amely a = 1 esetén az összeg meghatározására szolgált geometriai progresszió. Feltételezve, hogy a Gauss-tétel bizonyítást nyert, feltételezzük, hogy a = a 1 a (17) egyenlet gyöke, így

	) = a n + a		a n-1			a n−2		a 1 + a

Ezt a kifejezést f(x)-ből kivonva és a kifejezéseket átrendezve megkapjuk az azonosságot

f(x) = f(x) − f(a1 ) = (xn − a n 1 ) + an−1 (xn−1 − a n 1 −1 ) +. . . + a1 (x − a1 ).

(21) A (20) képlet segítségével minden tagból kivonhatjuk az x − a 1 tényezőt, majd kivesszük a zárójelből, és a zárójelben maradó polinom foka eggyel kevesebb lesz. A kifejezéseket újra átrendezve megkapjuk az azonosságot

f(x) = (x − a1 )g(x),

ahol g(x) egy n − 1 fokú polinom:

g(x) = xn−1 + bn−2 xn−2 + . . . + b1 x + b0 .

(A b-vel jelölt együtthatók számítása itt nem érdekes számunkra.) Alkalmazzuk ugyanezt az argumentumot a továbbiakban a g(x) polinomra. A Gauss-tétel szerint a g(x) = 0 egyenletnek van a2 gyöke, így

g(x) = (x − a2 )h(x),

ahol h(x) egy új, már n − 2 fokú polinom. Ezeket az argumentumokat n − 1-szer megismételve (természetesen az elv alkalmazása matematikai indukció), végül eljutunk a dekompozícióhoz

f(x) = (x − a1 )(x − a2 ) . . . (x − an ).

A (22) azonosság nemcsak azt jelenti, hogy az a1 , a2 ,

An a (17) egyenlet gyökerei, de az is, hogy a (17) egyenletnek nincs más gyökere. Valóban, ha az y szám lenne a (17) egyenlet gyöke, akkor a (22)-ből ez következne

f(y) = (y − a1 )(y − a2 ) . . . (y − an ) = 0.

De láttuk (115. o.), hogy a komplex számok szorzata akkor és csak akkor nulla, ha az egyik tényező nulla. Tehát az y − ar tényezők egyike egyenlő 0-val, azaz y = ar , amit meg kellett állapítani.

§ 6.

1. Definíció és létkérdések. Az algebrai szám bármely x szám, valós vagy imaginárius, amely kielégít néhányat algebrai egyenlet kedves

an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = 0 (n > 1, an 6 = 0),

130 MATEMATIKAI NUMERIKUS RENDSZER ch. II

ahol az ai számok egészek. Így például a 2-es szám algebrai, mivel kielégíti az egyenletet

x2 − 2 = 0.

Ugyanígy a harmadik, negyedik, ötödik, tetszőleges fokú egész együtthatókkal rendelkező egyenlet bármely gyöke, függetlenül attól, hogy gyökben van-e kifejezve vagy sem, algebrai szám. Az algebrai szám fogalma a racionális szám fogalmának természetes általánosítása, amely megfelel az n = 1 konkrét esetnek.

Nem minden valós szám algebrai. Ez a következő Cantor tételből következik: az összes algebrai szám halmaza megszámlálható. Mivel a sok minden valós számok megszámlálhatatlan, akkor szükségszerűen létezniük kell valós számoknak, amelyek nem algebraiak.

Jelöljük meg az algebrai számok halmazának újraszámításának egyik módszerét. Minden (1) alakú egyenlethez pozitív egész szám tartozik

h = |an | + |an−1 | + . . . + |a1 | + |a0 | +n,

amelyet a rövidség kedvéért az egyenlet "magasságának" fogunk nevezni. Minden rögzített n értékhez csak véges számú (1) alakú egyenlet van h magassággal. Ezen egyenletek mindegyikének legfeljebb n gyöke van. Ezért csak véges számú algebrai szám lehet, amelyet h magasságú egyenletek generálnak; ezért az összes algebrai szám sorba rendezhető, először az 1. magassági egyenletek által generált számokat sorolva fel, majd a 2. magassági egyenleteket és így tovább.

Ez a bizonyíték arra, hogy az algebrai számok halmaza megszámlálható, megerősíti a nem algebrai valós számok létezését. Az ilyen számokat transzcendentálisnak nevezik (a latin transzcendere - átengedni, felülmúlni); Euler azért adta nekik ezt a nevet, mert "meghaladják az algebrai módszerek erejét".

Cantor bizonyítéka a transzcendentális számok létezésére nem építő jellegű. Elméletileg meg lehet alkotni egy transzcendentális számot az összes algebrai szám decimális kiterjesztésének képzeletbeli listáján végrehajtott átlós eljárással; de egy ilyen eljárás nélkülöz minden gyakorlati értékés nem vezetne olyan számhoz, amelynek tizedes (vagy más) törtté való kiterjesztése valóban felírható. A transzcendentális számokkal kapcsolatos legérdekesebb problémák annak bizonyítása, hogy bizonyos, konkrét számok(ebbe beletartoznak a p és e számok is, amelyekről lásd a 319–322. oldalt) transzcendentálisak.

ALGEBRAI ÉS TRANSZCENDENS SZÁMOK

**2. Liouville tétele és a transzcendentális számok felépítése. A transzcendentális számok létezésének bizonyítékát már Cantor előtt J. Liouville (1809–1862) adta. Lehetővé teszi, hogy ténylegesen példákat alkossunk ilyen számokra. Liouville bizonyítása nehezebb, mint Cantoré, és ez nem meglepő, hiszen egy példát konstruálni általában véve nehezebb, mint a létezést bizonyítani. Az alábbiakban Liouville bizonyításának bemutatásakor csak egy képzett olvasóra gondolunk, bár az elemi matematika ismerete teljesen elegendő a bizonyításhoz.

Amint Liouville felfedezte, az irracionális algebrai számoknak megvan az a tulajdonsága, hogy nem közelíthetők racionális számokkal nagyon nagy pontossággal, hacsak a közelítő törtek nevezőit nem veszik rendkívül nagyra.

Tegyük fel, hogy a z szám kielégíti az egész együtthatós algebrai egyenletet

f(x) = a0 + a1 x + a2 x2 +. . . + an xn = 0 (an 6 = 0),

de nem elégíti ki ugyanazt az alacsonyabb fokú egyenletet. Azután

mondjuk, hogy x maga egy n fokú algebrai szám. Például,

a z = 2 szám egy 2. fokú algebrai szám, mivel kielégíti a 2. fokú x2 − 2 = 0√ egyenletet, de nem teljesíti az elsőfokú egyenletet; a z = 3 2 szám 3-as fokú, mivel kielégíti az x3 − 2 = 0 egyenletet, de nem (amint azt a III. fejezetben látni fogjuk) egy alacsonyabb fokú egyenletet. Algebrai fokszám n > 1

nem lehet racionális, mivel a z = p q racionális szám kielégíti

kielégíti az 1. fokú qx − p = 0 egyenletet. Mindegyik irracionális szám z racionális szám segítségével tetszőleges pontossággal közelíthető; ez azt jelenti, hogy mindig megadhat egy racionális számsorozatot

p1, p2, . . .

q 1 q 2

korlátlanul növekvő nevezőkkel, amely rendelkezik a tulajdonsággal

hogy

p r → z. qr

Liouville tétele kimondja: bármilyen n > 1 fokú z algebrai szám, azt nem lehet racionálisan közelíteni.

kellően nagy nevező, az egyenlőtlenség

z-p q			> q n1 +1 .

MATEMATIKAI SZÁMRENDSZER

Ennek a tételnek a bizonyítását fogjuk adni, de először megmutatjuk, hogyan használható fel a konstrukció transzcendentális számok. Vegye figyelembe a számot

z = a1 10−1! + a2 10−2! + a3 10−3! + . . . + am · 10−m! + . . . == 0,a1 a2 000a3 00000000000000000a4 000 . . . ,

ahol az ai tetszőleges számjegyeket jelöl 1-től 9-ig (legegyszerűbb minden ai-t 1-re állítani), az n! szimbólum pedig, mint általában (lásd 36. oldal), 1 · 2 · . . . n. Egy ilyen szám decimális kiterjesztésének jellemző tulajdonsága, hogy gyorsan növekvő nullacsoportok váltakoznak benne a nullától eltérő egyes számjegyekkel. Jelölje zm azt a végső tizedes törtet, amelyet úgy kapunk, hogy az összes tagot am · 10−m!-ig vettük a bővítésben. inkluzív. Ekkor megkapjuk az egyenlőtlenséget

Tegyük fel, hogy z egy n fokú algebrai szám. Ekkor a Liouville-egyenlőtlenség (3) beállítása p q = zm = 10 p m! , nekünk kell hogy legyen

|z - zm | > 10(n+1)m!

kellően nagy m értékek esetén. Az utolsó egyenlőtlenség összehasonlítása a (4) egyenlőtlenséggel ad

10(n+1)m!		10 (m+1)!			10(m+1)!−1

ahonnan (n + 1)m következik! > (m + 1)! − 1 kellően nagy m. De ez nem igaz az n-nél nagyobb m értékekre (vegye az olvasó a fáradságot, és részletesen bizonyítja ezt az állítást). Ellentmondáshoz jutottunk. Tehát a z szám transzcendentális.

Liouville tételét be kell bizonyítani. Tegyük fel, hogy z n > 1 fokú algebrai szám, amely kielégíti az (1) egyenletet, így

f(zm ) = f(zm ) − f(z) = a1 (zm − z) + a2 (zm 2 − z2 ) +. . . + an (zm n − zn ).

Mindkét részt zm − z-vel osztva és az algebrai képlet segítségével

u n − v n = un−1 + un−2 v + un−3 v2 +. . . + uvn−2 + vn−1 , u − v

kapunk:

	f(zm)	A1 + a2 (zm + z) + a3 (zm 2 + zm z + z2 ) + . . .
	zm − z
		An (zm n−1 + . . . + zn−1 ). (6)

ALGEBRAI ÉS TRANSZCENDENS SZÁMOK

Mivel zm z-re hajlamos, ezért kellően nagy m esetén a zm racionális szám eggyel kisebb mértékben tér el z-től. Ezért kellően nagy m-re a következő durva becslést tehetjük:

	f(zm)		< |a1 | + 2|a2 |(|z| + 1) + 3|a3 |(|z| + 1)2
zm − z

N|an |(|z| + 1)n−1 = M, (7)

ráadásul a jobb oldali M szám állandó, mivel z nem változik a bizonyítás során. Válasszunk most akkora m-t, hogy

a z m = p m tört nevezője q m nagyobb volt, mint M; azután qm

|z - zm | >	|f(zm )|			|f(zm )|

|f(zm )| =							-qn
							1 p + . . . + a
Racionális szám zm =			nem lehet az egyenlet gyöke

mivel akkor az (x − zm ) tényezőt ki lehet vonni az f(x) polinomból, és ezért z n-nél kisebb fokú egyenletet is kielégítene. Tehát f(zm ) 6= 0. De a (9) egyenlőség jobb oldalán lévő számláló egész szám, és ezért abszolút értékben legalább eggyel egyenlő. Így a (8) és (9) összefüggések összehasonlítása az egyenlőtlenséget jelenti

|z - zm | >
					qn+1

ami éppen a jelzett tétel tartalma.

Az elmúlt néhány évtizedben az algebrai számok racionális számokkal való közelítésének lehetőségével kapcsolatos kutatások sokkal tovább fejlődtek. Például A. Thue norvég matematikus (1863–1922) azt találta, hogy a Liouville-féle egyenlőtlenségben (3) az n + 1 kitevő helyettesíthető egy kisebb, n 2 + 1 kitevővel.

K. L. Siegel megmutatta, hogy lehet még kisebbet (még kisebbet is) venni

nagyobb n) kitevő 2 n.

A transzcendentális számok mindig is olyan téma voltak, amelyek felkeltik a matematikusok figyelmét. Ám egészen a közelmúltig az önmagukban is érdekes számok között nagyon kevesen voltak ismertek, akiknek transzcendentális jellege megállapítható volt. (A p szám transzcendenciája, amelyről a III. fejezetben lesz szó, azt jelenti, hogy a kört vonalzóval és körzővel nem lehet négyzetre emelni.) David Hilbert 1900-ban a Párizsi Nemzetközi Matematikuskongresszuson elmondott beszédében harminc matematikai gyakorlatot javasolt.

HASZNÁLATOK ALGEBRÁJA

egyszerű megfogalmazást engedő problémák, némelyik egészen elemi és népszerű is, amelyek nemhogy nem voltak megoldva, de még megoldhatónak is tűntek a korabeli matematika eszközeivel. Ezek a „Hilbert-problémák” erős ösztönző hatást gyakoroltak a matematika fejlődésében a következő időszakban. Szinte mindegyiket apránként oldották meg, megoldásuk sok esetben egyértelmű előrelépéssel járt az általánosabb és mélyebb módszerek kidolgozásában. Az egyik probléma, amely meglehetősen reménytelennek tűnt, az volt

bizonyíték arra, hogy a szám

transzcendens (vagy legalábbis irracionális). Három évtizeden át még csak sejtés sem volt a kérdés ilyen megközelítéséről senki részéről, amely reményt adna a sikerre. Végül Siegel és tőle függetlenül a fiatal orosz matematikus, A. Gelfond új módszereket fedezett fel sokak transzcendenciájának bizonyítására.

számok, amelyek számítanak a matematikában. Konkrétan be volt állítva

nemcsak a 2 2 Hilbert-szám transzcendenciája, hanem egy meglehetősen kiterjedt ab alakú számosztályé is, ahol a 0-tól és 1-től eltérő algebrai szám, b pedig irracionális algebrai szám.

FÜGGELÉK A II. FEJEZETHEZ

Halmazok algebra

1. Általános elmélet. Az osztály, gyűjtemény vagy objektumkészlet fogalma az egyik legalapvetőbb a matematikában. A halmazt valamilyen A tulajdonság („attribútum”) határozza meg, amellyel minden vizsgált objektumnak rendelkeznie kell vagy nem; Azok az objektumok, amelyek A tulajdonsággal rendelkeznek, egy A halmazt alkotnak. Így ha egész számokat tekintünk, és A tulajdonsága "prím", akkor a megfelelő A halmaz az összes 2, 3, 5, 7, . prímszámból áll. . .

A halmazok matematikai elmélete abból indul ki, hogy halmazokból bizonyos mûveletek segítségével új halmazok képezhetõk (ahogyan a számokból az összeadás és szorzás mûveleteivel új számokat kapunk). A halmazokkal végzett műveletek tanulmányozása a "halmazalgebra" tárgya, amely sok hasonlóságot mutat a közönséges numerikus algebrával, bár bizonyos tekintetben eltér tőle. Az a tény, hogy az algebrai módszerek nem numerikus objektumok, például halmazok vizsgálatára is alkalmazhatók, szemléletes.

HASZNÁLATOK ALGEBRÁJA

a modern matematika elképzeléseinek nagy általánosságát mutatja. A közelmúltban világossá vált, hogy beállított algebra dob Új világ a matematika számos területére, például a méréselméletre és a valószínűségszámításra; a matematikai fogalmak rendszerezésében és logikai összefüggéseinek tisztázásában is hasznos.

A következőkben egy bizonyos állandó tárgyhalmazt fogok jelölni, amelynek természete közömbös, és amelyet egyetemes halmaznak (vagy az érvelés univerzumának) nevezhetünk, ill.

A, B, C, . . . lesz néhány részhalmaza az I. Ha az I az összes gyűjteménye természetes számok, akkor A, mondjuk, jelölheti az összes páros szám halmazát, B a páratlan szám halmazát, C az összes prímszám halmazát stb. Ha I jelöli a sík összes pontjának gyűjteményét, akkor A lehet a pontok halmaza bizonyos, majd körön belül, B - egy másik körön belüli pontok halmaza stb. Kényelmes, ha magát az I-t is belefoglaljuk "részhalmazként", valamint egy "üres" halmazt, amely nem tartalmaz elemeket . Az ilyen mesterséges kiterjesztés célja annak a pozíciónak a megőrzése, hogy A minden tulajdonságához megfelel az I-ből származó elemek bizonyos halmaza, amelyek rendelkeznek ezzel a tulajdonsággal. Ha A egy univerzálisan érvényes tulajdonság, amint azt (számok esetén) az x = x triviális egyenlőség teljesítésének tulajdonsága szemlélteti, akkor az I megfelelő részhalmaza maga az I lesz, mivel minden elem rendelkezik ezzel a tulajdonsággal; másrészt, ha A valamiféle belső ellentmondásos tulajdonság (például x 6= x), akkor a megfelelő részhalmaz egyáltalán nem tartalmaz elemeket, „üres” és szimbólummal jelöljük.

Azt mondjuk, hogy A halmaz a B halmaz egy részhalmaza, röviden: "A benne van a B-ben", vagy "B tartalmazza A-t", ha nincs olyan elem az A halmazban, amely ne lenne a B halmazban is. Ez az összefüggés megfelel a a jelölés

A B vagy B A.

Például a 10-zel osztható egész számok A halmaza az összes B halmaz 5-tel osztható részhalmaza, mivel minden 10-zel osztható szám osztható 5-tel is. Az A B reláció nem zárja ki a B A relációt. és akkor akárhogyan is

Ez azt jelenti, hogy A minden eleme egyben B eleme is, és fordítva, tehát az A és B halmaz pontosan ugyanazokat az elemeket tartalmazza.

A halmazok közötti A B reláció sok tekintetben hasonlít a számok közötti a 6 b relációra. Különösen a következőket jegyezzük meg

HASZNÁLATOK ALGEBRÁJA

ennek az aránynak a következő tulajdonságai:

1) A A.

2) Ha A B és B A, akkor A = B.

3) Ha A B és B C, akkor A C.

Emiatt az A B relációt néha "sorrendi relációnak" is nevezik. A fő különbség a vizsgált reláció és a számok közötti a 6 b reláció között az, hogy bármely két adott (valós) a és b reláció között az a 6 b vagy b 6 a relációk közül legalább az egyik szükségszerűen megvalósul. a hasonló állítás halmazai közötti A B reláció hamis. Például, ha A egy 1, 2, 3 számokból álló halmaz,

és B a 2, 3, 4 számokból álló halmaz,

akkor sem az A B reláció, sem a B A reláció nem áll fenn, ezért azt mondjuk, hogy az A, B, C, részhalmazok. . . az I halmazok "részben rendezettek", míg az a, b, c, valós számok. . .

"jól rendezett" halmazt alkotnak.

Megjegyezzük egyébként, hogy az A B reláció definíciójából az következik, hogy bármilyen legyen is az I halmaz A részhalmaza,

A 4) tulajdonság kissé paradoxnak tűnhet, de ha jobban belegondolunk, logikailag szigorúan megfelel a jel definíciójának pontos jelentésének. Valójában csak az A reláció sérülne

ban ben abban az esetben, ha az üres halmaz olyan elemet tartalmazott, amelyet az A nem tartalmazna; de mivel az üres halmaz egyáltalán nem tartalmaz elemeket, ez nem lehet, bármi legyen is az A.

Most két műveletet definiálunk olyan halmazokon, amelyek formálisan rendelkeznek a számok összeadás és szorzás algebrai tulajdonságaival, bár belső tartalmukban teljesen különböznek ezektől. aritmetikai műveletek. Legyen A és B valamilyen két halmaz. A és B egyesülése vagy "logikai összege" az A-ban vagy az A-ban található elemekből álló halmaz.

ban ben B (beleértve azokat az elemeket is, amelyeket az A és a B is tartalmaz). Ezt a halmazt A + B-vel jelöljük. 1 A és B „metszéspontja” vagy „logikai szorzata” az A-ban és B-ben egyaránt szereplő elemekből álló halmaz. Ezt a halmazt AB-vel jelöljük.2

Az A + B és AB műveletek fontos algebrai tulajdonságai közé soroljuk a következőket. Az olvasó a műveletek definíciója alapján ellenőrizheti érvényességét:

	A + (B + C) = (A + B) + C. 9)
	A(B + C) = AB + AC.		A + (BC) = (A + B) (A + C).
	Az A B reláció ekvivalens mind a két relációval

Mindezen törvények ellenőrzése a legelemibb logika kérdése. Például a 10) szabály kimondja, hogy az A-ban vagy az A-ban található elemek halmaza csak az A halmaz; A 12) szabály kimondja, hogy azon elemek halmaza, amelyek az A-ban és egyidejűleg szerepelnek B-ben vagy C-ben, egybeesik azon elemek halmazával, amelyek vagy egyidejűleg szerepelnek A-ban és B-ben, vagy egyidejűleg szerepelnek A-ban. és C Az ilyen típusú szabályok bizonyítása során használt logikai érvelés jól szemléltethető, ha megegyezünk az A, B, C, halmazok ábrázolásában. . . néhány figura formájában a síkon, és nagyon ügyelünk arra, hogy ne hagyjuk ki a felbukkanó logikai lehetőségeket sem, amikor a jelenlétről van szó. közös elemek két halmaz, vagy fordítva, olyan elemek jelenléte az egyik halmazban, amelyeket a másik nem tartalmaz.

HASZNÁLATOK ALGEBRÁJA

Az olvasó kétségtelenül felhívta a figyelmet arra, hogy a 6), 7), 8), 9) és 12) törvények külsőleg megegyeznek a közönséges algebra jól ismert kommutatív, asszociatív és disztributív törvényeivel. Ebből következik, hogy a közönséges algebra összes szabálya, amely ezekből a törvényekből következik, a halmazok algebrájában is érvényes. Éppen ellenkezőleg, a 10), 11) és 13) törvényeknek nincs analógja a közönséges algebrában, és egyszerűbb szerkezetet adnak a halmazok algebrájának. Például a halmazalgebrában a binomiális képlet a legegyszerűbb egyenlőségre redukál

(A + B)n = (A + B) · (A + B) . . . (A + B) = A + B,

ami a 11. törvényből következik). A 14), 15) és 17) törvények azt mondják, hogy a halmazok és az I tulajdonságai a halmazok egyesülési és metszésponti műveleteivel kapcsolatban nagyon hasonlóak a 0 és 1 számok tulajdonságaihoz a halmazok numerikus műveleteinek műveleteihez képest. összeadás és szorzás. De a 16) törvénynek nincs analógja a numerikus algebrában.

Még egy műveletet kell meghatározni a halmazok algebrájában. Legyen A az I univerzális halmaz valamely részhalmaza. Ekkor A komplementere az I-ben az I azon elemeinek halmaza, amelyek nem szerepelnek A-ban. Erre a halmazra bevezetjük az A0 jelölést. Tehát ha I az összes természetes szám halmaza, és A az összes prímszám halmaza, akkor A0 az összes szám halmaza összetett számokés az 1-es szám. Az A-ból A0-ba való átmenet művelet, amelynek nincs analógja a közönséges algebrában, a következő tulajdonságokkal rendelkezik:

	A + A0 = I.		AA0 = .
	0 = I.		I0 = .

23) A 00 = A.

24) Az A B reláció ekvivalens a B relációval 0 A0.

25) (A + B)0 = A0 B0 . 26) (AB)0 = A0 + B0.

Ezen tulajdonságok ellenőrzését ismét az olvasóra bízzuk.

Az 1)–26) törvények képezik a halmazok algebráját. A „kettősség” figyelemre méltó tulajdonságával rendelkeznek a következő értelemben:

Ha az 1)–26) törvények egyikében a megfelelőt helyettesítjük

(mindegyik előfordulásukban), akkor az eredmény ismét ugyanazon törvények valamelyike. Például a 6) törvény a 7), a 12) - a 13), a 17) - a 16) törvénybe stb. következik. Ebből következik, hogy az 1)–26) törvényekből levezethető tételek egy másik tételnek felelnek meg, a tételnek. "kettős" hozzá, amelyet az elsőből kapunk a jelzett szimbólumok permutációi révén. Valóban, a bizonyítás óta

ch. II HASZNÁLATI ALGEBRÁJA 139

az első tétel egyes 1–26. törvényeinek egymást követő alkalmazásából áll (az érvelés különböző szakaszaiban), akkor a „kettős” törvények alkalmazása a megfelelő szakaszokban a „kettős” tétel bizonyítását jelenti. . (A geometriában tapasztalható hasonló „kettősségről” lásd a IV. fejezetet.)

2. Alkalmazás a matematikai logikára. A halmazok algebrai törvényeinek igazolása az A B összefüggés logikai jelentésének és az A + B, AB és A0 műveletek elemzésén alapult. Most megfordíthatjuk ezt a folyamatot, és az 1)–26) törvényeket tekinthetjük a „logikai algebra” alapjának. Mondjuk pontosabban: a logikának az a része, amely halmazokra vonatkozik, vagy ami lényegében megegyezik a vizsgált objektumok tulajdonságaival, az 1)–26. törvények alapján formális algebrai rendszerré redukálható. A logikai "feltételes univerzum" határozza meg az I halmazt; A minden tulajdonsága meghatároz egy A halmazt, amely az I-beli objektumokból áll, amelyek rendelkeznek ezzel a tulajdonsággal. A közönséges logikai terminológia halmaznyelvre történő fordításának szabályai világosak a

a következő példákat:
"Sem A, sem B"			(A + B)0 , vagy ami megegyezik, A0 B0
"Nem igaz, hogy A és B is"			(AB)0 , vagy ami megegyezik, A0 + B0
a B", vagy
"Ha A, akkor B"
"A-ból B következik"
"Néhány A az B"
"Nem A az B"			AB=
"Néhány A nem B"			AB0 6=
"Nincs A"

A halmazalgebra szempontjából a "Barbara" szillogizmus, ami azt jelenti, hogy "ha minden A egy B és minden B egy C, akkor minden A egy C", egyszerű formát ölt:

3) Ha A B és B C, akkor A C.

Hasonlóképpen, az "ellentmondás törvénye", amely kimondja, hogy "egy objektumnak egyszerre nem lehet valamilyen tulajdonsága, és nem is lehet" a következőképpen írható:

20) AA 0 = ,

a "a kizárt középső törvénye", amely azt mondja, hogy "egy objektumnak rendelkeznie kell bizonyos tulajdonságokkal, vagy nem kell rendelkeznie" ez van írva:

19) A + A 0 = I.

HASZNÁLATOK ALGEBRÁJA

Így a logikának az a része, amely a +, · és 0 szimbólumokkal kifejezhető, formális algebrai rendszerként kezelhető, az 1)–26. törvények értelmében. A matematika logikai elemzésének és a logika matematikai elemzésének egyesítése alapján egy új tudományág jött létre - a matematikai logika, amely jelenleg rohamosan fejlődik.

Axiomatikus szempontból az a figyelemre méltó tény, hogy az 1)–26) állítások a halmazalgebra összes többi tételével együtt logikusan levezethetők a következő három egyenlőségből:

27) A + B = B + A,

(A + B) + C = A + (B + C),

(A0 + B0 )0 + (A0 + B)0 = A.

Ebből az következik, hogy a halmazok algebrája az euklideszi geometriához hasonlóan tisztán deduktív elméletként is megszerkeszthető e három axiómaként felvett állítás alapján. Ha ezeket az axiómákat elfogadjuk, akkor az AB műveletet és az A B relációt A + B és A0 függvények alapján definiáljuk:

	az (A0 + B0 )0 halmazt jelöli,
	B azt jelenti, hogy A + B = B.

Egy egészen más példát egy olyan matematikai rendszerre, amelyben a halmazok algebrájának minden formális törvénye teljesül, a nyolc számrendszer 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30: itt a + b jelöli. , által

definíció szerint a és b legkisebb közös többszöröse, ab a és b legnagyobb közös osztója, a b a "b osztható a-val", a0 pedig a 30 a szám. Su-

Az ilyen példák megléte a törvényeknek megfelelő általános algebrai rendszerek tanulmányozásához vezetett 27). Az ilyen rendszereket "Boole-algebráknak" nevezik George Boole (1815–1864), angol matematikus és logikus után, akinek A gondolkodás törvényeinek vizsgálata című könyve 1854-ben jelent meg.

3. A valószínűségelmélet egyik alkalmazása. A halmazalgebra szorosan kapcsolódik a valószínűségszámításhoz, és lehetővé teszi, hogy új megvilágításba helyezze azt. Vegyük a legegyszerűbb példát: képzeljünk el egy kísérletet véges számú lehetséges eredménnyel, amelyek mindegyike „egyformán lehetségesnek” tekinthető. Egy kísérlet például abból állhat, hogy véletlenszerűen húzunk egy kártyát egy jól megkevert teljes pakliból. Ha a kísérlet összes eredményének halmazát I-vel jelöljük, és A jelöli az I valamelyik részhalmazát, akkor annak valószínűsége, hogy a kísérlet eredménye az A részhalmazban lesz, az arányként van definiálva.

p(A) = A elemeinek száma. elemek száma I

HASZNÁLATOK ALGEBRÁJA

Ha megállapodunk abban, hogy valamely A halmaz elemeinek számát n(A)-val jelöljük, akkor az utolsó egyenlőség alakja adható

Példánkban, ha feltételezzük, hogy A a klubok egy részhalmaza, azt kapjuk
n(A)=13, n(I)=52 és p(A)=

A halmazok algebrájának elgondolásai a valószínűségszámításban találhatók meg, amikor bizonyos halmazok valószínűségeinek ismeretében mások valószínűségét kell kiszámítani. Például a p(A), p(B) és p(AB) valószínűségek ismeretében kiszámíthatjuk a p(A + B) valószínűséget:

p(A + B) = p(A) + p(B) − p(AB).

Nem lesz nehéz ezt bizonyítani. Nekünk van

n(A + B) = n(A) + n(B) − n(AB),

mivel az A-ban és B-ben egyidejűleg található elemeket, azaz AB elemeit kétszer számoljuk az n(A) + n(B) összeg kiszámításakor, ezért ebből az összegből ki kell vonni n(AB)-t. Az n(A + B) kiszámításának rendjét helyesen állítottuk elő. Ekkor az egyenlőség mindkét oldalát elosztva n(I)-vel, megkapjuk a (2) összefüggést.

Érdekesebb képletet kapunk, ha három A, B, C halmazról beszélünk az I-ből. (2) összefüggést használva azt kapjuk, hogy

p(A + B + C) = p[(A + B) + C] = p(A + B) + p(C) − p[(A + B)C].

Az előző bekezdés (12) törvénye azt adja, hogy (A + B)C = AC + BC. Ez a következőket jelenti:

p[(A + B)C)] = p(AC + BC) = p(AC) + p(BC) − p(ABC).

A p[(A + B)C] értéket és a (2)-ből vett p(A + B) értéket behelyettesítve a korábban kapott összefüggésbe, megkapjuk a szükséges képletet:

p(A + B + C) = p(A) + p(B) + p(C) − p(AB) − p(AC) − p(BC) + p(ABC). (3)

Példaként tekintsük a következő kísérletet. Három szám 1, 2, 3 tetszőleges sorrendben van felírva. Mennyi annak a valószínűsége, hogy legalább egy számjegy a megfelelő helyen lesz (számozási szempontból)? Legyen A azoknak a permutációknak a halmaza, amelyekben az 1-es szám van az első helyen, B azon permutációk halmaza, amelyekben a 2-es szám van a második helyen, C azon permutációk halmaza, amelyekben a 3-as szám a harmadik helyen áll hely. Ki kell számolnunk p(A + B + C). Ez egyértelmű

p(A)=p(B)=p(C)=26=13;

valóban, ha bármelyik számjegy a megfelelő helyen van, akkor két lehetőség van a maradék két számjegy átrendezésére a három számjegy összesen 3 · 2 · 1 = 6 lehetséges permutációjából. További,

Egy gyakorlat. Vezesse le a megfelelő képletet p(A + B + C + D)-re, és alkalmazza egy 4 számjegyből álló kísérletre. A megfelelő valószínűség 5 8 = 0,6250.

Az n halmaz uniójának általános képlete a

p(A1 + A2 + . . . + An ) =
	p(Ai ) −
			p(Ai Aj ) + p(Ai Aj Ak ) − . . . ± p(A1 A2 . . . . An ), (4)
ahol szimbólumok				jelölje az összes lehetséges összesítést

kombinációk, amelyek egy, kettő, három, . . . , (n − 1) betűk A1 , A2 , . . .

an. Ezt a képletet matematikai indukcióval lehet megállapítani - ahogy a (3) képlet a (2) képletből származtatták.

A (4) képletből arra következtethetünk, hogy ha n számjegy 1, 2, 3, . . . , n tetszőleges sorrendben íródnak, akkor annak a valószínűsége, hogy legalább egy számjegy a megfelelő helyen lesz, egyenlő

pn = 1

ahol az utolsó tag előtt + vagy − jel áll, attól függően, hogy n páros vagy páratlan. Különösen n = 5 esetén ez a valószínűség egyenlő

p5 = 1 − 2! + 3! − 4! +5! = 30 = 0,6333. . .

A VIII. fejezetben látni fogjuk, hogy ahogy n a végtelenbe megy, a kifejezés

1 1 1 1 Sn = 2! − 3! +4! − . . . ±n!

az 1 e határig tart, amelynek értéke öt tizedesjegygel,

egyenlő: 0,36788. Mivel az (5) képletből egyértelműen kiderül, hogy pn = 1 − Sn, innen következik, hogy mint n → ∞

pn → 1 − e ≈ 0,63212.

Ilja Scsurov

Ilya Shchurov matematikus a tizedes törtekről, a Pi transzcendenciájáról és irracionalitásáról.

Hogyan segített az "egy" az első városok és nagy birodalmak felépítésében? Hogyan inspiráltad az emberiség kiemelkedő elméit? Milyen szerepet játszott a pénz megjelenésében? Hogyan egyesült az „egy” a nullával, hogy uralkodjon modern világ? Az egység története elválaszthatatlanul összefügg az európai civilizáció történetével. Terry Jones humoros utazásra indul, hogy összeállítsa saját csodálatos történetünket prímszám. Ebben a programban a számítógépes grafika segítségével az egység többféleképpen kel életre. Az egység történetéből kiderül, honnan származnak a modern számok, és hogyan mentett meg a nulla feltalálása attól, hogy ma római számokat kelljen használni.

Jacques Cesiano

Diophantusról keveset tudunk. Úgy tűnik, Alexandriában élt. A 4. század előtt egyetlen görög matematikus sem említi, így valószínűleg a 3. század közepén élt. Diophantus legfontosabb munkája, az „Aritmetika” (Ἀριθμητικά) 13 „könyv” (βιβλία), vagyis fejezetek elején zajlott. Ma 10 van belőlük, mégpedig: 6 a görög szövegben és 4 másik a középkori arab fordításban, amelyeknek a helye a görög könyvek közepén van: I-III könyv görögül, IV-VII arabul, VIII-X. görögül. Diophantus "aritmetikája" elsősorban feladatok gyűjteménye, összesen körülbelül 260. Valójában nincs elmélet; A könyv bevezetőjében csak általános instrukciók találhatók, egyes problémákhoz pedig szükség esetén konkrét megjegyzések. Az „aritmetika” már rendelkezik egy algebrai értekezés jellemzőivel. Először Diophantus élvezi különböző jelek, hogy kifejezze az ismeretlent és erejét, néhány számítást is; mint a középkor minden algebrai szimbolikája, szimbolikája is matematikai szavakból származik. Ezután Diophantus elmagyarázza, hogyan lehet algebrai módon megoldani a problémát. De Diophantine problémái nem a szokásos értelemben vett algebraiak, mert szinte mindegyik egy határozatlan egyenlet vagy ilyen egyenletrendszerek megoldására redukálódik.

George Shabat

A kurzus programja: Történelem. Első értékelések. A kör kerületének az átmérőjével való összemérhetőségének problémája. Végtelen sorozatok, szorzatok és egyéb kifejezések π-re. Konvergencia és minősége. π-t tartalmazó kifejezések. Sorozatok, amelyek gyorsan konvergálnak π-hez. Modern módszerekπ kiszámítása számítógépek segítségével. A π és néhány más szám irracionalitásáról és transzcendenciájáról. A tanfolyam megértéséhez nem szükséges előzetes tudás.

Az Oxfordi Egyetem tudósai kijelentették, hogy a 0 szám legkorábbi ismert használata a helyi érték hiányának jelzésére (mint a 101-es szám esetében) az indiai Bakhshali kézirat szövegében található.

Vaszilij Pispanen

Ki nem játszott a „nevezd meg a legnagyobb számot” játékkal gyerekként? Már most nehéz elképzelni milliókat, trilliókat és egyéb "-on"-okat az elmében, de megpróbáljuk kitalálni a "mastodont" a matematikában - a Graham-számot.

Viktor Kleptsyn

Egy valós szám tetszőlegesen pontosan közelíthető racionális számokkal. És mennyire jó egy ilyen közelítés a bonyolultságához képest? Például az x szám decimális jelölésének megtörése at k-edik számjegy a tizedesvessző után az x≈a/10^k közelítést kapjuk 1/10^k nagyságrendű hibával. És általában a közelítő tört q nevezőjének rögzítésével mindenképpen 1/q nagyságrendű hibával közelítést kaphatunk. És lehet-e jobban csinálni? Az ismert π≈22/7 közelítés 1/1000-es nagyságrendű hibát ad, ami egyértelműen sokkal jobb a vártnál. És miért? Szerencsénk van, hogy π-nek ilyen közelítése van? Kiderült, hogy bármely irracionális számra végtelenül sok p/q tört van, amely jobban közelíti, mint 1/q^2. Ezt állítja Dirichlet tétele – és ennek kissé nem szabványos bizonyításával kezdjük a kurzust.

1980-ban a Guinness Rekordok Könyve megismételte Gardner állításait, tovább növelve ezzel a számmal kapcsolatos közérdeklődést. A Graham-szám elképzelhetetlenül sokszorosa a többi jól ismert számnak nagy számok, mint például a googol, a googolplex, és még több, mint a Skewes-szám és a Moser-szám. Valójában az egész megfigyelhető univerzum túl kicsi ahhoz, hogy tartalmazza a Graham-szám szokásos decimális reprezentációját.

Dmitrij Anosov

Az előadásokat Anosov Dmitrij Viktorovics, a fizikai és matematikai tudományok doktora, professzor, az Orosz Tudományos Akadémia akadémikusa olvassa. Nyári iskola"Modern matematika", Dubna. 2002. július 16-18

Erre a kérdésre nem lehet helyes választ adni, mert számsorozat nincs felső határa. Tehát bármelyik számhoz elegendő csak egyet hozzáadni, hogy még nagyobb számot kapjunk. Bár maguk a számok végtelenek, nem nagyon van tulajdonnevük, mivel a legtöbbjük megelégszik a kisebb számokból álló nevekkel. Nyilvánvaló, hogy az emberiség által a saját nevével kitüntetett végső számhalmazban biztosan van néhány legnagyobb számban. De mi a neve és mivel egyenlő? Próbáljuk kitalálni, és egyúttal megtudni, milyen nagy számokat találtak ki a matematikusok.

A valódi vonalon az algebrai számokon kívül van még egy halmaz, amelynek a számossága egybeesik a teljes sor számosságával - ez a transzcendentális számok halmaza.

Meghatározás 6 : A nem algebrai számokat nevezzük transzcendens, azaz transzcendentális szám (lat. transcendere - átadni, túllépni) - ez egy valós ill. összetett szám, amely nem lehet egy racionális együtthatójú polinom gyöke (nem azonos nulla)

A transzcendentális számok tulajdonságai:

· A transzcendentális számok halmaza folytonos.

Minden transzcendentális valós szám irracionális, de fordítva nem igaz. Például egy szám irracionális, de nem transzcendens: egy polinom gyöke (és ezért algebrai).

· A valós transzcendentális számok halmazának sorrendje izomorf az irracionális számok halmazának sorrendjével.

· Szinte bármely transzcendentális szám irracionalitásának mértéke egyenlő 2-vel.

A transzcendentális számok létezését először Liouville bizonyította. Laouville bizonyítéka a transzcendentális számok létezésére hatásos; a következő tétel alapján, amely az 5. Tétel egyenes következménye, a transzcendentális számokra konkrét példákat konstruálunk.

6. tétel [3, 54. oldal].: Legyen egy valós szám. Ha bármilyen természetes n 1 és bármilyen valódi c>0, létezik legalább egy olyan racionális tört, hogy (11), akkor egy transzcendentális szám.

Bizonyíték: Ha algebrai volt, akkor lenne (5. tétel) pozitív egész szám nés érvényes c>0 olyan, hogy bármely törtre ez lenne, és ez ellentmond annak, hogy a (11) bekövetkezik. Az a feltételezés, hogy algebrai szám, azaz. transzcendens szám. A tétel bizonyítást nyert.

Számok, amelyekre, bármely n 1 és c>0 egyenlőtlenségnek (11) van megoldása egész számokban aés b transzcendentális Liouville-számoknak nevezzük.

Most már lehetőségünk van nem algebrai valós számok létrehozására. Olyan számot kell megszerkeszteni, amely tetszőleges közelítéseket tesz lehetővé magasrendű.

Példa:

a egy transzcendentális szám.

Vegyünk önkényes valódit n 1 és c>0. Hadd hol k olyan nagyra választották, hogy kn, azután

Mivel önkényesnek n 1 és c>0, akkor találhat olyan törtet, amely akkor transzcendentális szám.

Állítsa a számot végtelenre tizedes tört: ahol

Akkor bárhol, . Így, és ez azt jelenti, hogy tetszőlegesen magas rendű közelítéseket tesz lehetővé, ezért nem lehet algebrai.

1873-ban Sh. Hermit bebizonyította a szám transzcendenciáját e, természetes logaritmusok alapjai.

Egy szám transzcendenciájának bizonyítására e két lemma szükséges.

1. lemma. Ha egy g(x) egy egész együtthatós polinom, akkor bármely kN az összes együtthatót k- oh származéka g (k) (x) részekre oszthatók k!.

Bizonyíték. Mivel az üzemeltető d/dx lineáris, akkor elegendő a lemma állítását csak az alak polinomjaira ellenőrizni g(x)=x s , s 0.

Ha egy k>s, azután g k) (x)=0 és k!|0.

Ha egy k< s , azután

a binomiális együttható egy egész szám és g(k) ( x) ismét osztható vele k! teljesen.

2. lemma (Remete személyazonossága) . Legyen f(x) egy tetszőleges fokú polinom k valós együtthatókkal,

F( x)=f(x)+f" (x)+f"(x)+ … +f k) (x) az összes származékának összege. Akkor bármilyen valódi (és akár összetett, de még nem lesz rá szükségünk) x Kész:

Bizonyíték. Integrálás részenként:

Az integrál ismét részekkel van integrálva, és így tovább. Az eljárás megismétlésével k+1 alkalommal kapjuk:

7. tétel (Hermite, 1873). Szám e transzcendens.

Bizonyíték. Bizonyítsuk be ezt az állítást ellentmondásokkal. Tegyük fel, hogy e - algebrai szám, fok m. Azután

a m e m + … +a 1 e+a 0 =0

néhány természetes més néhány egész a m ,… a 1 , a 0 . Helyettesítsük be a Hermite identitást (12). x egész szám k amely 0-tól értéket vesz fel m; szorozzuk meg az egyes egyenleteket

illetve be a k majd összeadja az összeset. Kapunk:

Mivel (ez a mi csúnya feltevésünk), kiderül, hogy bármely polinom esetében f(x) az egyenlőségnek teljesülnie kell:

A polinom megfelelő megválasztásával f(x) a (13) bal oldalát nullától eltérő egész számmá tehetjük, míg a jobb oldala nulla és egy között lesz.

Tekintsünk egy polinomot ahol n határozd meg később ( nN, és n nagy).

A 0 szám a multiplicitás gyöke n-1 polinom f(x), számok 1, 2,…, m- sokféleség gyökerei n, ennélfogva:

f (l) (0)=0, l=1,2,…, n-2

f(n-1) (0) = (-1) mn (m!) n

f (l) (k)=0, l=0,1, …, n-1; k=1,2,…, m

Tekintsük g( x)=x n-1 (x-1) n (x-2) n … (x-m) n ehhez hasonló polinom f(x), de egész együtthatókkal. Az 1. lemma szerint a g ( l) (x) osztható egész számok l!, tehát mikor l< n , a g ( l) (x) minden együttható osztható egész számmal n, mert g( l) (x) a g (l) ( x) osztva csak ( n-egy)!. Ezért

ahol DE megfelelő egész szám, az összeg előjele felett pedig a ( m+1) n-1 - polinom fok f(x) és bár lehetséges a végtelenségig összegezni, az y nem nulla származékait f(x) pontosan annyi.

Hasonlóképpen

ahol B k- megfelelő egész számok, k = 1, 2,…, m.

Most engedd nN - bármely olyan egész szám, amely megfelel a feltételeknek:

Tekintsük újra az egyenlőséget (13):

A bal oldali összegben minden tag egész szám, és a k F(k) nál nél k = 1, 2,…, m osztva n, a a 0 F(0) bekapcsolva n nem osztja meg. Ez azt jelenti, hogy a teljes összeg egész szám, n nem osztja meg, i.e. nem nulla. Ennélfogva,

Most becsüljük meg a (13) egyenlőség jobb oldalát. Egyértelmű, hogy a szegmensen és ezért ezen a szegmensen

hol vannak az állandók C 0 és C 1 nem függ n. Ismeretes, hogy

Ezért kellően nagy n, a (13) jobb oldala kisebb egynél, és a (13) egyenlőség lehetetlen.

1882-ben Lindemann bebizonyította a hatalomtranszcendencia tételét e nullától eltérő algebrai kitevővel, ezzel bizonyítva a szám transzcendenciáját.

8. tétel (Lindemann) [3, 58. oldal]. Ha egy algebrai szám és, akkor a szám transzcendentális.

Lindemann tétele lehetővé teszi transzcendentális számok megalkotását.

Példák:

A Lindemann-tételből például az következik, hogy a szám ln 2 - transzcendens, mert 2=e 2-ben, és a 2-es szám algebrai, és ha a szám ln A 2 algebrai volt, akkor a lemma szerint a 2 transzcendentális szám lenne.

Általában minden algebrai ln Lindemann tétele szerint transzcendentális. Ha transzcendens, akkor ln nem feltétlenül transzcendentális szám, pl. ln e =1

Kiderült, hogy még mindig vagyunk Gimnázium sok transzcendentális számot láttam - ln 2,ln 3,ln() stb.

Azt is megjegyezzük, hogy az alakban szereplő számok transzcendentálisak, bármilyen nullától eltérő algebrai szám esetén (a Lindemann-Weierstrass tétel szerint, amely a Lindemann-tétel általánosítása). Például a számok transzcendentálisak, .

Ha transzcendentális, akkor nem feltétlenül transzcendentális számok, pl.

A Lindemann-tétel bizonyítása a transzcendencia bizonyításához hasonlóan a Hermite-azonossággal is elvégezhető, némi bonyodalmakkal az átalakításokban. Pontosan ezt maga Lindemann is bebizonyította. És ezt a tételt más módon is bebizonyíthatja, ahogy a szovjet matematikus A.O. Gelfond, akinek elképzelései a 20. század közepén Hilbert hetedik problémájának megoldásához vezettek.

1900-ban, a II. Nemzetközi Matematikus Kongresszuson Hilbert az általa megfogalmazott problémák között megfogalmazta a hetedik problémát is: „Ha igaz, hogy az alakban szereplő számok hol algebraiak, és irracionálisan transzcendentális számok?” . Ezt a problémát 1934-ben Gelfond oldotta meg, és bebizonyította, hogy minden ilyen szám valóban transzcendentális.

A jelentések transzcendenciájának bizonyítása exponenciális függvény, amelyet a Gelfond javasolt, a pályázaton alapul interpolációs módszerek.

Példák:

1) Gelfond tétele alapján be lehet bizonyítani például, hogy egy szám transzcendentális, mert ha algebrai irracionális lenne, akkor mivel a 19-es szám Gelfond tétele szerint transzcendentális lenne, ami nem igaz.

2) Hagyjuk aés b- ir racionális számok. Lehet egy számot a b racionális legyen?

Természetesen Hilbert hetedik problémáját használva ezt a problémát nem nehéz megoldani. Valójában a szám transzcendens (mert algebrai irracionális szám). De minden racionális szám algebrai, ezért - irracionális. A másik oldalon,

Tehát csak ezeket a számokat mutattuk be:, Ez a probléma azonban Gelfond eredményére való hivatkozás nélkül is megoldható. A következőképpen érvelhetünk: tekintsünk egy számot. Ha ez a szám racionális, akkor a probléma megoldódott, pl aés b megtalált. Ha irracionális, akkor vesszük és.

Tehát bemutattunk két számpárt aés b, úgy, hogy e párok közül az egyik megfelel a feltételnek, de nem tudja, melyik. De végül is nem volt kötelező egy ilyen pár bemutatása! Így ez a megoldás bizonyos értelemben létezési tétel.

A „transzcendentális” szót általában a transzcendentális meditációhoz és a különféle ezotériákhoz kötik. De a helyes használat érdekében legalább meg kell különböztetni a „transzcendentális” kifejezéstől, és legfeljebb fel kell idézni Kant és más filozófusok munkáiban betöltött szerepét.

Ez a fogalom a latin transzcendens szóból származik - „áthaladó”, „felsőbbrendű”, „túllépni”. Általában olyasmit jelöl, ami az empirikus tudás számára alapvetően hozzáférhetetlen, vagy nem tapasztalaton alapul. A kifejezés előfeltételei a neoplatonizmus filozófiájában merültek fel - az irány alapítója, Plotinus megalkotta az Egy - a minden jó eredet - tanát, amelyet sem gondolati erőfeszítéssel, sem érzékszervi tapasztalatok segítségével nem lehet megismerni. „Az Egy nem lény, hanem a szülője” – magyarázza a filozófus.

A „transzcendentális” kifejezést a legteljesebben Immanuel Kant filozófiája tárta fel, ahol a tudattól függetlenül létezők jellemzésére használták, amelyek az érzékszerveinkre hatnak, miközben alapvetően megismerhetetlenek maradtak mind a gyakorlatban, mind az elméletben. A transzcendencia ellentéte a -: vagy az elidegeníthetetlenséget, a tárgy valamilyen minőségének belső kapcsolatát jelenti magával a tárggyal, vagy pedig a tárgy megismerhetőségét. személyes tapasztalat. Például, ha feltételezzük, hogy az Univerzum valamilyen magasabb terv szerint jött létre, akkor maga a terv transzcendens számunkra – csak feltételezni tudunk róla. De ha ez a terv valóban létezik, következményei immanensek számunkra, és megnyilvánulnak fizikai törvényekés milyen körülmények között találjuk magunkat. Ezért bizonyos teológiai felfogásokban Isten transzcendens, és kívül áll az általa teremtett lényen.

Egyes önmagukban lévő dolgok még mindig hozzáférhetőek a priori tudás számára: például a tér és az idő, az Isten elképzelései, a jóság és a szépség, a logikai kategóriák. Vagyis a transzcendentális tárgyak képletesen szólva "alapértelmezetten előre be vannak állítva" az elménkben

A transzcendencia fogalma a matematikában is létezik: a transzcendentális szám olyan szám, amely nem számítható ki algebra segítségével vagy nem fejezhető ki algebrai úton (vagyis nem lehet a nullával nem azonos egész együtthatós polinom gyöke). Ide tartoznak például a π és e számok.

A „transzcendentális”-hoz közel álló, de jelentésében eltérő – „transzcendentális” fogalom. Kezdetben egyszerűen az absztrakt mentális kategóriák területét jelölte, később Kant saját csapdájába esve kifejlesztette: lehetetlennek bizonyult filozófiai rendszert csak empirikus adatokra építeni, más forrásokat pedig nem ismert fel. az empirizmuson kívül a tapasztalat. A kijutás érdekében a filozófusnak el kellett ismernie, hogy bizonyos önmagukban lévő dolgok még mindig hozzáférhetők az a priori tudás számára: például a tér és az idő, az Isten eszméi, a jóság és a szépség, a logikai kategóriák. Vagyis a transzcendentális objektumok képletesen szólva "alapértelmezetten előre be vannak állítva" az elménkben - miközben a róluk szóló információ önmagában létezik, és nem következik tapasztalatunkból.

Van egy másik kapcsolódó fogalom - a transzcendencia. A szó tág értelmében a határ átmenetét jelenti két heterogén terület között, különösen az e világ szférájából a másik világ, a transzcendens szférájába való átmenetet. Az egyszerűség kedvéért vegyünk egy sci-fi példát: a párhuzamos világ egy hétköznapi ember számára transzcendentális jelenség. De amikor a hős belép ebbe a párhuzamos világba, vagy valamilyen módon képes érzékelni azt, ez transzcendencia. Vagy több összetett példa az egzisztenciális filozófiából: Jean-Paul Sartre úgy vélte, hogy az ember transzcendens, mert túllép minden lehetséges saját tapasztalaton: tanulmányozhatjuk magunkat és a világ különböző oldalakról, de még a közelébe sem jutunk önmagunk teljes megismerésének. De ugyanakkor az emberben megvan a transzcendálás képessége: minden dolgot túlszárnyal, valami értelmet adva neki. A transzcendencia a vallásban is fontos elem: segít az embernek megszabadulni anyagi természetétől, és megérinteni valamit, ami azon túl van.

A filozófiából a transzcendentitás fogalma átvándorolt ​​a pszichológiába: Carl Jung svájci pszichológus bevezette a „transzcendentális funkció” fogalmát – ez egy olyan funkció, amely egyesíti a tudatost és a tudattalant. A pszichoanalitikus különösen transzcendentális funkciót végezhet - segít a páciensnek elemezni a tudattalan képeit (például az álmokat), és összekapcsolja azokat pszichéjében zajló tudatos folyamatokkal.

Hogy is mondjam

Helytelen "Regisztráltam egy Transzcendentális Meditáció órára." Így van – „transzcendentális”.

Helyes "Amikor belépek a templomba, azt az érzést tapasztalom, hogy egybeolvadok valami transzcendentálissal."

Így van: "A művészet túlmutat az anyagi világból számunkra ismerős tárgyakon, és magasabb jelentéssel tölti meg azokat."