \u003d + x1 x2 ∈ x1 + x2, yang lebih besar daripada nombor y dan

sup x1 + sup x 2 \u003d sup (x1 + x 2) .◄

Bukti sifat-sifat yang tinggal dijalankan sama dan menyediakan

ikut pembaca.

§ 6 mengira dan set uncountable

Definisi 1.6.1. Pertimbangkan set nombor Nombor semula jadi yang pertama

n \u003d (1.2, ..., n) dan sesetengah set a. Jika anda boleh memasang bersama

surat-menyurat yang tidak jelas antara A dan N, maka set A akan dipanggil

terhingga.

Definisi 1.6.2. Biarkan beberapa set A. Jika saya boleh

mewujudkan surat-menyurat yang saling unik di antara set A dan

nombor semula jadi, maka set A akan dipanggil

Definisi 1.6.3. Sekiranya set A pasti atau boleh dikira, maka kami akan

tulis bahawa ia tidak lebih daripada boleh dikira.

Oleh itu, set akan dihitung jika unsur-unsurnya boleh

dimasukkan ke dalam bentuk urutan.

Contoh 1. Banyak bilangan nombor - boleh dikira, sejak pemetaan n ↔ 2n

adalah surat-menyurat yang saling tegas antara pelbagai alam

nombor dan banyak nombor.

Jelas sekali, surat-menyurat sedemikian boleh dipasang bukan satu-satunya cara

zom. Sebagai contoh, anda boleh menetapkan surat-menyurat antara set dan banyak

membantu (integer) dengan menetapkan pematuhan dengan cara ini

Apabila membina teori axiomatic nombor semula jadi, istilah utama akan menjadi "elemen" atau "nombor" (yang dalam konteks manual ini, kita boleh mempertimbangkan kedua-dua sinonim) dan "ditetapkan", hubungan utama: "kepunyaan" (yang unsur kepunyaan set), "Kesaksamaan" dan " ikuti"Denotsed a / (baca" nombor dan sentuhan mengikuti nombor A ", sebagai contoh, ketiga-tiga berikut triple, iaitu, 2 / \u003d 3, dalam nombor 10, nombor 11 berikut, iaitu, 10 / \u003d 11, dsb.).

Pelbagai nombor semula jadi(Secara semulajadi, bilangan bulat positif) dipanggil set N dengan nisbah yang diperkenalkan "Ikuti", di mana 4 aksiiom berikut dibuat:

A 1. Dalam set n terdapat unsur yang dipanggil unityang tidak mengikuti sebarang nombor lain.

A 2. Bagi setiap elemen baris semulajadi, terdapat satu-satunya berikut.

Dan 3. Setiap elemen n mengikuti tidak lebih daripada satu elemen baris semulajadi.

4. ( Induksi acceioma.) Makan subset M Set N mengandungi unit, serta bersama-sama dengan setiap elemen A, dan unsur seterusnya A /, maka M bertepatan dengan N.

Axioms yang sama boleh ditulis secara ringkas dengan simbol matematik:

A 1 ( 1  n) ( a  n) A / ≠ 1

A 2 ( a  n) ( a /  n) a \u003d b \u003d\u003e a / \u003d b /

A 3 a / \u003d b / \u003d\u003e a \u003d b

Jika elemen B mengikuti unsur A (B \u003d A /), maka kami akan mengatakan bahawa unsur A adalah sebelum untuk elemen B (atau mendahului B). Sistem aksiom ini dipanggil sistem Axiom Peano. (Memandangkan ia diperkenalkan di XIX Century Itali Matematik Juseppe Peano). Ini hanya satu daripada set aksiom yang mungkin, yang membolehkan menentukan set nombor semula jadi; Terdapat pendekatan bersamaan yang lain.

Sifat paling mudah dari nombor semula jadi

Harta 1.. Sekiranya item berbeza, maka yang berikut adalah berbeza kerana mereka, iaitu,

a  b \u003d\u003e a /  b /.

Bukti Ia dijalankan oleh kaedah dari NF: Katakan bahawa A / \u003d B /, kemudian (oleh 3) A \u003d B, yang bercanggah dengan keadaan teorem.

Harta 2.. Jika unsur-unsur berbeza, maka yang terdahulu (jika mereka wujud) adalah berbeza, itu

a /  b / \u003d\u003e a  b.

Bukti: Katakan bahawa A \u003d B, maka, menurut A 2, kita mempunyai A / \u003d B /, yang bercanggah dengan keadaan teorem.

Harta 3.. Tiada nombor semulajadi tidak seperti berikut.

Bukti: Kami memperkenalkan pertimbangan yang ditetapkan yang terdiri daripada nombor semulajadi yang mana keadaan ini dilakukan

M \u003d (a  n | a  a /).

Bukti akan dijalankan, berdasarkan aksiom induksi. Dengan menentukan set m, ia adalah subset set nombor semula jadi. Seterusnya, 1, kerana unit itu tidak boleh berada di mana-mana nombor semula jadi (A 1), dan oleh itu, termasuk untuk A \u003d 1, kita ada: 1  1 /. Katakan sekarang bahawa sesetengah  M. Ini bermakna bahawa  a / (mengikut definisi m), dari mana a /  (a /) / (harta 1), iaitu, a /  M. dari semua yang disebutkan di atas Aksioman induksi dapat disimpulkan bahawa m \u003d n, iaitu, teorem kita adalah benar untuk semua nombor semula jadi.

Teorem 4.. Untuk sebarang nombor semulajadi yang berbeza dari 1, terdapat nombor sebelumnya.

Bukti: Pertimbangkan banyak orang

M \u003d (1)  (c n | ( a  n) c \u003d a /).

Ini M adalah subset pelbagai nombor semula jadi, unit itu jelas kepunyaan set ini. Bahagian kedua set ini adalah unsur-unsur yang ada sebelum ini, oleh itu, jika  M, maka A / juga milik M (bahagian kedua, kerana A / terdahulu - ini adalah a). Oleh itu, berdasarkan aksiom induksi, m bertepatan dengan pelbagai nombor semulajadi, yang bermaksud semua nombor semula jadi sama ada 1 atau yang mana terdapat unsur sebelumnya. Teorem dibuktikan.

Konsistensi teori axiomatic nombor semula jadi

Sebagai model intuitif satu set nombor semula jadi, anda boleh mempertimbangkan kit dari siscik: nombor 1 akan sesuai dengan |, nombor 2 ||, dan lain-lain, iaitu, baris semulajadi akan kelihatan:

|, ||, |||, ||||, ||||| ….

Siri cercet ini boleh berfungsi sebagai model nombor semula jadi, jika hubungan "mengikuti" menggunakan "mengaitkan satu lubang kepada nombor" sebagai hubungan. Keadilan semua Axiom secara intuitif jelas. Sudah tentu, model ini tidak logik. Untuk membina model yang ketat, anda perlu mempunyai satu lagi teori aksiomasi yang konsisten. Tetapi teori sedemikian di pelupusan kita, seperti yang telah dinyatakan di atas, tidak. Oleh itu, atau kita terpaksa bergantung kepada intuisi, atau tidak menggunakan kaedah model, tetapi untuk merujuk kepada fakta bahawa selama lebih dari 6 milenium, di mana nombor semulajadi dikaji, tidak ada percanggahan dengan aksen ini.

Kemerdekaan sistem oleh Axiom Peano

Untuk membuktikan kebebasan aksiom pertama, cukup untuk membina model di mana Axiom A 1 adalah palsu, dan Axioms 2, dan 3, dan 4 kebenaran. Pertimbangkan sebagai istilah utama (elemen) nombor 1, 2, 3, dan nisbah "mengikuti" dengan menentukan hubungan: 1 / \u003d 2, 2 / \u003d 3, 3 / \u003d 1.

Dalam model ini, tidak ada unsur yang tidak akan mengikuti mana-mana yang lain (Axiom 1 False), tetapi semua aksioma lain dilakukan. Oleh itu, aksiom pertama tidak bergantung kepada yang lain.

Aksiom kedua terdiri daripada dua bahagian - kewujudan dan keunikan. Kemerdekaan aksiom ini (dari segi kewujudan) boleh digambarkan pada model dua nombor (1, 2) dengan nisbah "ikuti" yang ditentukan oleh satu-satunya hubungan: 1 / \u003d 2:

Untuk dua, tidak ada unsur seterusnya, aksioma adalah 1, dan 3, dan 4 adalah benar.

Kemerdekaan aksiom ini, dari segi keunikan, menggambarkan model di mana set N akan menjadi set semua nombor semula jadi biasa, serta segala macam kata-kata (set huruf yang tidak semestinya mempunyai makna) yang terdiri daripada huruf abjad Latin (selepas huruf Z akan datang AA, kemudian AB ... Az, kemudian BA ...; Untuk semua perkataan yang mungkin dari dua huruf, yang terakhir yang akan menjadi Zz, mengikuti perkataan AAA, dan sebagainya). Nisbah "Ikut untuk" kami memperkenalkan seperti yang ditunjukkan dalam Rajah:

Di sini, Axioms A 1, dan 3, dan 4 juga benar, tetapi untuk 1 anda harus segera dua elemen 2 dan a. Oleh itu, Axioma 2 tidak bergantung kepada yang lain.

Kemerdekaan Axiom 3 menggambarkan model:

di mana 1, A 2, dan 4 adalah benar, tetapi nombor 2 berikut dan dalam nombor 4, dan dari segi nombor 1.

Untuk membuktikan kemerdekaan, aksioman induksi menggunakan set N, yang terdiri daripada semua nombor semula jadi, serta tiga huruf (A, B, C). Sikap relatif dalam model ini boleh dimasukkan seperti yang ditunjukkan dalam angka berikut:

Di sini, untuk nombor semulajadi, hubungan biasa digunakan, dan untuk huruf, nisbah "mengikuti" ditentukan oleh formula berikut: A / \u003d B, B / \u003d C, C / \u003d a. Adalah jelas bahawa 1 tidak mengikuti sebarang nombor semula jadi, untuk setiap ada yang berikut, dan lebih-lebih lagi, hanya satu, setiap elemen mengikuti tidak lebih daripada satu elemen. Walau bagaimanapun, jika kita menganggap set m yang terdiri daripada nombor semula jadi biasa, ia akan menjadi subset set ini yang mengandungi unit, serta elemen seterusnya bagi setiap elemen dari M. Walau bagaimanapun, subset ini tidak akan bertepatan dengan keseluruhan model di bawah Pertimbangan, kerana ia tidak akan mengandungi huruf A, B, c. Oleh itu, aksiom induksi dalam model ini tidak dilakukan, dan, akibatnya, aksiom induksi tidak bergantung kepada aksioma yang lain.

Teori axiomatic nombor semula jadi adalah kategori (lengkap dalam pengertian sempit).

 (n /) \u003d ( (n)) /.

Prinsip Induksi Matematik Lengkap.

Teorem induksi.Biarkan beberapa pernyataan P (n) dirumuskan untuk semua nombor semula jadi, dan biarkan A) P (1) - Sesungguhnya, b) Dari fakta bahawa P (k) adalah benar, ia mengikuti bahawa P (K /) juga benar. Kemudian pernyataan P (N) adalah benar untuk semua nombor semula jadi.

Untuk membuktikan, kami memperkenalkan set m nombor semulajadi n (m  n), yang mana kenyataan P (n) adalah benar. Kami menggunakan Axiom A 4, iaitu, kami akan cuba membuktikan bahawa:

1. k  m \u003d\u003e k /  M.

Jika kita berjaya, maka, menurut Axiom A 4, kita akan dapat menyimpulkan bahawa M \u003d N, iaitu, P (N) adalah benar untuk semua nombor semula jadi.

1) Di bawah keadaan A) Teorem, P (1) adalah benar, oleh itu, 1  M.

2) Jika sesetengah K  m, maka (menurut pembinaan M) P (k) - Sesungguhnya. Di bawah keadaan B) Teorem, ia memerlukan kebenaran P (K /), yang bermaksud K /  M.

Oleh itu, menurut aksiom induksi (A 4) m \u003d n, dan oleh itu P (n) benar-benar benar untuk semua nombor semula jadi.

Oleh itu, aksiom induksi membolehkan anda membuat kaedah bukti oleh teorem "induksi". Kaedah ini memainkan peranan penting dalam bukti teorem utama aritmetik mengenai nombor semula jadi. Ia terdiri daripada yang berikut:

1) Keadilan kelulusan diperiksan.=1 (asas induksi) ,

2) Keadilan pernyataan ini sepatutnyan.= k.di mana sahajak. - Nombor semulajadi sewenang-wenangnya(Asumsi Induksi) , dan dengan mengambil kira andaian ini kesahihan kelulusan untukn.= k. / (langkah induksi ).

Bukti berdasarkan algoritma ini dipanggil bukti kaedah induksi matematik .

Tugas untuk keputusan diri

№ 1.1. Ketahui mana dari sistem yang disenaraikan memenuhi aksioma Peano (model banyak nombor semula jadi), menentukan aksiom yang dibuat, dan yang tidak.

a) n \u003d (3, 4, 5 ...), n / \u003d n + 1;

b) n \u003d (n ¥ 6, n  N.), n / \u003d n + 1;

c) n \u003d (n  - 2, n  Z.), n / \u003d n + 1;

d) n \u003d (n  - 2, n  Z.), n / \u003d n + 2;

e) nombor semula jadi yang ganjil, n / \u003d n +1;

e) nombor semula jadi yang ganjil, n / \u003d n +2;

g) Nombor semula jadi dengan nisbah n / \u003d n + 2;

h) n \u003d (1, 2, 3), 1 / \u003d 3, 2 / \u003d 3, 3 / \u003d 2;

dan) n \u003d (1, 2, 3, 4, 5), 1 / \u003d 2, 2 / \u003d 3, 3 / \u003d 4, 4 / \u003d 5, 5 / \u003d 1;

k) Nombor semula jadi, berganda 3 dengan menghormati N / \u003d N + 3

l) Mengetahui nombor semula jadi dengan nisbah n / \u003d n + 2

m) integer.
.