Az elméletalkotás axiomatikus módszeréről. Természetes szám definíciója

OMSKI ÁLLAMI PEDAGÓGIAI EGYETEM
AZ OMSPU SZÁLLÍTÁSA TÁRÁBAN
BBK Megjelenik a szerkesztőség és a kiadó döntése alapján
22. A tarai OmSPU fiók 73. szektora
Ch67

Az ajánlások diákoknak szólnak pedagógiai egyetemek az "Algebra és számelmélet" tudományág tanulmányozása. Ezen tudományágon belül, összhangban állami szabvány a 6. félévben a „Számrendszerek” részt tanulják. Ezek az ajánlások a természetes számrendszerek (Peano-féle axiómarendszer), az egész számok és a racionális számok rendszereinek axiomatikus felépítéséhez nyújtanak anyagot. Ez az axiomatika lehetővé teszi, hogy jobban megértse, mi az a szám, amely az iskolai matematika tanfolyam egyik alapfogalma. Az anyag jobb asszimilációja érdekében a megfelelő témákban feladatokat adunk. Az ajánlások végén válaszok, instrukciók, problémák megoldásai találhatók.

Lektor: Ph.D., prof. Dalinger V.A.

c) Mozhan N.N.

Közzétételre aláírva - 98.10.22

újságpapír
Példányszám 100 példány.
Operatív nyomtatási módszer
OmGPU, 644099, Omszk, nab. Tuhacsevszkij, 14 éves
fiók, 644500, Tara, st. Iskola, 69

1. TERMÉSZETES SZÁMOK.

A természetes számrendszer axiomatikus felépítésénél feltételezzük, hogy a halmaz fogalma, relációk, függvények és egyéb halmazelméleti fogalmak ismertek.

1.1 Peano axiómáinak rendszere és a legegyszerűbb következmények.

Peano axiomatikus elméletének kezdeti fogalmai az N halmaz (amit természetes számok halmazának fogunk nevezni), ebből a speciális nulla (0) és a bináris reláció "követi" az N-t, amelyet S(a) jelöl. vagy a().
AXIOMS:
1. ((a(N) a"(0 (Van egy 0 természetes szám, amely nem követ egyetlen számot sem.)
2. a=b (a"=b" (Mindegyikhez természetes szám a van egy következő a" természetes szám, és csak egy.)
3. a"=b" (a=b (Minden természetes szám legfeljebb egy számot követ.)
4. (indukció axiómája) Ha az M(N és M) halmaz két feltételt teljesít:
A) 0(M;
B) ((a(N) a(M® a"(M, akkor M=N.
A funkcionális terminológiában ez azt jelenti, hogy az S:N®N leképezés injektív. Az 1. axióma azt jelenti, hogy az S:N®N térkép nem szürjektív. A 4. axióma az állítások „matematikai indukciós módszerével” való bizonyításának alapja.
Megjegyezzük a természetes számok néhány tulajdonságát, amelyek közvetlenül az axiómákból következnek.
Tulajdonság 1. Minden a(0) természetes szám egy és csak egy számot követ.
Bizonyíték. Jelölje M-mel a nullát tartalmazó természetes számok halmaza és minden olyan természetes szám, amelyek mindegyike valamilyen számot követ. Elegendő megmutatni, hogy M=N, az egyediség a 3. axiómából következik. Alkalmazzuk a 4. indukció axiómáját:
A) 0(M - az M halmaz felépítésével;
B) ha a(M, akkor a"(M, mert a"-t követi a.
Ezért a 4. axióma értelmében M=N.
2. tulajdonság. Ha a(b, akkor a"(b).
A tulajdonságot az "ellentmondásos" módszerrel igazoljuk, a 3. axióma felhasználásával. A következő 3. tulajdonságot is hasonlóképpen bizonyítjuk a 2. axióma segítségével.
3. tulajdonság. Ha a"(b), akkor a(b.
4. tulajdonság ((a(N)a(a). (Nincs természetes szám követi önmagát.)
Bizonyíték. Legyen M=(x (x(N, x(x").). Elegendő megmutatni, hogy M=N. Mivel az 1. axióma szerint ((x(N)x"(0)), különösen 0"(0, és így teljesül a 4 0(M) axióma A) feltétele. Ha x(M, azaz x(x), akkor a 2. tulajdonság által x"((x")", ami azt jelenti, hogy a B) x( M ® x (M. De akkor a 4. axióma szerint M=N.
Legyen ( a természetes számok valamilyen tulajdonsága. Az a tény, hogy az a szám rendelkezik a tulajdonsággal (, azt írjuk ((a).).
Feladat 1.1.1. Bizonyítsuk be, hogy a természetes számok halmazának definíciójából származó 4. axióma ekvivalens a következő állítással: bármely tulajdonságra (, ha ((0) és, akkor.
Feladat 1.1.2. Az A=(a,b,c) háromelemű halmazon az unáris művelet (: a(=c, b(=c, c(=a)) a következőképpen van definiálva. Melyik Peano-axióma igaz a állítsa be az A-t a (?
Feladat 1.1.3. Legyen A=(a) egyelemű halmaz, a(=a. A Peano-axiómák közül melyik igaz az A halmazra a (?) művelettel.
Feladat 1.1.4. Az N halmazon egy unáris műveletet definiálunk úgy, hogy bármelyiket beállítjuk. Nézze meg, hogy a Peano-féle axiómák műveletként megfogalmazott állításai igazak-e N-ben.
Feladat 1.1.5. Legyen. Bizonyítsuk be, hogy A zárt a művelet alatt (. Ellenőrizze a Peano-axiómák igazságát az A halmazon a (.) művelettel.
Feladat 1.1.6. Legyen, . Egy unáris műveletet definiálunk A-n beállítással. Mely Peano-axiómák igazak egy művelettel rendelkező A halmazra?

1.2. A Peano-féle axiómarendszer következetessége és kategorikussága.

Egy axiómarendszert akkor nevezünk konzisztensnek, ha a T tételt és tagadását lehetetlen bizonyítani axiómáiból. Ezért az axiómarendszer konzisztenciája feltétlenül szükséges követelmény.
Ha egy axiomatikus elméletben nincs T tétel és tagadása (T), akkor ez nem jelenti azt, hogy az axiómarendszer konzisztens, ilyen elméletek a jövőben is előfordulhatnak, ezért bizonyítani kell az axiómarendszer konzisztenciáját. A konzisztencia bizonyításának legáltalánosabb módja az az értelmezési módszer, amely azon alapul, hogy ha egy ismert konzisztens S elméletben létezik egy axiómarendszer értelmezése, akkor maga az axiómarendszer is konzisztens. axiómák inkonzisztensek, akkor a T és a (T) tételek bizonyíthatóak lennének benne, de akkor ezek a tételek érvényesek lennének és az értelmezésében is, és ez ellentmond az S elmélet konzisztenciájának. Az értelmezés módszere lehetővé teszi, hogy csak a az elmélet relatív következetessége.
A Peano-féle axiómarendszerre sokféle értelmezés konstruálható. A halmazelmélet különösen gazdag értelmezésekben. Mutassunk egyet ezen értelmezések közül. Természetes számoknak tekintjük a (, ((), (()), ((())),...) halmazokat, speciális számként nullát (. A "követi" relációt értelmezzük a következőképpen: az M halmazt követi az (M) halmaz, amelynek egyetlen eleme maga M. Így ("=(), (()"=(()) stb. Az 1-4 axiómák érvényessége Egy ilyen értelmezés eredményessége azonban csekély: azt mutatja, hogy a Peano-féle axiómarendszer konzisztens, ha a halmazelmélet konzisztens. De a halmazelméleti axiómarendszer konzisztenciájának bizonyítéka egy páros nehezebb feladat.A Peano-féle axiómarendszer legmeggyőzőbb értelmezése az intuitív aritmetika, melynek következetességét a kidolgozásának több évszázados tapasztalata igazolja.
Egy konzisztens axiómarendszert függetlennek nevezünk, ha ennek a rendszernek minden axiómája nem bizonyítható tételként más axiómák alapján. Annak bizonyítására, hogy az axióma (nem függ a rendszer más axiómáitól
(1, (2, ..., (n, (1)
elegendő annak bizonyítására, hogy az axiómarendszer konzisztens
(1, (2, ..., (n, ((2)
Valójában, ha (az (1) rendszer fennmaradó axiómái alapján bizonyítanák, akkor a (2) rendszer inkonzisztens lenne, mivel a tétel (és axióma ((.
Így az axióma függetlenségének bizonyításához (az (1) rendszer többi axiómájától) elegendő a (2) axiómarendszer értelmezését megszerkeszteni.
Az axiómarendszer függetlensége opcionális követelmény. Néha a "nehéz" tételek bizonyításának elkerülése érdekében szándékosan redundáns (függő) axiómarendszert hoznak létre. A „felesleges” axiómák azonban megnehezítik az axiómák elméletben betöltött szerepének, valamint az elmélet különböző részei közötti belső logikai kapcsolatok tanulmányozását. Ezen kívül az értelmezések felépítése a számára függő rendszerek az axiómák sokkal nehezebbek, mint a függetlenek; végül is ellenőrizni kell a "felesleges" axiómák érvényességét. Ezen okokból kifolyólag az axiómák közötti függőség kérdése régóta kiemelt fontosságot kapott. Egy időben a kísérletek annak bizonyítására, hogy Euklidész axiomatikájában az 5. posztulátum „legfeljebb egy egyenes halad át az A ponton az egyenessel párhuzamosan” tételnek minősül (vagyis a fennmaradó axiómáktól függ), és arra vezetett, hogy Lobacsevszkij geometriájának felfedezése.
Egy konzisztens rendszert deduktívan teljesnek nevezünk, ha egy adott elmélet bármely A mondata vagy bizonyítható vagy cáfolható, azaz akár A, akár deduktívan hiányos A deduktív teljesség sem kötelező.Például a csoportelmélet axiómarendszere, a gyűrű az elmélet, a mezőelmélet hiányos; mivel véges és végtelen csoportok, gyűrűk, mezők is vannak, ezért ezekben az elméletekben nem lehet sem bizonyítani, sem cáfolni a következő állítást: "Egy csoport (gyűrű, mező) véges számú elemet tartalmaz. "
Meg kell jegyezni, hogy sok axiomatikus elméletben (nevezetesen a nem formalizáltakban) az állítások halmaza nem tekinthető pontosan meghatározottnak, ezért lehetetlen bizonyítani egy ilyen elmélet axiómarendszerének deduktív teljességét. A teljesség egy másik érzését kategorikusnak nevezzük. Kategorikusnak nevezünk egy axiómarendszert, ha bármelyik két értelmezése izomorf, azaz az egyik és a másik értelmezés kezdeti objektumainak halmazai között olyan egy-egy megfeleltetés van, amely minden kezdeti relációra megmarad. A kategorikusság szintén nem kötelező feltétel. Például a csoportelmélet axiómarendszere nem kategorikus. Ez abból következik, hogy véges csoport nem lehet izomorf egy végtelen csoporthoz. Valamelyik számrendszer elméletének axiomatizálása során azonban kötelező a kategorikusság; például a természetes számokat meghatározó axiómarendszer kategorikus jellege azt jelenti, hogy az izomorfizmusig csak egy természetes sorozat létezik.
Bizonyítsuk be a Peano-féle axiómarendszer kategorikusságát. Legyen (N1, s1, 01) és (N2, s2, 02) a Peano-féle axiómarendszer tetszőleges két értelmezése. Olyan bijektív (egy az egyhez) f:N1®N2 leképezést kell feltüntetni, amelyre a következő feltételek teljesülnek:
a) f(s1(x)=s2(f(x)) N1 bármely x-ére;
b) f(01)=02
Ha mindkét unáris s1 és s2 műveletet ugyanaz a prím jelöli, akkor az a) feltételt átírjuk
a) f(x()=f(x)(.
Adjunk meg egy f bináris relációt az N1(N2) halmazon a következő feltételekkel:
1) 01f02;
2) ha xfy, akkor x(fy(.
Győződjön meg arról, hogy ez a reláció N1 leképezése N2-re, azaz minden x-re N1-ből
(((y(N2)xfy(1)
Jelölje M1-gyel az összes x elem halmaza az N1-ből, amelyre az (1) feltétel teljesül. Azután
A) 01(M1 miatt 1);
B) x(M1 ® x((M1 miatt 2) és az 1. tétel 1. tulajdonsága.
Ezért a 4. axióma szerint arra a következtetésre jutunk, hogy M1=N1, ami azt jelenti, hogy az f reláció N1 leképezése N2-re. Ráadásul az 1) pontból az következik, hogy f(01)=02. A 2) feltételt a következőképpen írjuk fel: ha f(x)=y, akkor f(x()=y(. Ebből következik, hogy f(x()=f(x)(.. Így az a feltétel f leképezéséhez) és b) teljesülnek. Be kell bizonyítani, hogy az f térkép bijektív.
Jelölje M2-vel az N2-ből azon elemek halmazát, amelyek mindegyike egy-egy elem képe az N1-ből az f leképezés alatt.
Mivel f(01)=02, ezért 02 egy kép. Sőt, ha x(N2 és x(01), akkor az 1. pont 1. tulajdonsága alapján x valamilyen c elemet követ N1-ből, majd f(x)=f(c()=f(c)((02. Ezért a 02 az egyetlen 01 elem képe, azaz a 02(M2.
Legyen tovább y(M2 és y=f(x), ahol x az y elem egyetlen előképe. Ekkor a) feltétellel y(=f(x)(=f(x()), azaz y (az x elem képe (. Legyen c az y() elem tetszőleges inverz képe, azaz f(c)=y(. c)=f(d()=f(d)(, honnan, a 3. axióma alapján y=f(d) De mivel y(M2, akkor d=x, innen c=d(=x(.. Bebizonyítottuk, hogy ha y egy egyedi elem képe, akkor y() egy egyedi elem képe, azaz y(M2 ® y((M2. A 4. axióma mindkét feltétele teljesül, és ezért M2=N2), ami befejezi a kategorikusság bizonyítását.
Minden görög előtti matematika empirikus természetű volt. Az elmélet egyes elemei belefulladtak a gyakorlati problémák megoldására szolgáló empirikus módszerek tömegébe. A görögök ezt az empirikus anyagot logikai feldolgozásnak vetették alá, megpróbáltak kapcsolatot találni a különféle empirikus információk között. Ebben az értelemben Pythagoras és iskolája (Kr. e. V. század) fontos szerepet játszott a geometriában. Az axiomatikus módszer gondolatai egyértelműen Arisztotelész (Kr. e. 4. század) írásaiban hangzottak el. Ezeknek az elképzeléseknek a gyakorlati megvalósítását azonban Eukleidész "Kezdetekben" (Kr. e. 3. század) végezte el.
Jelenleg az axiomatikus elméleteknek három formája különböztethető meg.
egy). Értelmes axiomatika, amely a múlt század közepéig volt az egyetlen.
2). A múlt század utolsó negyedében keletkezett félig formális axiomatika.
3). Formális (vagy formalizált) axiomatika, melynek születési dátuma 1904-nek tekinthető, amikor D. Hilbert kiadta híres programját a formalizált matematika alapelveiről.
Minden új forma nem tagadja az előzőt, hanem annak fejlesztése és finomítása, így minden új forma súlyossága magasabb, mint az előzőé.
Az értelmes axiomatikára jellemző, hogy a kezdeti fogalmaknak már az axiómák megfogalmazása előtt is intuitívan világos jelentésük van. Tehát Eukleidész Elemeiben egy pontot pontosan úgy értünk, mint amit intuitív módon elképzelünk e fogalom alatt. Ebben az esetben a hétköznapi nyelvet és a közönséges intuitív logikát használják, amelyek Arisztotelészig nyúlnak vissza.
A félformális axiomatikus elméletek is hétköznapi nyelvet és intuitív logikát használnak. Az értelmes axiomatikával szemben azonban az eredeti fogalmak nem kapnak intuitív jelentést, csupán axiómák jellemzik őket. Ez növeli a szigort, mivel az intuíció bizonyos mértékig zavarja a szigort. Ezen túlmenően általánosságra teszünk szert, mert minden ilyen elméletben bizonyított tétel érvényes lesz annak bármely értelmezésében. A félig formális axiomatikus elméletre példa Hilbert elmélete, amelyet „A geometria alapjai” (1899) című könyvében mutat be. A félformális elméletekre példa a gyűrűk elmélete és számos más, az algebra során bemutatott elmélet.
A formalizált elmélet példája a propozíciószámítás, amelyet a matematikai logika kurzusán tanulnak. A szubsztantív és félformális axiomatikától eltérően a formalizált elmélet speciális szimbolikus nyelvet használ. Ugyanis adott az elmélet ábécéje, vagyis egy bizonyos szimbólumkészlet, amely ugyanazt a szerepet tölti be, mint a hétköznapi nyelvben a betűk. Bármilyen véges karaktersorozatot kifejezésnek vagy szónak nevezünk. A kifejezések között megkülönböztetünk egy képletosztályt, és megjelölünk egy pontos kritériumot, amely lehetővé teszi, hogy minden kifejezés megtudja, hogy képletről van-e szó. A képletek ugyanazt a szerepet töltik be, mint a hétköznapi nyelv mondatai. Néhány képlet deklarált axióma. Ezen kívül meg logikai szabályokat következtetés; minden ilyen szabály azt jelenti, hogy egy bizonyos képlethalmazból azonnal teljesen következik határozott képlet. Maga a tétel bizonyítása egy véges képletek lánca, amelyben az utolsó formula maga a tétel, és minden formula vagy axióma, vagy egy korábban bizonyított tétel, vagy közvetlenül következik a lánc előző képleteiből az egyik szerint. a levezetési szabályokat. Így a bizonyítékok súlyosságának kérdése teljesen kizárt: vagy ez a lánc bizonyíték, vagy nem, nincsenek kétes bizonyítékok. Ebben a tekintetben a formalizált axiomatikát a matematikai elméletek alátámasztásának különösen finom kérdéseiben használják, amikor a hétköznapi intuitív logika hibás következtetésekhez vezethet, amelyek főként hétköznapi nyelvünk pontatlanságai és kétértelműségei miatt következnek be.
Mivel egy formalizált elméletben minden kifejezésről elmondható, hogy képletről van-e szó, akkor egy formalizált elmélet mondathalmaza határozottnak tekinthető. Ezzel kapcsolatban elvileg felvethető a deduktív teljesség, valamint a következetesség bizonyításának kérdése anélkül, hogy értelmezésekhez folyamodnánk. Egy számban egyszerű esetek ezt meg lehet tenni. Például a propozíciószámítás konzisztenciája értelmezések nélkül bizonyított.
A nem formalizált elméletekben a mondathalmaz nincs egyértelműen definiálva, így értelmetlen a konzisztencia bizonyításának kérdése, az értelmezésekre való hivatkozás nélkül. Ugyanez vonatkozik a deduktív teljesség bizonyításának kérdésére is. Ha azonban van egy nem formalizált elmélet olyan javaslata, amelyet sem bizonyítani, sem megcáfolni nem lehet, akkor az elmélet nyilvánvalóan deduktívan hiányos.
Az axiomatikus módszert régóta alkalmazzák nemcsak a matematikában, hanem a fizikában is. Az első ilyen irányú kísérleteket Arisztotelész tette, de az axiomatikus módszert csak Newton mechanikai munkáiban alkalmazták a fizikában.
A tudományok turbulens matematizálódási folyamata kapcsán az axiomatizáció folyamata is zajlik. Jelenleg az axiomatikus módszert még a biológia egyes ágaiban is alkalmazzák, például a genetikában.
Pedig az axiomatikus módszer lehetőségei nem korlátlanok.
Először is megjegyezzük, hogy még a formalizált elméletekben sem lehet teljesen elkerülni az intuíciót. Magának a formalizált elméletnek értelmezések nélkül nincs értelme. Ezért számos kérdés vetődik fel egy formalizált elmélet és értelmezése kapcsolatával kapcsolatban. Ezen túlmenően, a formalizált elméletekhez hasonlóan, kérdések vetődnek fel az axiómarendszer konzisztenciájáról, függetlenségéről és teljességéről. Az összes ilyen kérdés összessége alkotja egy másik elmélet tartalmát, amelyet egy formalizált elmélet metaelméletének neveznek. A formalizált elmélettől eltérően a metaelmélet nyelve közönséges mindennapi nyelv, a logikus érvelést pedig a közönséges intuitív logika szabályai hajtják végre. Így a formalizált elméletből teljesen kizárt intuíció újra megjelenik a metaelméletében.
De az axiomatikus módszer fő gyengesége nem ebben rejlik. Már említettük D. Hilbert programját, amely megalapozta a formalizált axiomatikus módszert. Hilbert fő gondolata az volt, hogy a klasszikus matematikát formalizált axiomatikus elméletként fejezze ki, majd bebizonyítsa következetességét. Ez a program azonban főbb pontjait tekintve utópisztikusnak bizonyult. 1931-ben K. Gödel osztrák matematikus bebizonyította híres tételeit, amelyekből az következett, hogy mindkét Hilbert által kitűzött fő feladat lehetetlen. Kódolási módszerével sikerült formalizált aritmetikai képletekkel kifejezni néhány igaz feltevést a metaelméletből, és bebizonyítani, hogy ezek a formulák nem származtathatók formalizált aritmetikában. Így a formalizált aritmetika deduktívan hiányosnak bizonyult. Gödel eredményeiből az következett, hogy ha ez a bizonyíthatatlan képlet bekerül az axiómák közé, akkor lesz egy másik bizonyíthatatlan formula, amely valamilyen igaz állítást fejez ki. Mindez azt jelentette, hogy nemcsak az egész matematikát, de még az aritmetikát, annak legegyszerűbb részét sem lehetett teljesen formalizálni. Konkrétan Gödel megszerkesztett egy formulát, amely megfelel a „Formalizált aritmetika konzisztens” állításnak, és megmutatta, hogy ez a képlet szintén nem származtatható. Ez azt jelenti, hogy a formalizált aritmetika konzisztenciája magán az aritmetikán belül nem igazolható. Természetesen lehet erősebb formalizált elméletet felépíteni, és eszközeivel bizonyítani a formalizált aritmetika következetességét, de akkor több nehéz kérdés ennek az új elméletnek a következetességéről.
Gödel eredményei rámutatnak az axiomatikus módszer korlátaira. Mégis, a tudáselméletben egyáltalán nincs okunk olyan pesszimista következtetésekre, hogy léteznek megismerhetetlen igazságok. Az a tény, hogy vannak olyan számtani igazságok, amelyeket nem lehet formalizált aritmetikával bizonyítani, nem jelenti azt, hogy lennének megismerhetetlen igazságok, és nem azt, hogy az emberi gondolkodás korlátozott. Ez csak azt jelenti, hogy gondolkodásunk lehetőségei nem korlátozódnak a teljesen formalizálható eljárásokra, és az emberiségnek még új bizonyítási elveket kell felfedeznie és kitalálnia.

1.3. Természetes számok összeadása

A természetes számok összeadási és szorzási műveleteit a Peano-axiómák nem feltételezik, ezeket a műveleteket definiáljuk.
Meghatározás. A természetes számok összeadása egy bináris algebrai művelet + az N halmazon, amely a következő tulajdonságokkal rendelkezik:
1s. ((a(N)a+0=a;
2c. ((a,b(N) a+b(=(a+b)(.
Felmerül a kérdés - van-e ilyen művelet, és ha igen, ez egyedülálló?
Tétel. A természetes számoknak csak egy összeadása van.
Bizonyíték. Egy bináris algebrai művelet az N halmazon a leképezés (:N(N®N. Bizonyítani kell, hogy létezik egyedi leképezés (:N(N®N, amelynek tulajdonságai: 1)) ((x(N) (( x,0)=x ; 2) ((x,y(N) ((x,y()=((x,y)(. Ha minden x természetes számra igazoljuk az fx leképezés létezését): N®N 1() fx(0 )=x; 2() fx(y()=fx(y)(, majd az ((x,y) függvény az ((x,y) ( fx(y), és teljesíti az 1) és 2 ) feltételt.
Az N halmazon az fx bináris relációt a következő feltételekkel határozzuk meg:
a) 0fxx;
b) ha yfxz, akkor y(fxz(.
Győződjön meg arról, hogy ez a reláció N-nek N-re való leképezése, azaz minden y-re N-ből
(((z(N) yfxz (1))
Jelölje M-mel az y természetes számok halmazát, amelyre az (1) feltétel teljesül. Ekkor az a) feltételből az következik, hogy a 0(M, a b) feltételből és az 1. tétel 1. tulajdonságából pedig az következik, hogy ha y(M, akkor y((M.). Ezért a 4. axióma alapján azt a következtetést vonjuk le, hogy M =N, ami azt jelenti, hogy az fx reláció N leképezése N-re. Ez a leképezés a következő feltételeket teljesíti:
1() fx(0)=x - a miatt);
2() fx((y)=fx(y() - b miatt).
Így az összeadás léte bizonyítást nyer.
Bizonyítsuk be az egyediséget. Legyen + és ( bármely két bináris algebrai művelet egy 1c és 2c tulajdonságú N halmazon. Bizonyítani kell, hogy
((x,y(N)x+y=x(y
Javítsuk ki tetszőleges szám x és jelölje S azoknak az y természetes számoknak a halmazát, amelyekre az egyenlőség
x+y=x(y(2)
teljesített. Mivel 1c szerint x+0=x és x(0=x, akkor
A) 0(S
Legyen most y(S, azaz a (2) egyenlőség teljesüljön. Mivel x+y(=(x+y)(, x(y(=(x(y))(és x+y=x(y),), akkor axióma 2 x+y(=x(y(, azaz a feltétel
C) y(S ® y((S.
Ezért a 4. axióma szerint S=N, ami befejezi a tétel bizonyítását.
Bizonyítsuk be az összeadás néhány tulajdonságát.
1. A 0 szám az összeadás semleges eleme, azaz a+0=0+a=a minden a természetes számra.
Bizonyíték. Az a+0=a egyenlőség az 1c feltételből következik. Igazoljuk a 0+a=a egyenlőséget.
Jelölje M az összes szám halmazát, amelyre érvényes. Nyilvánvaló, hogy 0+0=0 és ebből 0(M. Legyen a(M, azaz 0+a=a. Akkor 0+a(=(0+a)(=a(és ebből a(M. Ennélfogva M =N, amit bizonyítani kellett.
Ezután egy lemma kell.
Lemma. a(+b=(a+b)(.
Bizonyíték. Legyen M azon b természetes számok halmaza, amelyekre az a(+b=(a+b)(egyenlőség igaz a bármely értékére. Ekkor:
A) 0(M, mivel a(+0=(a+0)(;
C) b(M ® b((M.)) Valójában abból a tényből, hogy b(M és 2c)
a(+b(=(a(+b)(=((a+b)()(=(a+b()(,
azaz b((M. Ennélfogva M=N, amit igazolni kellett.
2. A természetes számok összeadása kommutatív.
Bizonyíték. Legyen M=(a(a(N(((b(N)a+b=b+a).). Elegendő bebizonyítani, hogy M=N).
A) 0(M - az 1. tulajdonság miatt.
C) a(M ® a((M. Valójában a lemmát és azt a tényt alkalmazva, hogy a(M), kapjuk:
a(+b=(a+b)(=(b+a)(=b+a(.
Ezért a((M, és a 4. axióma szerint M=N.
3. Az összeadás asszociatív.
Bizonyíték. Legyen
M=(c(c(N(((a,b(N)(a+b)+c=a+(b+c)))
Bizonyítani kell, hogy M=N. Mivel (a+b)+0=a+b és a+(b+0)=a+b, akkor 0(M. Legyen c(M, azaz (a+b)+c=a+(b+c ). Azután
(a+b)+c(=[(a+b)+c](=a+(b+c)(=a+(b+c().
Ezért c((M és a 4. axióma szerint M=N.
4. a+1=a(, ahol 1=0(.
Bizonyíték. a+1=a+0(=(a+0)(=a(.
5. Ha b(0, akkor ((a(N)a+b(a.
Bizonyíték. Legyen M=(a(a(N(a+b(a).). Mivel 0+b=b(0, akkor 0(M. Továbbá, ha a(M, azaz a+b(a),), akkor 2. tulajdonság 1. elem (a+b)((a(vagy a(+b(a(. Tehát a((M és M=N.
6. Ha b(0, akkor ((a(N)a+b(0.
Bizonyíték. Ha a=0, akkor 0+b=b(0, de ha a(0 és a=c(, akkor a+b=c(+b=(c+b)(0. Tehát minden esetben, a +b(0.
7. (Az összeadás trichotómiájának törvénye). Bármely a és b természetes számra a három összefüggés közül csak egy igaz:
1) a=b;
2) b=a+u, ahol u(0;
3) a=b+v, ahol v(0.
Bizonyíték. Rögzítünk egy tetszőleges a számot, és M-mel jelöljük azon b természetes számok halmazát, amelyekre az 1), 2), 3) összefüggések legalább egyike teljesül. Bizonyítani kell, hogy M=N. Legyen b=0. Ekkor ha a=0, akkor az 1) reláció teljesül, és ha a(0, akkor 3) igaz, mivel a=0+a. Tehát 0 (M.
Tegyük fel most, hogy b(M, azaz a választott a-ra teljesül az 1), 2), 3) összefüggések egyike. Ha a=b, akkor b(=a(=a+1, azaz b(2. relációra érvényes). Ha b=a+u, akkor b(=a+u(, azaz b(reláció) 2) Ha a=b+v, akkor két eset lehetséges: v=1 és v(1. Ha v=1, akkor a=b+v=b", azaz b" esetén az 1. összefüggés teljesül). v(1, akkor v=c", ahol c(0, majd a=b+v=b+c"=(b+c)"=b"+c, ahol c(0, azaz b" reláció esetén 3 Így bebizonyítottuk, hogy b(M®b"(M, és ezért M=N, azaz bármely a és b esetén az 1), 2), 3 összefüggések legalább egyike teljesül ). és 3) Végül, ha a 2) és 3) összefüggés teljesül, akkor a=(a+u)+v = a+ +(u+v) lenne, ami az 5. és 6. tulajdonság miatt lehetetlen. A 7. tulajdonság teljesen bebizonyosodott.
Feladat 1.3.1. Legyen 1(=2, 2(=3, 3(=4, 4(=5, 5(=6, 6(=7, 7(=8, 8(=9).)). Bizonyítsuk be, hogy 3+5=8, 2+4=6.

1.4. A TERMÉSZETES SZÁMOK SZORSZOROZÁSA.

Definíció 1. A természetes számok szorzása egy olyan bináris művelet (az N halmazon, amelyre a következő feltételek teljesülnek:
1u. ((x(N) x(0=0;
2y. ((x,y(N)x(y"=x(y+x.
Ismét felmerül a kérdés – létezik-e ilyen művelet, és ha igen, akkor egyedi?
Tétel. A természetes számok szorzására egyetlen művelet van.
A bizonyítás majdnem ugyanaz, mint az összeadásnál. Olyan leképezést (:N(N®N) kell találni, amely megfelel a feltételeknek
1) ((x(N) ((x,0)=0;
2) ((x,y(N) ((x,y")= ((x,y)+x.
Tetszőleges x szám javítása. Ha minden x(N-re) bebizonyítjuk egy fx: N®N leképezés létezését a tulajdonságokkal
1") fx(0)=0;
2") ((y(N) fx(y")=fx(y)+x,
akkor a függvény ((x,y) az ((x,y)=fx(y) egyenlőséggel definiálva teljesíti az 1. és 2. feltételt).
Így a tétel bizonyítása az 1") és 2") tulajdonságú fx(y) függvény minden egyes x esetében való létezésének és egyediségének bizonyítására redukálódik. Állítsunk fel egyezést az N halmazon a következő szabály szerint:
a) a nulla szám hasonlítható a 0-hoz,
b) ha az y szám a c számhoz kapcsolódik, akkor az y számhoz (a c+x számot társítjuk.
Győződjön meg arról, hogy egy ilyen összehasonlítással minden y szám rendelkezik az egyetlen kép: ez azt jelenti, hogy a megfeleltetés N-nek N-re való leképezése. Jelölje M-vel az összes y természetes szám halmazát, amelyek egyedi képpel rendelkeznek. Az a) feltételből és az 1. axiómából következik, hogy 0(M. Legyen y(M. Ekkor a b) feltételből és a 2. axiómából következik, hogy y((M. Ennélfogva M=N, azaz a mi megfeleltetésünk N leképezése N , jelölje fx-el Ezután fx(0)=0 az a) feltétellel és fx(y()=fx(y)+x a b feltétellel).
Tehát a szorzási művelet megléte bebizonyosodott. Most legyen (és (legyen tetszőleges két bináris művelet az N halmazon 1y és 2y tulajdonságokkal. Be kell bizonyítanunk, hogy ((x,y(N) x(y=x(y.) Javítsunk egy tetszőleges x számot és legyen
S=(y?y(N(x(y=x(y)
Mivel 1y alapján x(0=0 és x(0=0), akkor 0(S. Legyen y(S, azaz x(y=x(y. majd
x(y(=x(y+x=x(y+x=x(y(
és ebből következően y((S. Ennélfogva S=N, ami befejezi a tétel bizonyítását.
Megjegyezzük a szorzás néhány tulajdonságát.
1. A semleges elem a szorzás szempontjából az 1=0(, azaz ((a(N) a(1=1(a=a).
Bizonyíték. a(1=a(0(=a(0+a=0+a=a. Így az a(1=a) egyenlőség bizonyítva. Marad az 1(a=a) egyenlőség bizonyítása. Legyen M=(a). ?a(N (1(a=a). Mivel 1(0=0, akkor 0(M. Legyen a(M, azaz 1(a=a. Akkor 1(a(=1(a+1=)) a+1= a(, és ennek következtében a((M. Ennélfogva a 4. axióma szerint M=N, amit igazolni kellett.
2. A szorzásra a helyes elosztási törvény érvényes, azaz
((a,b,c(N) (a+b)c=ac+bc.
Bizonyíték. Legyen M=(c (c(N (((a,b(N) (a+b)c=ac+bc). Mivel (a+b)0=0 és a(0+b(0=0 , akkor 0(M. Ha c(M, azaz (a+b)c=ac+bc, akkor (a + b)(c(= (a + b)c +(a + b) = ac + bc +a +b=(ac+a)+(bc+b)=ac(+bc(. Tehát c((M és M=N.
3. A természetes számok szorzása kommutatív, azaz ((a,b(N) ab=ba.
Bizonyíték. Először bizonyítsuk be tetszőleges b(N-re a 0(b=b(0=0) egyenlőséget. A b(0=0) egyenlőség az 1у feltételből következik. Legyen M=(b (b(N (0(b=0) . Mivel 0( 0=0, akkor 0(M. Ha b(M, azaz 0(b=0, akkor 0(b(=0(b+0=0 és ezért b(M. Innen , M=N, azaz a 0(b=b(0) egyenlőség minden b(N-re igazolva. Továbbá legyen S=(a (a(N (ab=ba).). Mivel 0(b=b()) 0), akkor 0(S. Legyen a (S, azaz ab=ba. Akkor a(b=(a+1)b=ab+b=ba+b=ba(, azaz a(S) Tehát S=N, amit igazolni kellett.
4. A szorzás az összeadás tekintetében disztributív. Ez a tulajdonság a 3. és 4. tulajdonságból következik.
5. A szorzás asszociatív, azaz ((a,b,c(N) (ab)c=a(bc).
A bizonyítást, mint az összeadást, indukcióval hajtjuk végre c.
6. Ha a(b=0, akkor a=0 vagy b=0, azaz N-ben nincs nulla osztó.
Bizonyíték. Legyen b(0 és b=c(. Ha ab=0, akkor ac(=ac+a=0), innen következik, hogy a 6. tulajdonság 3. tétele alapján a=0.
Feladat 1.4.1. Legyen 1(=2, 2(=3, 3(=4, 4(=5, 5(=6, 6(=7, 7(=8, 8(=9).)). Bizonyítsuk be, hogy 2(4=8, 3(3=9.
Legyenek n, a1, a2,...,an természetes számok. Az a1, a2,...,an számok összege a feltételek által jelölt és általuk meghatározott szám; bármely k természetes számra
Az a1, a2,...,an számok szorzata természetes szám, amelyet a következő feltételekkel jelölünk és határozunk meg: ; bármely k természetes számra
Ha, akkor a számot an jelöli.
Feladat 1.4.2. Bizonyítsd
a) ;
b) ;
ban ben) ;
G) ;
e) ;
e) ;
g);
h) ;
és) .

1.5. A TERMÉSZETES SZÁMOK RENDSZERÉNEK MEGRENDELÉSE.

A "követi" reláció antireflexív és antiszimmetrikus, de nem tranzitív, ezért nem sorrendi reláció. A sorrendi relációt a természetes számok összeadása alapján fogjuk meghatározni.
Meghatározás 1. a
Definíció 2. a(b (((x(N) b=a+x.
Győződjön meg arról, hogy a reláció Jegyezzük fel a természetes számok néhány tulajdonságát, amelyek az egyenlőség és az egyenlőtlenség összefüggéseihez kapcsolódnak.
1.
1.1 a=b (a+c=b+c.
1,2 a=b (ac=bc.
1.3a
1.4a
1,5 a+c=b+c (a=b.
1,6 ac=bc (c(0 (a=b.
1.7a+c
1.8ac
1.9a
1.10a
Bizonyíték. Az 1.1 és 1.2 tulajdonságok az összeadás és szorzás műveleteinek egyediségéből következnek. Ha egy
2. ((a(N) a
Bizonyíték. Mivel a(=a+1, akkor a
3. N legkisebb eleme 0, N\(0) legkisebb eleme pedig 1.
Bizonyíték. Mivel ((a(N) a=0+a, akkor 0(a, és így 0 a legkisebb eleme N-ben.) Továbbá, ha x(N\(0), akkor x=y(, y(N , vagy x = y + 1. Ez azt jelenti, hogy ((x(N \ (0))) 1 (x, azaz 1 a legkisebb elem N \ (0)-ban.
4. Reláció ((a,b(N)((n(N)b(0 (nb > a.).
Bizonyíték. Nyilvánvaló, hogy bármely természetes a számára létezik olyan n természetes szám, amelyre
a Ilyen szám például n=a(. Továbbá, ha b(N\(0), akkor a 3. tulajdonsággal
1(b)(2)
Az (1) és (2) pontból az 1.10 és 1.4 tulajdonságok alapján aa-t kapunk.

1.6. A TERMÉSZETES SZÁMOK RENDSZERÉNEK TELJES MEGRENDELÉSE.

Definíció 1. Ha egy rendezett halmaz minden nem üres részhalmaza (M; Ellenőrizzük, hogy a teljes sorrend lineáris. Legyen a és b tetszőleges két elem egy jól rendezett halmazból (M; Lemma . 1) a
Bizonyíték.
1) a((b (b=a(+k, k(N (b=a+k(, k((N\(0))
2) a(b (b=a+k, k(N (b(=a+k(, k((N\(0))
Tétel 1. A természetes számok halmazán a természetes sorrend a teljes sorrend.
Bizonyíték. Legyen M a természetes számok tetszőleges nem üres halmaza, S pedig az alsó határainak halmaza N-ben, azaz S=(x (x(N (((m(M) x(m).). Az elem 3. tulajdonságából)) 5-ből az következik, hogy 0(S. Ha a 4. axióma második feltétele n(S (n((S), akkor S=N). Valójában S(N; ha a(M, akkor a()) (S)
2. Tétel. A természetes számok bármely fent korlátos nem üres halmazának van maximális eleme.
Bizonyíték. Legyen M tetszőleges nem üres természetes számok fent korlátos halmaza, S pedig felső határainak halmaza, azaz S=(x(x(N (((m(M) m(x).). Jelölje x0)) az S legkisebb eleme. Ekkor az m(x0 egyenlőtlenség az M-ből származó összes m számra, és az m szigorú egyenlőtlenség
1.6.1. probléma. Bizonyítsd
a) ;
b) ;
ban ben) .
1.6.2. probléma. Legyen ( a természetes számok valamilyen tulajdonsága, k pedig tetszőleges természetes szám. Bizonyítsuk be
a) bármely természetes szám rendelkezik a tulajdonsággal (, amint 0-nak ez a tulajdonsága minden n-re (0
b) bármely k-nál nagyobb vagy egyenlő természetes szám rendelkezik a tulajdonsággal (, amint k rendelkezik ezzel a tulajdonsággal és minden n-re (k(n) abból a feltételezésből, hogy n rendelkezik a tulajdonsággal, ebből következik, hogy az n + 1 is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal ;
c) bármely k-nál nagyobb vagy egyenlő természetes szám rendelkezik a tulajdonsággal (, amint k rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, és bármely n (n>k) esetén abból a feltételezésből, hogy a k(t) feltétel által meghatározott t számok

1.7. AZ INDUKCIÓ ELVE.

A természetes számok rendszerének teljes rendezését felhasználva igazolhatjuk a következő tételt, amelyre az egyik bizonyítási mód, az úgynevezett matematikai indukciós módszer épül.
Tétel (indukció elve). Az A1, A2, ..., An, ... sorozatból származó összes állítás igaz, ha a következő feltételek teljesülnek:
1) az A1 állítás igaz;
2) ha az Ak állítások igazak k-ra
Bizonyíték. Tegyük fel az ellenkezőjét: az 1) és 2) feltétel teljesül, de a tétel nem igaz, vagyis az M=(m(m(N\(0), Am hamis) halmaz nem üres. Az 1. tétel szerint , 6. tétel, M rendelkezik a legkisebb elemmel, amelyet n-nel jelölünk. Mivel az 1. feltétel szerint A1 igaz és An hamis, akkor 1(n, és ebből 1)
Az indukciós bizonyításnál két szakasz különböztethető meg. Az első szakaszban, amelyet indukciós bázisnak nevezünk, az 1) feltétel teljesíthetőségét ellenőrizzük. A második szakaszban, amelyet indukciós lépésnek nevezünk, a 2) feltétel igazolódik. Ebben az esetben leggyakrabban vannak olyan esetek, amikor az An állítás igazának bizonyításához nincs szükség az Ak állítások igazságára k-ra.
Példa. Igazoljuk a Legyen =Sk egyenlőtlenséget. Az Ak=(Sk) állítások igazságtartalmának bizonyítása szükséges Az 1. Tételben említett állítássorozat az N halmazon vagy annak Nk=(x (x(N) részhalmazán definiált A(n) predikátumból , x(k), ahol k - bármely rögzített természetes szám.
Különösen, ha k=1, akkor N1=N\(0), és az állítások számozása az A1=A(1), A2=A(2), ..., An=A egyenlőségekkel végezhető el. (n), ... Ha k(1, akkor az állítások sorozata az A1=A(k), A2=A(k+1), ..., An=A(k+n) egyenlőségek segítségével kapható -1), .. Ilyen jelöléssel összhangban az 1. Tétel más formában is megfogalmazható.
2. Tétel. Az A(m) predikátum azonosan igaz az Nk halmazra, ha a következő feltételek teljesülnek:
1) az A(k) állítás igaz;
2) ha az A(m) állítások igazak m-re
1.7.1. probléma. Bizonyítsuk be, hogy a következő egyenleteknek nincs megoldása a természetes számok területén:
a) x+y=1;
b) 3x=2;
c) x2=2;
d) 3x+2=4;
e) x2+y2=6;
f) 2x+1=2év.
1.7.2. probléma. Bizonyítsuk be a matematikai indukció elvével:
a) (n3+(n+1)3+(n+2)3)(9;
b) ;
ban ben) ;
G) ;
e) ;
e).

1.8. TERMÉSZETES SZÁMOK KIVONÁSA ÉS OSZTÁSA.

Definíció 1. Az a és b természetes számok különbsége olyan x természetes szám, amelyre b+x=a. Az a és b természetes számok különbségét a-b-vel jelöljük, a különbség megtalálásának műveletét pedig kivonásnak nevezzük. A kivonás nem algebrai művelet. Ez a következő tételből következik.
1. Tétel. Az a-b különbség akkor és csak akkor létezik, ha b(a. Ha csak egy különbség van.
Bizonyíték. Ha b(a, akkor a reláció definíciója szerint (van olyan x természetes szám, hogy b+x=a. De ez azt is jelenti, hogy x=a-b. Ezzel szemben, ha létezik a-b különbség, akkor az 1. definíció szerint ott létezik olyan x természetes szám, hogy b+x=a, de ez azt is jelenti, hogy b(a.
Bizonyítsuk be az egyediséget különbségek a-b. Legyen a-b=x és a-b=y. Ekkor az 1. definíció szerint b+x=a, b+y=a. Ezért b+x=b+y és ebből x=y.
Definíció 2. Két a és b(0) természetes szám hányadosa olyan c természetes szám, amelyre a=bc A hányados megtalálásának műveletét osztásnak nevezzük. A hányados létezésének kérdését az elméletben oldjuk meg oszthatóság.
2. Tétel. Ha létezik hányados, akkor csak egy.
Bizonyíték. Legyen =x és =y. Ekkor a 2. definíció szerint a=bx és a=by. Ezért bx=by és ebből x=y.
Vegyük észre, hogy a kivonás és osztás műveletei szinte szó szerint vannak meghatározva, mint az iskolai tankönyvekben. Ez azt jelenti, hogy az 1-7. bekezdésekben Peano axiómái alapján szilárd elméleti alapot fektetnek le a természetes számok aritmetikájához, és ennek további bemutatását következetesen a matematika iskolai és az egyetemi „Algebra és Számelmélet".
1.8.1. probléma. Bizonyítsa be a következő állítások érvényességét, feltételezve, hogy a megfogalmazásukban előforduló összes eltérés létezik:
a) (a-b)+c=(a+c)-b;
b) (a-b)(c=a(c-b(c);
c) (a+b)-(c+b)=a-c;
d) a-(b+c)=(a-b)-c;
e) (a-b)+(c-d)=(a+c)-(b+d);
e) (a-b)-(c-d)=a-c;
g) (a+b)-(b-c)=a+c;
h) (a-b)-(c-d)=(a+d)-(b+c);
i) a-(b-c)=(a+c)-b;
j) (a-b)-(c+d)=(a-c)-(b+d);
k) (a-b)(c+d)=(ac+ad)-(bc+bd);
l) (a-b) (c-d)=(ac+bd)-(ad+bc);
m) (a-b)2=(a2+b2)-2ab;
o) a2-b2=(a-b)(a+b).
1.8.2. probléma. Bizonyítsuk be a következő állítások érvényességét, feltételezve, hogy a megfogalmazásukban előforduló összes hányados létezik.
a) ; b) ; ban ben) ; G) ; e) ; e) ; g); h) ; és) ; nak nek) ; l); m) ; m) ; ról ről) ; P) ; R) .
1.8.3. probléma. Bizonyítsuk be, hogy a következő egyenleteknek nem lehet két különböző természetes megoldása: a) ax2+bx=c (a,b,c(N); b) x2=ax+b (a,b(N); c) 2x=ax2 + b (a,b(N).
1.8.4. probléma. Oldja meg az egyenleteket természetes számokban:
a) x2+(x+1)2=(x+2)2; b) x+y=x(y; c); d) x2+2y2=12; e) x2-y2=3; f) x+y+z=x(y(z.
1.8.5. probléma. Bizonyítsuk be, hogy a következő egyenleteknek nincs megoldása a természetes számok területén: a) x2-y2=14; b) x-y=xy; ban ben) ; G) ; e) x2=2x+1; f) x2=2y2.
1.8.6. probléma. Oldja meg természetes számokban az egyenlőtlenségeket: a) ; b) ; ban ben) ; d) x+y2 1.8.7. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a következő összefüggések teljesülnek a természetes számok területén: a) 2ab(a2+b2; b) ab+bc+ac(a2+b2+c2; c) c2=a2+b2 (a2+b2+c2 1.9. MENNYISÉGI ÉRZÉK TERMÉSZETES SZÁMOK.
A gyakorlatban a természetes számokat főként elemek számlálására használják, ehhez pedig meg kell állapítani a természetes számok kvantitatív jelentését Peano elméletében.
Definíció 1. Az (x (x(N, 1(x(n)))) halmazt a természetes sorozat szegmensének nevezzük, és az (1;n(.
2. definíció. Véges halmaz minden olyan halmaz, amely egyenértékű a természetes sorozat valamely szegmensével, valamint egy üres halmaz. A nem véges halmazt végtelennek nevezzük.
1. Tétel. Egy véges A halmaz nem ekvivalens egyik saját részhalmazával sem (azaz A-tól eltérő részhalmazzal).
Bizonyíték. Ha A=(, akkor a tétel igaz, mivel az üres halmaznak nincsenek megfelelő részhalmazai. Legyen A((és A ekvivalens (1,n((A(1,n().). A tételt úgy fogjuk bebizonyítani) indukció n-re. Ha n= 1, azaz A((1,1(, akkor az A halmaz egyetlen megfelelő részhalmaza az üres halmaz. Világos, hogy A( és ezért n=1 esetén a tétel Tegyük fel, hogy a tétel igaz n=m-re, vagyis minden véges halmaz, amely ekvivalens a szakasszal (1,m( nincs ekvivalens megfelelő részhalmaza. Legyen A tetszőleges halmaz, amely ekvivalens az (1,m+1) szakasszal (és (:(1,m+1(®A - valamilyen bijektív térkép a szakaszról (1,m+1(A-ban. Ha a ((k)) ak-val van jelölve, k=1,2,..., m+1, akkor az A halmaz felírható így: A=(a1, a2, ... , am, am+1).A feladatunk annak bizonyítása, hogy A-nak nincsenek egyenlő megfelelő részhalmazai. Tegyük fel az ellenkezőjét: legyen B( A, B(A, B(A és f: A®B) egy bijektív leképezés. (és f úgy, hogy am+1(B és f(am+1)=am+1.
Tekintsük az A1=A\(am+1) és B1=B\(am+1) halmazokat. Mivel f(am+1)=am+1, az f függvény végrehajtja az A1 halmaz bijektív leképezését a B1 halmazra. Így az A1 halmaz egyenértékű lesz saját B1 részhalmazával. De mivel A1((1,m(, ez ellentmond az indukciós hipotézisnek.
Következmény 1. A természetes számok halmaza végtelen.
Bizonyíték. A Peano-axiómákból az következik, hogy az S:N®N\(0), S(x)=x(bijektív. Így N ekvivalens a megfelelő N\(0) részhalmazával, és az 1. Tétel értelmében , nem véges.
Következmény 2. Bármely nem üres véges A halmaz méretében egyenértékű a természetes sorozat egy és csak egy szakaszával.
Bizonyíték. Legyen A((1,m(és A(1,n(.) Akkor (1,m(((1,n(, ahonnan az 1. Tétel értelmében m=n. Valóban, ha feltételezzük hogy m
A 2. következmény lehetővé teszi egy definíció bevezetését.
Definíció 3. Ha A((1,n(, akkor az n természetes számot az A halmaz elemeinek számának nevezzük, és az A halmazok és az (1,n( Az A halmaz elemeinek számának nevezzük. Természetes, hogy a nulla számú üres halmaz elemeinek számát tekintjük.
A gyakorlati életben a számolás óriási fontosságáról felesleges beszélni.
Vegyük észre, hogy egy természetes szám kvantitatív jelentésének ismeretében lehetséges lenne a szorzás műveletét összeadással meghatározni, nevezetesen:
.
Szándékosan nem azért választottuk ezt az utat, hogy megmutassuk, magának az aritmetikának nincs szüksége kvantitatív értelemre: a természetes szám kvantitatív jelentésére csak az aritmetika alkalmazásaiban van szükség.

1.10. A TERMÉSZETES SZÁMOK RENDSZERE, MINT DISZKRÉT TELJESEN MEGRENDELT KÉSZLET.

Megmutattuk, hogy a természetes számok halmaza a természetes rendhez képest jól rendezett. Ebben az esetben ((a(N) a
1. bármely a(N) számhoz létezik egy szomszédos szám relációban 1-et és 2-t diszkrét kútnak fogjuk nevezni. Ebből kiderül, hogy az 1-es és 2-es tulajdonságokkal való teljes rendezés a természetes számok rendszerének jellemző tulajdonsága a következőképpen: a(=b, ha b egy szomszédos elem a következő relációban (. Ez világos, hogy az A halmaz legkisebb eleme nem követ egyetlen elemet sem, ezért Peano 1. axiómája teljesül.
Mivel a kapcsolat (az lineáris sorrend, akkor minden a elemhez egy egyedi elem követi és legfeljebb egy előző szomszédos elem. Ebből következik a 2. és 3. axióma megvalósíthatósága. Legyen M az A halmaz bármely részhalmaza, amelyre a következő feltételek teljesülnek:
1) a0(M, ahol a0 az A legkisebb eleme;
2) a(M (a((M.
Bizonyítsuk be, hogy M=N. Tegyük fel az ellenkezőjét, azaz A\M((. Jelölje b a legkisebb elemet A\M-ben. Mivel a0(M, akkor b(a0, és ezért van egy c elem, hogy c(=b. Mivel c
Tehát bebizonyítottuk a természetes számrendszer egy újabb definíciójának lehetőségét.
Meghatározás. A természetes számok rendszere bármely olyan jól rendezett halmaz, amelyre a következő feltételek teljesülnek:
1. bármely elemhez van egy szomszédos elem, amelyet követ;
2. a legkisebbtől eltérő bármely elemnél van előtte egy szomszédos elem.
Vannak más megközelítések is a természetes számok rendszerének meghatározására, amelyekkel itt nem foglalkozunk.

2. EGÉSZ ÉS RACIONÁLIS SZÁMOK.

2.1. AZ EGÉSZ SZÁMOK RENDSZERÉNEK MEGHATÁROZÁSA ÉS TULAJDONSÁGAI.
Ismeretes, hogy az egész számok halmaza az ő intuitív felfogásuk szerint egy gyűrű az összeadás és szorzás tekintetében, és ez a gyűrű tartalmazza az összes természetes számot. Az is világos, hogy az egész számok gyűrűjében nincs megfelelő részgyűrű, amely minden természetes számot tartalmazna. Ezek a tulajdonságok, mint kiderült, alapul szolgálhatnak az egész számok rendszerének szigorú meghatározásához. A 2.2. és 2.3. szakaszban egy ilyen meghatározás helyességét igazoljuk.
Definíciók 1. Egész számokból álló rendszert nevezünk algebrai rendszer, amelyre a következő feltételek teljesülnek:
1. Az algebrai rendszer egy gyűrű;
2. A természetes számok halmazát tartalmazza, és a részhalmaz gyűrűjében az összeadás és szorzás egybeesik a természetes számok összeadásával és szorzásával, azaz
3. (minimális feltétel). Z egy zárványminimál halmaz 1-es és 2-es tulajdonságokkal. Más szóval, ha a gyűrű egy részgyűrűje az összes természetes számot tartalmazza, akkor Z0=Z.
Az 1. definíció részletes axiomatikus karaktert adhat. Ennek az axiomatikus elméletnek a kezdeti fogalmai a következők:
1) A Z halmaz, melynek elemeit egész számoknak nevezzük.
2) Egy speciális egész szám, amelyet nullának neveznek, és 0-val jelöljük.
3) hármas relációk + és (.
Szokás szerint N a természetes számok halmazát jelöli összeadással (és szorzással (. Az 1. definíció szerint az egész számok rendszere egy algebrai rendszer (Z; +, (, N)), amelyre a következő axiómák érvényesek):
1. (Gyűrűs axiómák.)
1.1.
Ez az axióma azt jelenti, hogy a + egy bináris algebrai művelet a Z halmazon.
1.2. ((a,b,c(Z) (a+b)+c=a+(b+c).
1.3. ((a,b(Z)a+b=b+a.
1.4. ((a(Z) a+0=a, vagyis a 0 szám semleges elem az összeadás szempontjából.
1.5. ((a(Z)((a((Z) a+a(=0, azaz minden egész számhoz van egy ellentétes a(.).
1.6. ((a,b(Z)((! d(Z) a(b=d.
Ez az axióma azt jelenti, hogy a szorzás egy bináris algebrai művelet a Z halmazon.
1.7. ((a,b,c(Z) (a(b)(c=a((b(c).).
1.8. ((a,b,c(Z) (a+b)(c=a(c+b(c, c((a+b)=c(a+c(b).
2. (A Z gyűrű természetes számrendszerrel való összekapcsolásának axiómái.)
2.1. N(Z.
2.2. ((a,b(N)a+b=a(b.
2.3. ((a,b(N) a(b=a(b.
3. (A minimalitás axiómája.)
Ha Z0 a Z és N(Z0) gyűrű részgyűrűje, akkor Z0=Z.
Megjegyezzük az egész számok rendszerének néhány tulajdonságát.
1. Minden egész szám két természetes szám különbségeként ábrázolható. Ez az ábrázolás kétértelmű, z=a-b és z=c-d, ahol a,b,c,d(N, akkor és csak akkor, ha a+d=b+c.
Bizonyíték. Jelölje Z0 az összes egész szám halmazát, amelyek mindegyike két természetes szám különbségeként ábrázolható. Nyilvánvaló, hogy ((a(N) a=a-0, és így N(Z0.
Ezután legyen x,y(Z0, azaz x=a-b, y=c-d, ahol a,b,c,d(N. Ekkor x-y=(a-b)-(c-d)=(a+d)--(b + c)=(a(d)-(b(c), x(y=(a-b)(c-d)=(ac+bd)-(ad+bc)=(a(c(b(d)-(a)) (d(b(c). Ez azt mutatja, hogy x-y, x(y(Z0 és következésképpen Z0) az N halmazt tartalmazó Z gyűrű részgyűrűje. De akkor a 3. axióma szerint Z0=Z, és így az első az 1. tulajdonság egy része bebizonyosodott. Ennek a tulajdonságnak a második állítása nyilvánvaló.
2. Az egész számok gyűrűje egy egységnyi kommutatív gyűrű, és ennek a gyűrűnek a nullája a 0 természetes szám, ennek a gyűrűnek az egysége pedig az 1 természetes szám.
Bizonyíték. Legyen x,y(Z. Az 1. tulajdonság szerint x=a-b, y=c-d, ahol a,b,c,d(N. Ekkor x(y=(a-b)((c-d)=(ac+bd)-( ad +bc)=(a(c(b(d)-(a(d(b(c),), y(x=(c-d)(a-b))=(ca+db)-(da+cb)=(c)))) ( a(d(b)-(d(a(c(b).). Ezért a természetes számok szorzásának kommutativitása miatt) arra a következtetésre jutunk, hogy xy=yx. A szorzás kommutativitása a Z gyűrűben). A maradék A 2. tulajdonság állításai a következő nyilvánvaló egyenlőségekből következnek, ahol 0 és 1 0 és 1 természetes számokat jelöl: x+0=(a-b)+0=(a+(-b))+0=(a+0)+(- b)=(a(0)+ (-b)=a-b=x.x(1=(a-b)(1=a(1-b(1=a(1-b(1=a-b=x).

2.2. EGÉSZ SZÁMOK RENDSZERÉNEK LÉTEZÉSE.

Az egész számok rendszerét a 2.1-ben úgy definiáljuk, mint egy minden természetes számot tartalmazó minimális gyűrűt. Felmerül a kérdés – létezik-e ilyen gyűrű? Más szóval, konzisztens-e a 2.1-ből származó axiómarendszer? Az axiómarendszer konzisztenciájának bizonyításához meg kell alkotni az értelmezését egy ismert konzisztens elméletben. A természetes számok aritmetikája ilyen elméletnek tekinthető.
Így folytatjuk a 2.1 axiómarendszer értelmezésének felépítését. Figyelembe vesszük a kezdeti készletet. Ezen a halmazon definiálunk két bináris műveletet és egy bináris relációt. Mivel a párok összeadása és szorzása a természetes számok összeadására és szorzására redukálódik, így a természetes számokhoz hasonlóan a párok összeadása és szorzása kommutatív, asszociatív, a szorzás pedig elosztó az összeadás tekintetében. Ellenőrizzük például a párösszeadás kommutativitását: +===+.
Tekintsük a ~ reláció tulajdonságait. Mivel a+b=b+a, akkor a ~, vagyis a ~ reláció reflexív. Ha ~, azaz a+b1=b+a1, akkor a1+b=b1+a, azaz ~. Ezért a ~ reláció szimmetrikus. Legyen tovább ~ és ~. Ekkor az a+b1=b+a1 és a1+b2=b1+a2 egyenlőség érvényes. Ezeket az egyenlőségeket összeadva a+b2=b+a2-t kapunk, azaz ~. Ezért a ~ reláció is tranzitív, tehát ekvivalencia. A párt tartalmazó ekvivalenciaosztályt a jelöli. Így egy ekvivalenciaosztály bármelyik párjával jelölhető, sőt,
(1)
Az összes ekvivalenciaosztály halmazát jelöli. Feladatunk annak bemutatása, hogy ez a halmaz az összeadás és szorzás műveleteinek megfelelő definíciójával a 2.1 axiómarendszer értelmezése lesz. A halmaz műveleteit egyenlőségek határozzák meg:
(2)
(3)
Ha és, azaz az N halmazon az a+b(=b+a(, c+d(=a+c()) egyenlőség, akkor az (a+c)+(b(+d()) =(b +d)+(a(+c()), amelyből az (1) alapján megkapjuk az osztályszorzás egyediségét. Így a (2) és (3) egyenlőségek bináris algebrai műveleteket határoznak meg a készlet.
Mivel az osztályok összeadása és szorzása párok összeadására és szorzására redukálódik, ezek a műveletek kommutatívak, asszociatívak, és az osztályok szorzása elosztó az összeadás tekintetében. Az egyenlőségekből azt a következtetést vonjuk le, hogy az osztály az összeadás szempontjából semleges elem, és minden osztályhoz van vele ellentétes osztály. Ez azt jelenti, hogy a halmaz egy gyűrű, vagyis teljesülnek a 2.1-ből származó 1. csoport axiómái.
Tekintsünk egy részhalmazt a gyűrűben. Ha a(b, akkor (1) alapján, és ha a
A halmazon definiálunk egy bináris relációt (follows(; nevezetesen egy osztályt egy osztály követ osztály egyetlen osztályt sem követ, és minden osztályt követ egy osztály, ráadásul csak egy. Ez utóbbi azt jelenti, hogy a (követi (egy unáris algebrai művelet az N halmazon.
Vegyük fontolóra a leképezést. Nyilvánvaló, hogy ez a leképezés bijektív és a feltételek f(0)= , f(x()==(=f(x)(. Ez azt jelenti, hogy az f leképezés az (N;0,()) algebra izomorfizmusa az algebra (;, (). Más szóval az algebra (;, () a Peano-féle axiómarendszer értelmezése. Ezen izomorf algebrák azonosítása, vagyis feltételezve, hogy maga az N halmaz a gyűrű részhalmaza). Ugyanaz az azonosság a nyilvánvaló egyenlőségekben az a(c =a+c, a(c=ac) egyenlőségekhez vezet, ami azt jelenti, hogy egy N részhalmaz gyűrűjében az összeadás és szorzás egybeesik a természetes számok összeadásával és szorzásával. Így a kielégíthetőség A 2. csoport axiómáiból megállapítható, hogy a minimálisság axiómájának teljesíthetőségét ellenőrizni kell.
Legyen Z0 az N és halmazt tartalmazó gyűrű bármely részgyűrűje. Vegye figyelembe, hogy és ezért . De mivel Z0 egy gyűrű, ezeknek az osztályoknak a különbsége is a Z0 gyűrűhöz tartozik. A -= (=) egyenlőségből arra következtetünk, hogy (Z0 és ebből következően Z0=. A 2.1. szakasz axiómarendszerének konzisztenciája igazolt.

2.3. AZ EGÉSZ SZÁMOK RENDSZERÉNEK EGYEDISÉGE.

Intuitív értelemben csak egy egész számrendszer létezik. Ez azt jelenti, hogy az egész számokat meghatározó axiómarendszernek kategorikusnak kell lennie, vagyis ennek az axiómarendszernek bármely két értelmezése izomorf. Kategorikus és azt jelenti, hogy az izomorfizmusig csak egy egész számrendszer létezik. Győződjön meg arról, hogy ez igaz.
Legyen (Z1;+,(,N) és (Z2;(,(,N)) a 2.1. szakasz axiómarendszerének tetszőleges két értelmezése. Elegendő egy f:Z1®Z2 bijektív leképezés létezését bizonyítani úgy, hogy a természetes számok fixek maradnak, és ezen felül a Z1 gyűrű bármely x és y elemére az egyenlőségek
(1)
. (2)
Vegye figyelembe, hogy mivel N(Z1 és N(Z2), akkor
, a(b=a(b. (3)
Legyen x(Z1 és x=a-b, ahol a,b(N. Társítsa ezt az x=a-b elemet az u=a(b, ahol (kivonás a Z2 gyűrűben. Ha a-b=c-d, akkor a+d=b) +c, ahonnan a (3) alapján a(d=b(c) és ebből következően a(b=c(d. Ez azt jelenti, hogy megfeleltetésünk nem függ az x elem alakbeli reprezentánsától). két természetes szám különbségéből, és így az f leképezést definiáljuk: Z1®Z2, f(a-b)=a(b. Világos, hogy ha v(Z2 és v=c(d, akkor v=f(c-d) Ezért a Z2 minden eleme egy f alatti kép, és ezért az f leképezés szürjektív.
Ha x=a-b, y=c-d, ahol a,b,c,d(N és f(x)=f(y), akkor a(b=c(d. De akkor a(d=b(d, in (3) a+d=b+c, azaz a-b=c-d Bebizonyítottuk, hogy az f(x)=f(y) egyenlőségből következik az x=y egyenlőség, azaz az f leképezés injektív.
Ha a(N, akkor a=a-0 és f(a)=f(a-0)=a(0=a. Ezért a természetes számok az f leképezés alatt rögzülnek. Továbbá, ha x=a-b, y= c-d, ahol a,b,c,d(N, akkor x+y=(a+c)- és f(x+y) = (a+c)((b+d)=(a(c)( (b (d)=(a(b)((c(d)=f(x)+f(y). Az (1) egyenlőség bizonyított. Ellenőrizzük a (2) egyenlőséget. Mivel f(xy)=( ac+bd )((ad+bc)=(a(c(b(d)((a(d(b(c)), és másfelől f(x)(f(y))=(a(b))) )((c(d)=(a(c(b(d)((a(d(b(c).). Ebből fakadóan f(xy)=f(x)(f(y)),), ami befejezi annak bizonyítását), hogy n. axiómarendszer 2.1.

2.4. A RACIONÁLIS SZÁMOK RENDSZERÉNEK MEGHATÁROZÁSA ÉS TULAJDONSÁGAI.

A racionális számok Q halmaza az ő intuitív értelmezésükben olyan mező, amelynek az egész számok Z halmaza egy részgyűrű. Nyilvánvaló, hogy ha Q0 a Q mezőnek az összes egész számot tartalmazó részmezeje, akkor Q0=Q. Ezeket a tulajdonságokat fogjuk alapul venni a racionális számok rendszerének szigorú meghatározásához.
Definíció 1. A racionális számrendszer olyan (Q;+,(;Z) algebrai rendszer, amelyre a következő feltételek teljesülnek:
1. az algebrai rendszer (Q;+,() egy mező;
2. az egész számok Z gyűrűje a Q mező részgyűrűje;
3. (minimalitási feltétel) ha a Q mező Q0 részmezeje tartalmazza a Z algyűrűt, akkor Q0=Q.
Röviden, a racionális számok rendszere egy inkluzív-minimális mező, amely egész számok részgyűrűjét tartalmazza. A racionális számok rendszerének részletesebb axiomatikus definíciója is lehetséges.
Tétel. Minden x racionális szám ábrázolható két egész szám hányadosaként, azaz
, ahol a,b(Z, b(0. (1)
Ez az ábrázolás ráadásul nem egyértelmű, ahol a,b,c,d(Z, b(0, d(0.
Bizonyíték. Jelölje Q0-val az (1) formában ábrázolható összes racionális szám halmazát. Elegendő megbizonyosodni arról, hogy Q0=Q. Legyen, ahol a,b,c,d(Z, b(0, d(0. Ekkor a mező tulajdonságai alapján: a Q mező részmezeje. Mivel bármely a egész szám ábrázolható a forma, akkor Z(Q0. Ebből a minimálissági feltételből következően Q0=Q. A tétel második részének bizonyítása nyilvánvaló.

2.5. A RACIONÁLIS SZÁMOK RENDSZERÉNEK LÉTE.

A racionális számok rendszere az egész számok részgyűrűjét tartalmazó minimális mező. Természetesen felmerül a kérdés, hogy létezik-e ilyen mező, vagyis konzisztens-e a racionális számokat meghatározó axiómarendszer. A következetesség bizonyításához meg kell alkotni ennek az axiómarendszernek az értelmezését. Ebben az esetben egy egész számrendszer létezésére hagyatkozhatunk. Az értelmezés megalkotásakor a Z(Z\(0) halmazt vesszük kiindulópontnak, ezen a halmazon két bináris algebrai műveletet definiálunk
, (1)
(2)
és bináris reláció
(3)
A műveletek és a ~ összefüggés éppen ilyen meghatározásának célszerűsége abból következik, hogy az általunk felépített értelmezésben a pár kifejezi a hányadost.
Könnyen ellenőrizhető, hogy az (1) és (2) műveletek kommutatívak, asszociatívak, és a szorzás distributív-e az összeadás tekintetében. Mindezeket a tulajdonságokat teszteljük az egész számok összeadásának és szorzásának megfelelő tulajdonságaival. Vizsgáljuk meg például a párok szorzásának asszociativitását: .
Hasonlóképpen ellenőrizzük, hogy a ~ reláció ekvivalencia-e, és ennek következtében a Z(Z\(0) halmazt ekvivalenciaosztályokra osztjuk. Az összes osztály halmazát jelöljük, a párt tartalmazó osztályt pedig jellel. Így az osztály bármelyik párjával jelölhető, és a (3) feltétel miatt kapjuk:
. (4)
Feladatunk az összeadás és szorzás műveletének meghatározása egy halmazon úgy, hogy az egy mező legyen. Ezeket a műveleteket egyenlőségek határozzák meg:
, (5)
(6)
Ha tehát ab1=ba1 és azaz cd1=dc1, akkor ezeket az egyenlőségeket megszorozva (ac)(b1d1)=(bd)(a1c1) kapjuk, ami azt jelenti, hogy Ez meggyőz bennünket arról, hogy a (6) egyenlőség Az indeed egy egyértékű műveletet határoz meg az osztályok halmazán, függetlenül az egyes osztályok képviselőinek megválasztásától. Az (5) művelet egyediségét hasonló módon ellenőrizzük.
Mivel az osztályok összeadása és szorzása párok összeadására és szorzására redukál, az (5) és (6) műveletek kommutatívak, asszociatívak, a szorzás pedig elosztó az összeadás tekintetében.
Az egyenlőségekből azt a következtetést vonjuk le, hogy az osztály az összeadás szempontjából semleges elem, és minden osztályhoz van vele ellentétes elem. Hasonlóképpen az egyenlőségekből következik, hogy egy osztály a szorzás szempontjából semleges elem, és minden osztályhoz tartozik egy osztály inverze. Ezért az (5) és (6) műveletekre vonatkozó mező; a 2.4. pont meghatározásában szereplő első feltétel teljesül.
Fontolja meg a következő készletet. Magától értetődően, . A halmaz a kivonás és szorzás alatt zárt, ezért a mező részszáma. Igazán, . Fontolja meg ezután a leképezést, . Ennek a leképezésnek a szürjektivitása nyilvánvaló. Ha f(x)=f(y), azaz akkor x(1=y(1 vagy x=y. Ezért az f és leképezés injektív. Ráadásul . Így az f leképezés egy gyűrű izomorfizmusa Egy gyűrű. Ha ezeket izomorf gyűrűkről azonosítjuk, akkor feltételezhetjük, hogy a Z gyűrű a mező részgyűrűje, vagyis teljesül a 2.4 pont definíciójában szereplő 2. feltétel. A mező minimálisságának bizonyítása hátra van. Legyen tetszőleges almező mezők és, és legyen. Mióta, hát akkor. De mivel ez egy mező, ezeknek az elemeknek a hányadosa is a mezőhöz tartozik. Így bebizonyosodott, hogy ha , akkor az. A racionális számrendszer létezése bebizonyosodott.

2.6. A RACIONÁLIS SZÁMOK RENDSZERÉNEK EGYEDISÉGE.

Mivel a racionális számoknak csak egy rendszere létezik intuitív felfogásukban, a racionális számok itt bemutatott axiomatikus elméletének kategorikusnak kell lennie. Kategorikus és azt jelenti, hogy az izomorfizmusig csak egy racionális számrendszer létezik. Mutassuk meg, hogy ez valóban így van.
Legyen (Q1;+, (; Z) és (Q2; (, (; Z))) tetszőleges két racionális számrendszer. Elegendő egy bijektív leképezés létezését bizonyítani úgy, hogy az összes egész szám rögzített marad, és emellett a feltételeket
(1)
(2)
a Q1 mező bármely x és y elemére.
Az a és b elemek hányadosát a Q1 mezőben, a Q2 mezőben pedig a:b-vel jelöljük. Mivel Z a Q1 és Q2 mező mindegyikének részgyűrűje, minden a és b egész számra megvan az egyenlőség
, . (3)
Legyen és hol, . Társítsa ezt az x elemet a Q2 mező y=a:b elemével. Ha az egyenlőség igaz a Q1 mezőben, ahol a 2.4. Tétel szerint a Z gyűrűben az ab1=ba1 egyenlőség, vagy a (3) alapján egyenlőség, majd ugyanezzel a tétellel az egyenlőség a:b=a1:b1 igaz a Q2 mezőben. Ez azt jelenti, hogy a Q1 mező egy elemét a Q2 mező y=a:b elemével egyeztetve definiálunk egy leképezést, .
A Q2 mező bármely eleme ábrázolható a:b-ként, ahol, és ezért a Q1 mezőből származó elem képe. Ezért az f leképezés szürjektív.
Ha, akkor a Q1 mezőben, majd. Így az f leképezés bijektív, és minden egész szám rögzített. Marad az (1) és (2) egyenlőség érvényességének bizonyítása. Legyen és ahol a,b,c,d(Z, b(0, d(0). Akkor és ahonnan a (3) értelmében f(x+y)=f(x)(f(y) Hasonlóképpen, és hol.
Az értelmezések (Q1;+, (; Z) és (Q2; (, (; Z)) izomorfizmusa bizonyítást nyert.

VÁLASZOK, UTASÍTÁSOK, MEGOLDÁSOK.

1.1.1. Döntés. Legyen igaz a 4. axióma feltétele (a természetes számoknak olyan tulajdonsága, hogy ((0) és. Legyen. Ekkor M kielégíti a 4. axióma premisszáját, mivel ((0)(0(M és.) Ezért M=N, azaz bármely természetes szám rendelkezik a tulajdonsággal (. Fordítva, tegyük fel, hogy bármely tulajdonságra (abból, hogy ((0) és, ebből következik. Legyen M N-nek olyan részhalmaza, hogy 0(M and. Mutassuk meg, hogy M) =N. Legyen (, feltételezve. Akkor ((0), mivel, és. Így tehát M=N.
1.1.2. Válasz: Peano 1. és 4. axiómájának állításai igazak. A 2. axióma állítása hamis.
1.1.3. Válasz: Peano axiómáinak 2,3,4 állítása igaz. Az 1. axióma állítása hamis.
1.1.4. Peano axiómáinak 1., 2., 3. állítása igaz. A 4. axióma állítása hamis. Tipp: bizonyítsd be, hogy a halmaz kielégíti a művelet szempontjából megfogalmazott 4. axióma premisszáját, de.
1.1.5. Tipp: a 4. axióma állítása igazságának bizonyításához tekintsünk A-nak egy M részhalmazát, amely teljesíti a feltételeket: a) 1((M, b) , és egy halmaz. Bizonyítsuk be. Ekkor M=A.
1.1.6. Az 1., 2., 3. Peano-axiómák állításai igazak. Peano 4. axiómájának állítása hamis.
1.6.1. a) Megoldás: Először bizonyítsa be, hogy ha 1 óra. Vissza. Hadd legyen
1.6.2. a) Megoldás: Tegyük fel az ellenkezőjét. Jelölje M az összes olyan szám halmazát, amelyek nem rendelkeznek a tulajdonsággal
1.8.1. f) Használja az e) és c): (a-c)+(c-b)=(a+c)-(c+b)=a-b, ezért (a-b)-(c-b)=a-c.
h) Használja az ingatlant.
l) Használja a b) pontot.
m) A b) és h) pont felhasználása.
1.8.2. c) Van tehát, . Így, .
d) Van. Ennélfogva, .
g).
1.8.3. a) Ha (és (különböző megoldásai az ax2+bx=c egyenletnek, akkor a(2+b(=a(2+b(..). Másrészt, ha például (b)) Legyen (és ()) az egyenlet különböző megoldásai lehetnek. If ((. Azonban (2=a(+b>a(, tehát, (>a. Ellentmondást kaptunk.).
c) Legyen (és (az egyenlet különböző gyökei és a (>(. Ekkor 2((-()=(a(2+b)-(a(2+b)=a(())(()) +( ) Tehát a((+()=2, de (+(>2, tehát a((+())>2), ami lehetetlen).
1.8.4. a) x=3; b) x=y=2. Tipp: mivel és, van x=y; c) x=y(y+2), y - bármely természetes szám; d) x=y=2; e) x=2, y=1; f) Maximum permutációk x=1, y=2, z=3. Megoldás: Legyen például x(y(z. Akkor xyz=x+y+z(3z, azaz xy(3. Ha xy=1, akkor x=y=1 és z=2+z), ami lehetetlen Ha xy=2 akkor x=1, y=2 Ebben az esetben 2z=3+z azaz z=3 Ha xy=3 akkor x=1 y=3 Akkor 3z= 4+z, azaz z=2, ami ellentmond a feltételezésnek y(z.
1.8.5. b) Ha x=a, y=b az egyenlet megoldása, akkor ab+b=a, azaz. a>ab, ami lehetetlen. d) Ha x=a, y=b az egyenlet megoldása, akkor b
1.8.6. a) x=ky, ahol k,y tetszőleges természetes számok és y(1. b) x tetszőleges természetes szám, y=1. c) x egy tetszőleges természetes szám, y=1. d) Nincs megoldás. e) x1=1; x2=2; x3=3. f) x>5.
1.8.7. a) Ha a=b, akkor 2ab=a2+b2. Legyen például a

IRODALOM

1. Redkov M.I. Numerikus rendszerek. /Módszertani ajánlások a „Numerikus rendszerek” tantárgy tanulmányozásához. 1. rész - Omszk: OmGPI, 1984. - 46s.
2. Ershova T.I. Numerikus rendszerek. / Módszerfejlesztés gyakorlati gyakorlatokhoz - Sverdlovsk: SGPI, 1981. - 68s.

A valós számokat (az ún. R vágott) jelöljük, bevezetjük az összeadás műveletét („+”), azaz minden elempárt ( x,y) valós számok halmazából, az elem x + y ugyanabból a halmazból, amelyet összegnek neveznek xés y .

A szorzás axiómái

Bevezetésre kerül a szorzás ("·") művelete, azaz minden elempár ( x,y) a valós számok halmazából egy elemet rendelünk hozzá (vagy röviden, xy) ugyanabból a készletből, amelyet terméknek nevezünk xés y .

Összeadás és szorzás kapcsolata

A rend axiómái

A "" sorrendi reláció (kisebb vagy egyenlő), azaz bármely párra adott x, y legalább egy feltétel vagy .

A rendelés és az összeadás kapcsolata

A sorrend és a szorzás kapcsolata

A folytonosság axiómája

Megjegyzés

Ez az axióma azt jelenti, hogy ha xés Y- két nem üres valós számhalmaz úgy, hogy bármely elem a x nem haladja meg egyik elemét sem Y, akkor e halmazok közé valós szám illeszthető be. Racionális számokra ez az axióma nem állja meg a helyét; klasszikus példa: vegyünk pozitív racionális számokat, és rendeljük őket a halmazhoz x azokat a számokat, amelyek négyzete kisebb, mint 2, és a többi - a Y. Aztán között xés Y nem illeszthet be racionális számot ( az nem racionális szám).

Ez a kulcsfontosságú axióma sűrűséget biztosít, és így lehetővé teszi a kalkulus felépítését. Fontosságának szemléltetésére két alapvető következményre hívjuk fel a figyelmet.

Az axiómák következményei

A valós számok néhány fontos tulajdonsága közvetlenül következik az axiómákból, pl.

a nulla egyedisége,
ellentétes és inverz elemek egyedisége.

Irodalom

Zorich V. A. Matematikai elemzés. I. M . kötet: Fazis, 1997, 2. fejezet.

Lásd még

Linkek

Wikimédia Alapítvány. 2010 .

Nézze meg, mi a "valós számok axiomatikája" más szótárakban:

A valós vagy valós szám egy matematikai absztrakció, amely a geometriai és a mérési igényből fakadt fizikai mennyiségek a körülöttünk lévő világ, valamint olyan műveletek végrehajtása, mint a gyökér kinyerése, logaritmusok kiszámítása, megoldása ... ... Wikipédia

A valós vagy valós számok olyan matematikai absztrakció, amely elsősorban a fizikai mennyiségek értékeinek ábrázolására és összehasonlítására szolgál. Egy ilyen szám intuitív módon ábrázolható úgy, mint egy pont helyzetét egy egyenesen. ... ... Wikipédia

A Wikiszótárban van egy cikk az "axióma" Axiomáról (dr. görög ... Wikipédia

Különféle axiomatikus rendszerekben előforduló axióma. Valós számok axiomatikája Hilbert euklideszi geometria axiomatikája Kolmogorov valószínűségszámítási axiomatikája ... Wikipédia

Az egész számok elméletének adott axiómarendszere nem független, amint azt a 3.1.4.

1. tétel. Az egész számok axiomatikus elmélete konzisztens.

Bizonyíték. Az egész számok axiomatikus elméletének konzisztenciáját bizonyítjuk, abból a feltételezésből kiindulva, hogy a természetes számok axiomatikus elmélete konzisztens. Ehhez felállítunk egy olyan modellt, amelyen elméletünk összes axiómája teljesül.

Először építsünk egy gyűrűt. Fontolja meg a készletet

N´ N = {(a, b)ï a, bÎ N}.

a, b) természetes számok. Ilyen páron a természetes számok különbségét értjük a-b. De amíg nem bizonyították be egy olyan egész számrendszer létezését, amelyben ilyen eltérés létezik, addig nincs jogunk ilyen megnevezést használni. Ugyanakkor ez a megértés lehetőséget ad arra, hogy a párok tulajdonságait igény szerint állítsuk be.

Tudjuk, hogy a természetes számok különböző különbségei egyenlők lehetnek ugyanazzal az egész számmal. Ennek megfelelően bemutatjuk a forgatáson N´ N egyenlőségi viszony:

(a, b) = (c, d) Û a + d = b + c.

Könnyen belátható, hogy ez a reláció reflexív, szimmetrikus és tranzitív. Ezért ez egy ekvivalenciareláció, és joga van egyenlőségnek nevezni. Tényező halmazok halmaza N´ N Z. Ennek elemeit egész számoknak nevezzük. Ezek ekvivalencia osztályok egy pár halmazán. A párt tartalmazó osztály
(a, b), jelölése [ a, b].

Z a, b] mi a helyzet a különbséggel a-b

[a, b] + [c, d] = [a+c, b+d];

[a, b] × [ c, d] = [ac+bd, ad+bc].

Szem előtt kell tartani, hogy szigorúan véve a műveleti szimbólumok használata itt nem teljesen helyes. Ugyanaz a + szimbólum természetes számok és párok összeadását jelöli. De mivel mindig világos, hogy egy adott művelet melyik halmazban történik, itt nem vezetünk be külön jelölést ezekre a műveletekre.

Ellenőrizni kell e műveletek definícióinak helyességét, nevezetesen, hogy az eredmények ne függjenek az elemek megválasztásától aés b a pár meghatározása [ a, b]. Valóban, hagyjuk

[a, b] = [a 1 ,b 1 ], [c, d] = [val vel 1 , d 1 ].

Ez azt jelenti a+b 1 = b+a 1 , c + d 1 =d + val vel egy . Ezeket az egyenlőségeket összeadva azt kapjuk

a+b 1 + c + d 1 = b+a 1 +d + val vel 1 Þ[ a + b, c + d] = [a 1 +val vel 1 ,b 1 + d 1 ]

Þ [ a, b] + [c, d] = [a 1 ,b 1 ] + [c 1 , d 1 ].

A szorzás definíciójának helyességét hasonlóan definiáljuk. De itt először ellenőriznünk kell, hogy [ a, b] × [ c, d] = [a 1 ,b 1]×[ c, d].

Most ellenőriznünk kell, hogy a kapott algebra egy gyűrű, azaz axiómák (Z1) - (Z6).

Vizsgáljuk meg például az összeadás kommutativitását, vagyis a (Z2) axiómát. Nekünk van

[c, d] + [a, b] = = [a+c, b+d] = [a, b] + [c, d].

Az egész számok összeadásának kommutativitását a természetes számok összeadásának kommutativitása adja, amelyről feltételezzük, hogy már ismert.

A (Z1), (Z5), (Z6) axiómákat hasonlóan igazoljuk.

A nulla szerepét egy pár játssza. Jelöljük azzal 0 . Igazán,

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

Végül, -[ a, b] = [b, a]. Igazán,

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

Most nézzük meg a kiterjesztési axiómákat. Nem szabad megfeledkezni arról, hogy a megszerkesztett gyűrűben nincsenek természetes számok, mint olyanok, mivel a gyűrű elemei természetes számpárok osztályai. Ezért meg kell találni a természetes számok félgyűrűjével izomorf részalgebrát. Itt ismét a pár fogalma [ a, b] mi a helyzet a különbséggel a-b. Természetes szám nábrázolható két természetes szám különbségeként, például a következőképpen: n = (n+ 1) - 1. Ezért a javaslat a levelezés létrehozására f: N ® Z szabály szerint

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

Ez a levelezés injektív:

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

Ezért van egy-egy levelezésünk között Nés néhány részhalmaz Z, amivel jelöljük N*. Ellenőrizzük, hogy menti-e a műveleteket:

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).

Így megállapították, hogy N* formák be Z az összeadás és szorzás műveletei alatt egy részalgebra izomorf a N

Jelöljön egy pár [ n+ 1, 1] innen N* n, keresztül n a, b] nekünk van

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

Így végül a pár fogalma [ a, b] természetes számok különbségeként. Ugyanakkor megállapították, hogy a felépített halmazból minden egyes elem Z két természetes szám különbségeként ábrázolva. Ez segít a minimalitás axiómájának tesztelésében.

Legyen M - részhalmaz Z, tartalmazó N*és bármilyen elemmel együtt aés b különbségük a - b. Ebben az esetben bizonyítsuk be M =Z. Valójában bármely eleme Z két természetes szám különbségeként ábrázolva, amelyekhez feltétel szerint tartoznak M különbségével együtt.

2. tétel. Az egész számok axiomatikus elmélete kategorikus.

Bizonyíték. Bizonyítsuk be, hogy bármely két olyan modell izomorf, amelyre az adott elmélet összes axiómája érvényes.

Legyen a Z 1 , +, ×, N 1 c és b Z 2 , +, ×, N 2 ñ elméletünk két modellje. Szigorúan véve a bennük lévő műveleteket különböző szimbólumokkal kell jelölni. Ettől a követelménytől el fogunk térni, nehogy összezavarjuk a számításokat: minden alkalommal világos, hogy melyik műveletről van szó. A vizsgált modellekhez tartozó elemeket a megfelelő 1-es vagy 2-es indexszel látjuk el.

Egy izomorf leképezést fogunk definiálni az első modelltől a másodikig. Mint N 1 és N 2 természetes számok félgyűrűi, akkor létezik az első félgyűrű j izomorf leképezése a másodikra. Határozzuk meg a leképezést f: Z 1® Z 2. Minden egész szám x 1 О Z Az 1-et két természetes szám különbségeként ábrázoljuk:
x 1 = a 1 – b egy . Hisszük

f (x 1) = j( a 1) – j( b 1).

Bizonyítsuk be f izomorfizmus. A leképezés jól meghatározott: ha x 1 = nál nél 1, hol y 1 = c 1 – d 1, akkor

a 1 – b 1 = c 1 – d 1 a 1 +d 1 = b 1 + c 1 Þ j( a 1 +d 1) = j( b 1 + c 1)

Þ j( a 1) + j( d 1) = j( b 1) + j( c 1) Þ j( a 1)–j( b 1)=j( c 1) – j( d 1) f(x 1) =f (y 1).

Ebből következik tehát f- egyértelmű leképezés Z 1 hüvelyk Z 2. De bárkinek x 2 / Z 2 találhat természetes elemeket a 2 és b 2 olyan, hogy x 2 = a 2 – b 2. Mivel j izomorfizmus, ezeknek az elemeknek inverz képei vannak a 1 és b egy . Eszközök, x 2 = j( a 1) – j( b 1) =
= f (a 1 – b 1), és az egyes elemeket Z 2 egy prototípus. Ezért a levelezés f kölcsönösen egyértelmű. Ellenőrizzük, hogy menti-e a műveleteket.

Ha egy x 1 = a 1 – b 1 , y 1 = c 1 – d 1, akkor

x 1 + y 1 = (a 1 + c 1) – (b 1 +d 1),

f(x 1 + y 1) = j( a 1 + c 1) – j( b 1 +d 1) =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(x 1) + f(y 1).

Hasonlóképpen ellenőrizzük, hogy a szorzás megmarad-e. Így megállapították, hogy f egy izomorfizmus, és a tétel bebizonyosodott.

Feladatok

1. Bizonyítsuk be, hogy minden természetes számrendszert tartalmazó gyűrű magában foglalja az egész számok gyűrűjét is.

2. Bizonyítsuk be, hogy minden egységgel rendelkező minimális rendezett kommutatív gyűrű izomorf az egész számok gyűrűjével.

3. Bizonyítsuk be, hogy minden egységnyi, nulla osztó nélküli rendezett gyűrű csak egy, az egész számok gyűrűjével izomorf részgyűrűt tartalmaz.

4. Bizonyítsuk be, hogy a másodrendű mátrix cseng a mező felett valós számok végtelenül sok, az egész számok gyűrűjével izomorf részgyűrűt tartalmaz.

Racionális számok mezeje

A racionális számok rendszerének meghatározása és felépítése ugyanúgy történik, mint az egész számok rendszerénél.

Meghatározás. A racionális számrendszer egy minimális mező, amely az egész számok gyűrűjének kiterjesztése.

Ennek a definíciónak megfelelően a racionális számok rendszerének a következő axiomatikus konstrukcióját kapjuk.

Elsődleges feltételek:

K a racionális számok halmaza;

0, 1 állandók;

A +, × bináris műveletek bekapcsolva Q;

Z- részhalmaz K, egész számok halmaza;

Az Å, Ä bináris műveletek bekapcsolva Z.

Axiómák:

ÉN. Területi axiómák.

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

(Q2) a + b = b + a.

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

(Q4)(" a)($(–a)) a + (–a) = 0.

(Q5) a× ( b× c) = (a× b) × c.

(Q6) a× b = b× a.

(Q7) a× 1 = a.

(Q8)(" a¹ 0)($ a –1) a × a –1 = 1.

(Q9) ( a+b) × c = a × c + b× c.

II. Kiterjesztési axiómák.

(Q10) a Z, M, L, 0, 1ñ a természetes számok gyűrűje.

(Q11) Z Í K.

(Q12)(" a,bÎ Z) a+b=aÅ b.

(Q13)(" a,bÎ Z) a× b = aÄ b.

III. A minimalitás axiómája.

(Q14) MÍ K, ZÍ M, ("a, bÎ M)(b ¹ 0 ® a× b–1 О M)Þ M = K.

Szám a× b-1-et hányadosnak nevezzük aés b, jelölve a/b vagy .

1. tétel. Minden racionális szám két egész szám hányadosaként van ábrázolva.

Bizonyíték. Legyen M két egész szám hányadosaként ábrázolható racionális számok halmaza. Ha egy n akkor egy egész szám n = n/1 tartozik M, ennélfogva, ZÍ M. Ha egy a, bÎ M, azután a = k/l, b = m/n, ahol k, l, m, nÎ Z. Ennélfogva, a/b=
= (kn) / (lm)Î M. Axióma szerint (Q14) M= K, és a tétel bebizonyosodik.

2. tétel. A racionális számok mezője lehet lineárisan és szigorúan rendezett, és egyedi módon. A racionális számok mezőjében a sorrend arkhimédeszi, és az egész számok gyűrűjében folytatódik.

Bizonyíték. Jelölje K+ törtként ábrázolható számok halmaza, ahol kl> 0. Könnyen belátható, hogy ez a feltétel nem függ a számot reprezentáló tört típusától.

Ezt ellenőrizzük K + – a terület pozitív része K. Mivel egész számra kl három eset lehetséges: kl = 0, klÎ N, –kl Î N, akkor a = esetén a három lehetőség egyikét kapjuk: a = 0, aн K+ , –aО K + . Továbbá, ha a = , b = tartozik K+, akkor kl > 0, mn> 0. Ekkor a + b = , és ( kn+ml)ln = kln 2 + mnl 2 > 0. Ezért a + bн K + . Hasonlóan igazolható, hogy az abн K + . És így, K + a terület pozitív része K.

Legyen K A ++ ennek a mezőnek a pozitív része. Nekünk van

l =.l 2 н K ++ .

Innen NÍ K++ . A 2.3.4. Tétel szerint a természetes számok reciprokjai is ide tartoznak K++ . Azután K + Í K++ . A 2.3.6. tétel szerint K + =K++ . Ezért a pozitív részek által meghatározott sorrendek is egybeesnek. K+ és K ++ .

Mint Z + = NÍ K+ , majd a sorrend be K folytatja a parancsot Z.

Legyen most a => 0, b => 0. Mivel az egész számok gyűrűjének sorrendje archimédeszi, pozitívra knés ml van egy természetes val vel oly módon, hogy val vel× kn>ml. Innen val vel a = val vel>= b. Ezért a racionális számok mezőjében arkhimédeszi a sorrend.

Feladatok

1. Bizonyítsuk be, hogy a racionális számok mezeje sűrű, azaz bármely racionális számra a < b van egy racionális r oly módon, hogy a < r < b.

2. Bizonyítsuk be, hogy az egyenlet x 2 = 2-ben nincs megoldás K.

3. Bizonyítsuk be, hogy a halmaz K megszámlálható.

3. tétel. A racionális számok axiomatikus elmélete konzisztens.

Bizonyíték. A racionális számok axiomatikus elméletének konzisztenciáját ugyanúgy bizonyítjuk, mint az egész számok esetében. Ehhez egy olyan modellt építenek, amelyre az elmélet összes axiómája teljesül.

Alapnak a készletet vesszük

Z´ Z* = {(a, b)ï a, bÎ Z, b ¹ 0}.

Ennek a halmaznak az elemei párok ( a, b) egész számok. Ilyen páron az egész számok hányadosát értjük a/b. Ennek megfelelően beállítjuk a párok tulajdonságait.

Bemutatjuk a forgatáson Z´ Z* egyenlőségi viszony:

(a, b) = (c, d) Û hirdetés = ie.

Megjegyezzük, hogy ez egy ekvivalenciareláció, és joga van egyenlőségnek nevezni. Tényező halmazok halmaza Z´ Z* erre az egyenlőségi viszonyra tekintettel jelöljük K. Ennek elemeit racionális számoknak nevezzük. Egy osztály, amely egy párt ( a, b), jelölése [ a, b].

Az elkészített készletben bemutatjuk Kösszeadás és szorzás műveletei. Segít abban, hogy elképzelést alkossunk az elemről [ a, b] mit szólnál a priváthoz a/b. Ennek megfelelően definíció szerint feltételezzük:

[a, b] + [c, d] = [ad+bc, bd];

[a, b] × [ c, d] = [ac, bd].

Ellenőrizzük e műveletek definícióinak helyességét, nevezetesen, hogy az eredmények nem függenek-e az elemek megválasztásától aés b a pár meghatározása [ a, b]. Ez ugyanúgy történik, mint a 3.2.1. Tétel bizonyítása során.

A nulla szerepét egy pár játssza. Jelöljük azzal 0 . Igazán,

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

Szemben [ a, b] a pár –[ a, b] = [–a, b]. Igazán,

[a, b] + [–a, b]= [ab-ab, bb] = = 0 .

Az egység egy pár = 1 . Inverz a párosításhoz [ a, b] - pár [ b, a].

Most nézzük meg a kiterjesztési axiómákat. Hozzuk létre a levelezést
f: Z ® K szabály szerint

f(n) = [n, 1].

Ellenőrizzük, hogy ez egy az egyhez való megfelelés Zés néhány részhalmaz K, amivel jelöljük Z*. Ellenőrizzük továbbá, hogy megőrzi-e a műveleteket, tehát izomorfizmust hoz létre között Zés subring Z* ban ben K. Ezért a kiterjesztési axiómákat igazoltuk.

Jelöljön egy pár [ n, 1] tól Z* természetes számnak felel meg n, keresztül n . Ekkor egy tetszőleges párhoz [ a, b] nekünk van

[a, b] = [a, 1] × = [ a, 1] / [b, 1] = a /b .

Ez alátámasztja a pár fogalmát [ a, b] mint az egész számok hányadosa. Ugyanakkor megállapították, hogy a felépített halmazból minden egyes elem K két egész szám hányadosaként ábrázolva. Ez segít a minimalitás axiómájának tesztelésében. Az ellenőrzés a 3.2.1. Tétel szerint történik.

Így a felépített rendszerre K az egész számok elméletének minden axiómája teljesül, vagyis felépítettük ennek az elméletnek a modelljét. A tétel bizonyítást nyert.

4. tétel. A racionális számok axiomatikus elmélete kategorikus.

A bizonyítás hasonló a 3.2.2. Tétel bizonyításához.

5. tétel. Az arkhimédeszi rendezett mező a racionális számok mezőjének kiterjesztése.

A bizonyíték gyakorlat.

6. tétel. Legyen F egy arkhimédeszi rendezett mező, a > b, ahol a, bÎ F. Van egy racionális szám н F oly módon, hogy a > > b.

Bizonyíték. Legyen a > b³ 0. Akkor a-b> 0, és ( a-b) –1 > 0. Van egy természetes t oly módon, hogy m×1 > ( a-b) –1 , honnan m –1 < a-b £ a. Továbbá van egy természetes k oly módon, hogy k× m-1³ a. Legyen k – legkisebb szám amelyre ez az egyenlőtlenség érvényes. Mint k> 1, akkor tehetjük k = n + 1, n Î N. Ahol
(n+ 1)× m-1³ a, n× m –1 < a. Ha egy n× m-1 £ b, azután a = b + (a-b) > b+m-1³ n× m –1 + m –1 =
= (n+ 1)× m-egy. Ellentmondás. Eszközök, a >n× m –1 > b.

Feladatok

4. Bizonyítsuk be, hogy az egész számok gyűrűjét tartalmazó mezőbe beletartozik a racionális számok mezője is.

5. Bizonyítsuk be, hogy minden minimális rendezett mező izomorf a racionális számok mezőjével.

Valós számok

Axiomatikus módszer a matematikában.

A természetes sorozatok axiomatikus elméletének alapfogalmai és összefüggései. Természetes szám definíciója.

Természetes számok összeadása.

Természetes számok szorzása.

A természetes számok halmazának tulajdonságai

Természetes számok kivonása és osztása.

Axiomatikus módszer a matematikában

Bármely matematikai elmélet axiomatikus felépítésében a bizonyos szabályokat:

1. Az elmélet egyes fogalmait úgy választjuk meg Jelentősebbés definíció nélkül elfogadják.

2. Megfogalmazva axiómák, amelyek ebben az elméletben bizonyítás nélkül elfogadottak, felfedik az alapfogalmak tulajdonságait.

3. Az elméletnek minden olyan fogalma megadva van, amely nem szerepel az alapvetőek listájában meghatározás, jelentését a fő és az ezt megelőző fogalom segítségével magyarázza.

4. Az elmélet minden olyan mondatát, amely nem szerepel az axiómalistában, bizonyítani kell. Az ilyen javaslatokat ún tételekés bizonyítsd be azokat a vizsgált axiómák és tételek alapján.

Az axiómarendszernek a következőnek kell lennie:

a) következetes: biztosnak kell lennünk abban, hogy egy adott axiómarendszerből mindenféle következtetést levonva soha nem jutunk ellentmondáshoz;

b) független: egyetlen axióma sem lehet e rendszer más axiómáinak következménye.

ban ben) teljes, ha annak keretein belül mindig be lehet bizonyítani akár az adott állítást, akár annak tagadását.

Eukleidész „Elemek” című művében (Kr. e. 3. század) a geometria bemutatása tekinthető az elmélet axiomatikus felépítésének első tapasztalatának. A geometria és algebra felépítésének axiomatikus módszerének kifejlesztéséhez jelentősen hozzájárult N.I. Lobacsevszkij és E. Galois. A 19. század végén Peano olasz matematikus axiómarendszert dolgozott ki az aritmetika számára.

A természetes számok axiomatikus elméletének alapfogalmai és összefüggései. Természetes szám definíciója.

Alap (meghatározatlan) fogalomként egy bizonyos halmazban N van kiválasztva hozzáállás , valamint halmazelméleti fogalmak, valamint a logika szabályai.

Az elemet közvetlenül követő elem a, kijelöl a".

Az „azonnal követni” kapcsolat a következő axiómákat teljesíti:

Peano axiómái:

1. axióma. sokaságában N van egy elem, közvetlenül nem a következő ennek a készletnek bármely eleméhez. Hívjuk fel Mértékegységés szimbolizálják 1 .

2. axióma. Minden elemhez a tól től N csak egy elem van a" azonnal utána a .

3. axióma. Minden elemhez a tól től N legfeljebb egy elem követi közvetlenül a .

4. axióma. Bármely részhalmaz M készletek N egybeesik N , ha rendelkezik a következő tulajdonságokkal: 1) 1 tartalmazza M ; 2) miből a tartalmazza M , ebből következik, hogy és a" tartalmazza M.

1. definíció. Egy csomó N , melynek elemeire a kapcsolat létrejön "közvetlenül kövesse» amely kielégíti az 1-4 axiómákat, az úgynevezett természetes számok halmaza, elemei pedig azok természetes számok.

NÁL NÉL ezt a meghatározást semmit nem mondanak a halmaz elemeinek természetéről N . Szóval bármi lehet. Kiválasztás készletként N valamilyen meghatározott halmaz, amelyre adott egy adott "közvetlenül követ" reláció, amely kielégíti az 1-4 axiómákat, kapjuk ennek a rendszernek a modellje axiómák.

A Peano-féle axiómarendszer standard modellje egy olyan számsor, amely a társadalom történeti fejlődésének folyamatában keletkezett: 1,2,3,4, ... A természetes sorozat az 1-es számmal kezdődik (1. axióma); minden természetes számot közvetlenül egyetlen természetes szám követ (2. axióma); minden természetes szám közvetlenül legfeljebb egy természetes számot követ (3. axióma); az 1-es számból kiindulva a közvetlenül utána következő természetes számokhoz haladva megkapjuk ezeknek a számoknak a teljes halmazát (4. axióma).

Tehát elkezdtük a természetes számok rendszerének axiomatikus felépítését a fő kiválasztásával „közvetlenül követni” kapcsolatés tulajdonságait leíró axiómák. Az elmélet további felépítése magában foglalja a természetes számok ismert tulajdonságainak és a velük végzett műveleteknek a figyelembevételét. Ezeket a definíciókban és tételekben fel kell tüntetni, pl. tisztán logikai módon az „azonnal követni” relációból és az 1-4. axiómákból származik.

Az első fogalom, amelyet a természetes szám definíciója után bevezetünk, az hozzáállás "közvetlenül megelőzi" , amelyet gyakran használnak a természetes sorozat tulajdonságainak mérlegelésekor.

2. definíció. Ha természetes szám b közvetlenül következik természetes szám a, azt a számot a hívott közvetlenül megelőző(vagy előző) szám b .

Az "előtte" kapcsolat megvan ingatlanok közelében.

1. Tétel. Az egyiknek nincs előtte természetes szám.

2. Tétel. Minden természetes szám a, az 1-től eltérő, egyetlen szám előtt áll b, oly módon, hogy b"= a.

A természetes számok elméletének axiomatikus felépítését nem veszik figyelembe sem a kezdetben, sem az in Gimnázium. Azonban a „közvetlenül követni” reláció azon tulajdonságai, amelyek Peano axiómáiban tükröződnek, tanulmányozás tárgyát képezik. alapfokú tanfolyam matematika. Már az első osztályban az első tíz számainak mérlegelésekor kiderül, hogy az egyes számokat hogyan lehet megszerezni. A „követés” és „előtte” kifejezések használatosak. Minden új szám a természetes számsor vizsgált szegmensének folytatásaként működik. A tanulók meg vannak győződve arról, hogy minden számot a következő követ, ráadásul csak egyet, hogy a számok természetes sorozata végtelen.

Természetes számok összeadása

Az axiomatikus elmélet felépítésének szabályai szerint a természetes számok összeadásának definícióját csak a reláció segítségével kell bevezetni. "közvetlenül követni"és fogalmak "természetes szám"és "előző szám".

Kezdjük az összeadás definícióját a következő megfontolásokkal. Ha bármilyen természetes számra a adjunk hozzá 1-et, megkapjuk a számot a", azonnal követi a, azaz a+ 1= a"és így megkapjuk azt a szabályt, hogy tetszőleges természetes számhoz adjunk 1-et. De hogyan adjunk hozzá a számhoz a természetes szám b, különbözik az 1-től? Használjuk a következő tényt: ha ismert, hogy 2 + 3 = 5, akkor a 2 + 4 = 6 összeg, amely közvetlenül az 5-ös számot követi. Ez azért van így, mert a 2 + 4 összegben a második tag közvetlenül a szám. a 3. számot követve tehát 2 + 4 = 2+3 " =(2+3)". NÁL NÉL Általános nézet nekünk van , .

Ezek a tények alapozzák meg a természetes számok összeadásának definícióját az axiomatikus elméletben.

3. definíció. Természetes számok összeadása egy algebrai művelet, amely a következő tulajdonságokkal rendelkezik:

Szám a + b hívott számok összege aés b , és maguk a számok aés b - feltételeket.