Haqiqiy sonlar aksiomatikasi. Butun sonlar nazariyasi aksiomalarini oʻrganish Butun sonlar tizimining aksiomatik taʼrifi.

Haqiqiy sonlar (R deb ataladi) qo'shish operatsiyasi ("+") kiritiladi, ya'ni har bir element juftligi ( x,y) to'plamdan haqiqiy raqamlar element tayinlanadi x + y yig'indisi deb ataladigan bir xil to'plamdan x Va y .

Ko'paytirish aksiomalari

Ko'paytirish amali ("·") kiritiladi, ya'ni har bir element juftligi ( x,y) haqiqiy sonlar to'plamidan element tayinlanadi (yoki qisqasi, xy) mahsulot deb ataladigan bir xil to'plamdan x Va y .

Qo‘shish va ko‘paytirish o‘rtasidagi bog‘liqlik

Tartib aksiomalari

Tartib munosabati "" (kichik yoki teng) bo'yicha, ya'ni har qanday juftlik uchun berilgan x, y shartlardan kamida bittasi yoki .

Buyurtma va qo'shimcha o'rtasidagi bog'liqlik

Tartib va ko'paytirish o'rtasidagi bog'liqlik

Davomiylik aksiomasi

Izoh

Bu aksioma shuni anglatadiki, agar X Va Y- ikkita bo'sh bo'lmagan haqiqiy sonlar to'plami shundayki, har qanday elementdan X dan hech qanday elementdan oshmaydi Y, keyin bu to'plamlar orasiga haqiqiy sonni kiritish mumkin. Ratsional sonlar uchun bu aksioma amal qilmaydi; klassik misol: ijobiy ratsional sonlarni ko'rib chiqing va ularni to'plamga belgilang X kvadrati 2 dan kichik bo'lgan raqamlar, qolganlari esa - to Y. Keyin oraliqda X Va Y siz ratsional son qo'sha olmaysiz (ratsional son emas).

Ushbu asosiy aksioma zichlikni ta'minlaydi va shuning uchun hisob-kitoblarni yaratishga imkon beradi. Uning ahamiyatini ko'rsatish uchun biz uning ikkita asosiy natijasini ko'rsatamiz.

Aksiomalarning oqibatlari

Haqiqiy sonlarning ba'zi muhim xususiyatlari to'g'ridan-to'g'ri aksiomalardan kelib chiqadi, masalan,

nolning o'ziga xosligi,
qarama-qarshi va teskari elementlarning o'ziga xosligi.

Adabiyot

Zorich V.A. Matematik tahlil. I. M.: Fazis, 1997, 2-bob.

Shuningdek qarang

Havolalar

Wikimedia fondi. 2010 yil.

Boshqa lug'atlarda "Haqiqiy sonlar aksiomatikasi" nima ekanligini ko'ring:

Haqiqiy yoki haqiqiy son - bu geometrik va o'lchash zaruratidan kelib chiqqan matematik abstraktsiya jismoniy miqdorlar atrofimizdagi dunyo, shuningdek, ildiz olish, logarifmlarni hisoblash, hal qilish kabi operatsiyalarni bajarish ... ... Vikipediya

Haqiqiy yoki haqiqiy sonlar, xususan, jismoniy miqdorlarning qiymatlarini ifodalash va taqqoslash uchun xizmat qiladigan matematik mavhumlikdir. Bunday raqamni intuitiv ravishda nuqtaning to'g'ri chiziqdagi o'rnini tasvirlash sifatida ifodalash mumkin. ... ... Vikipediya

Vikilug‘atda “aksioma” bo‘yicha aksioma (dk. yunoncha ... Vikipediya) haqida maqola mavjud

Turli aksiomatik tizimlarda uchraydigan aksioma. Haqiqiy sonlar aksiomatikasi Gilbertning Evklid geometriyasi aksiomatikasi Kolmogorovning ehtimollar nazariyasi aksiomatikasi ... Vikipediya

Natural sonlarning aksiomatik nazariyasini qurishda asosiy atamalar "element" yoki "son" (ushbu qo'llanmada biz sinonimlar sifatida ko'rib chiqishimiz mumkin) va "to'plam" bo'ladi, asosiy munosabatlar: "mansublik" ( element to'plamga tegishli), "tenglik" va " kuzatish”, a / bilan belgilanadi (u “zarba soni a raqamidan keyin keladi” deb o'qiydi, masalan, ikkitadan keyin uchta, ya'ni 2 / \u003d 3, 10 raqamidan keyin 11 raqami, ya'ni , 10 / \u003d 11 va boshqalar).

Ko'p natural sonlar(tabiiy qatorlar, musbat butun sonlar) “keyin” munosabati kiritilgan N toʻplam boʻlib, unda quyidagi 4 ta aksioma bajariladi:

A 1. N to'plami deb nomlangan elementni o'z ichiga oladi birlik, bu boshqa raqamga ergashmaydi.

A 2 . Tabiiy qatorning har bir elementi uchun undan keyingi bitta element mavjud.

A 3. N ning har bir elementi tabiiy qatorning ko‘pi bilan bitta elementidan keyin keladi.

A 4 .( Induksiya aksiomasi) Agar N to‘plamning M kichik to‘plamida birlik bo‘lsa, shuningdek, uning har bir elementi a bilan birga undan keyingi a / elementi ham bo‘lsa, M N bilan mos keladi.

Xuddi shu aksiomalarni matematik belgilar yordamida qisqacha yozish mumkin:

A 1 ( 1  N) ( a  N) a / ≠ 1

A 2 ( a  N) ( a /  N) a = b => a / = b /

A 3 a / = b / => a = b

Agar b elementi a elementiga (b = a /) ergashsa, a elementi b elementning oldingisi (yoki b dan oldin) deb aytamiz. Bu aksiomalar tizimi deyiladi Peano aksiomalari tizimlari(chunki u 19-asrda italyan matematigi Juzeppe Peano tomonidan kiritilgan). Bu faqat bittasi mumkin bo'lgan to'plamlar natural sonlar to'plamini aniqlash imkonini beruvchi aksiomalar; boshqa ekvivalent yondashuvlar mavjud.

Natural sonlarning eng oddiy xossalari

Mulk 1. Agar elementlar boshqacha bo'lsa, unda quyidagi elementlar boshqacha bo'ladi, ya'ni

a  b => a /  b / .

Isbot qarama-qarshilik usuli bilan amalga oshiriladi: deylik, a / = b / , keyin (A 3 ga ko'ra) a = b, bu teorema shartiga zid keladi.

Mulk 2. Agar elementlar boshqacha bo'lsa, ulardan oldingilar (agar ular mavjud bo'lsa) boshqacha, ya'ni

a /  b / => a  b.

Isbot: deylik, a = b, u holda A 2 ga ko'ra, bizda teorema shartiga zid bo'lgan a / = b / mavjud.

Mulk 3. Hech bir natural son keyingisiga teng emas.

Isbot: Bu shart bajariladigan natural sonlardan tashkil topgan M to'plamni e'tiborga olamiz

M = (a  N | a  a / ).

Isbot induksiya aksiomasiga asoslanadi. Ta'rifiga ko'ra, M to'plami natural sonlar to'plamining kichik to'plamidir. Keyinchalik 1M, chunki birlik hech qanday natural songa (A 1) ergashmaydi, ya'ni a = 1 uchun bizda: 1  1 / . Aytaylik, ba'zi bir  M. Bu shuni anglatadiki, a  a / (ta'rifi bo'yicha M), qaerdan a /  (a /) / (xususiyat 1), ya'ni a /  M. Yuqoridagilarning barchasidan, asoslangan. induksiya aksiomalari bo'yicha M = N, ya'ni teoremamiz hamma natural sonlar uchun to'g'ri degan xulosaga kelishimiz mumkin.

Teorema 4. Har kim uchun natural son 1 dan farqli o'laroq, undan oldin raqam mavjud.

Isbot: To'plamni ko'rib chiqing

M = (1)  (c N | ( a  N) c = a / ).

Berilgan M natural sonlar to'plamining kichik to'plamidir, birlik aniq berilgan to'plamga tegishli. Ushbu to'plamning ikkinchi qismi oldingilari mavjud bo'lgan elementlardir, shuning uchun agar a  M bo'lsa, a / ham M ga tegishli (uning ikkinchi qismi, chunki a / oldingisi a bo'ladi). Shunday qilib, induksiya aksiomasi asosida M barcha natural sonlar to'plamiga to'g'ri keladi, ya'ni barcha natural sonlar 1 yoki oldingi elementi mavjud bo'lgan sonlardir. Teorema isbotlangan.

Natural sonlarning aksiomatik nazariyasining izchilligi

Natural sonlar to'plamining intuitiv modeli sifatida biz tire to'plamlarini ko'rib chiqishimiz mumkin: 1 raqami | ga, 2 raqami || ga va boshqalarga to'g'ri keladi, ya'ni natural qator quyidagicha ko'rinadi:

|, ||, |||, ||||, ||||| ….

Bu tire qatorlari natural sonlar modeli boʻlib xizmat qilishi mumkin, agar “quyidagi” munosabati sifatida “songa bitta chiziqcha qoʻshish”dan foydalansak. Barcha aksiomalarning haqiqiyligi intuitiv ravishda aniq. Albatta, bu model qat'iy mantiqiy emas. Qattiq modelni yaratish uchun yana bir aniq izchil aksiomatik nazariyaga ega bo'lish kerak. Ammo yuqorida aytib o'tilganidek, bunday nazariya bizning ixtiyorimizda emas. Shunday qilib, biz intuitsiyaga tayanishga yoki modellar usuliga murojaat qilmaslikka, balki natural sonlarni o'rganish olib borilgan 6 ming yildan ortiq vaqt davomida ushbu aksiomalarga ziddiyat yo'qligiga murojaat qilishga majburmiz. topilgan.

Peano aksiomalar tizimining mustaqilligi

Birinchi aksiomaning mustaqilligini isbotlash uchun A 1 aksiomasi yolg‘on, A 2, A 3, A 4 aksiomalari to‘g‘ri bo‘lgan modelni qurish kifoya. Keling, 1, 2, 3 raqamlarini birlamchi atamalar (elementlar) sifatida ko'rib chiqaylik va "kuzatuv" munosabatini quyidagi munosabatlar orqali aniqlaymiz: 1 / = 2, 2 / = 3, 3 / = 1.

Ushbu modelda boshqa hech qanday elementga ergashmaydigan element yo'q (1-aksioma noto'g'ri), ammo boshqa barcha aksiomalar qoniqtiriladi. Shunday qilib, birinchi aksioma boshqalarga bog'liq emas.

Ikkinchi aksioma ikki qismdan - mavjudlik va yagonalikdan iborat. Ushbu aksiomaning mustaqilligini (mavjudlik nuqtai nazaridan) ikkita raqam modeli (1, 2) bilan "keyin" munosabati bitta munosabat bilan berilgan: 1 / = 2:

Ikkisi uchun keyingi element yo'q, A 1 , A 3 , A 4 aksiomalari esa to'g'ri.

Ushbu aksiomaning o'ziga xoslik nuqtai nazaridan mustaqilligi N to'plami barcha oddiy natural sonlar to'plami, shuningdek, tuzilgan barcha turdagi so'zlar (mantiqiy bo'lishi shart bo'lmagan harflar to'plami) bo'lgan model bilan tasvirlangan. lotin alifbosidagi harflar soni (z harfidan keyin keyingisi aa, keyin ab ... az, keyin ba ... boʻladi; oxirgisi zz boʻlgan barcha mumkin boʻlgan ikki harfli soʻzlardan keyin keladi. aaa so'zi va boshqalar). Rasmda ko'rsatilganidek, "keyin" munosabatini kiritamiz:

Bu yerda A 1 , A 3 , A 4 aksiomalari ham toʻgʻri, lekin 1 dan keyin darhol ikkita element 2 va a. Shunday qilib, 2-aksioma boshqalarga bog'liq emas.

3-aksiomaning mustaqilligi quyidagi modelda tasvirlangan:

bunda A 1 , A 2 , A 4 to'g'ri, lekin 2 soni ham 4, ham 1 sonidan keyin keladi.

Induksiya aksiomasining mustaqilligini isbotlash uchun barcha natural sonlardan tashkil topgan N to‘plamdan, shuningdek, uch harf(a, b, c). Ushbu modeldagi quyidagi munosabatni quyidagi rasmda ko'rsatilganidek kiritish mumkin:

Bu erda natural sonlar uchun odatiy ketma-ketlik munosabati qo'llaniladi, harflar uchun esa "keyin" munosabati quyidagi formulalar bilan aniqlanadi: a / = b, b / = c, c / = a. Shubhasiz, 1 hech qanday natural songa ergashmaydi, ularning har biri uchun keyingisi bor va bundan tashqari, faqat bitta, har bir element ko'pi bilan bitta elementga ergashadi. Ammo, agar oddiy natural sonlardan tashkil topgan M to‘plamini ko‘rib chiqsak, u holda bu to‘plamning birlikni o‘z ichiga olgan kichik to‘plami, shuningdek M ning har bir elementi uchun keyingi element bo‘ladi. Biroq, bu kichik to‘plam butun modelga to‘g‘ri kelmaydi. ko'rib chiqilmoqda, chunki u a, b, c harflarini o'z ichiga olmaydi. Demak, bu modelda induksiya aksiomasi bajarilmaydi va demak, induksiya aksiomasi boshqa aksiomalarga bogliq emas.

Natural sonlarning aksiomatik nazariyasi kategorik(tor maʼnoda toʻliq).

 (n /) =( (n)) / .

To'liq matematik induksiya printsipi.

Induksiya teoremasi. Barcha natural sonlar uchun qandaydir R(n) mulohaza formulasi tuzilsin va a) R(1) to‘g‘ri bo‘lsin, b) R(k) to‘g‘ri bo‘lishidan R(k /) ham to‘g‘ri ekanligi kelib chiqadi. U holda P(n) ifodasi barcha natural sonlar uchun to‘g‘ri bo‘ladi.

Buni isbotlash uchun R(n) mulohazasi to‘g‘ri bo‘lgan shunday natural sonlardan (M  N) M to‘plamini kiritamiz. Keling, A 4 aksiomasidan foydalanamiz, ya'ni buni isbotlashga harakat qilamiz:

k  M => k /  M.

Muvaffaqiyatli bo'lsak, A 4 aksiomasiga ko'ra, M = N, ya'ni P(n) barcha natural sonlar uchun to'g'ri degan xulosaga kelishimiz mumkin.

1) Teoremaning a) sharti bo‘yicha P(1) to‘g‘ri, demak, 1  M.

2) Agar ba'zi k  M bo'lsa, u holda (M ning qurilishi bo'yicha) P(k) to'g'ri bo'ladi. Teoremaning b) shartiga ko'ra, bu P(k /) ning haqiqatini anglatadi va shuning uchun k /  M.

Shunday qilib, induksiya aksiomasi bo'yicha (A 4) M = N va demak P(n) barcha natural sonlar uchun to'g'ri.

Shunday qilib, induksiya aksiomasi teoremalarni "induksiya orqali" isbotlash usulini yaratishga imkon beradi. Bu usul natural sonlarga oid arifmetikaning asosiy teoremalarini isbotlashda asosiy rol o‘ynaydi. U quyidagilardan iborat:

1) da'voning haqiqiyligin=1 (asosiy induksiya) ,

2) bu bayonot to'g'ri deb hisoblanadin= k, qayerdakixtiyoriy natural sondir(induksiya gipotezasi) , va bu taxminni hisobga olgan holda, uchun bayonotning haqiqiyligin= k / (induksiya bosqichi ).

Bu algoritmga asoslangan isbot dalil deb ataladi Matematik induksiya orqali .

Mustaqil hal qilish uchun vazifalar

№ 1.1. Sanab o'tilgan tizimlardan qaysi biri Peano aksiomalarini qanoatlantirishini aniqlang (ular natural sonlar to'plamining modellari), qaysi aksiomalar bajarilganligini va qaysi biri bajarilmasligini aniqlang.

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

b) N =(n  6, n  N), n / = n + 1;

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

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

e) toq natural sonlar, n / = n +1;

f) toq natural sonlar, n / = n +2;

g) n / = n + 2 nisbatli natural sonlar;

h) N =(1, 2, 3), 1 / = 3, 2 / = 3, 3 / = 2;

i) N =(1, 2, 3, 4, 5), 1 / = 2, 2 / = 3, 3 / = 4, 4 / = 5, 5 / = 1;

j) n / = n + 3 nisbat bilan 3 ga bo'linadigan natural sonlar

k) n / = n + 2 nisbatli juft natural sonlar

m) butun sonlar,
.

Butun sonlar nazariyasining berilgan aksiomalari tizimi 3.1.4-mashqda qayd etilganidek, mustaqil emas.

Teorema 1. Butun sonlarning aksiomatik nazariyasi izchil.

Isbot. Natural sonlarning aksiomatik nazariyasi mos keladi degan farazdan boshlab, butun sonlarning aksiomatik nazariyasi izchilligini isbotlaymiz. Buning uchun biz nazariyamizning barcha aksiomalari qanoatlantiriladigan modelni quramiz.

Avval halqa yasaymiz. To'plamni ko'rib chiqing

N´ N = {(a, b)ï a, bÎ N}.

a, b) natural sonlar. Bunday juftlik deganda natural sonlar ayirmasi tushuniladi a-b. Ammo bunday farq mavjud bo'lgan butun sonlar tizimining mavjudligi isbotlanmaguncha, biz bunday belgilashdan foydalanishga haqqimiz yo'q. Shu bilan birga, bu tushuncha bizga kerak bo'lganda juftlarning xususiyatlarini o'rnatish imkoniyatini beradi.

Biz bilamizki, natural sonlarning turli xil farqlari bir xil butun songa teng bo'lishi mumkin. Shunga ko'ra, biz to'plamda tanishtiramiz N´ N tenglik munosabati:

(a, b) = (c, d) Û a + d = b + c.

Bu munosabat refleksiv, simmetrik va tranzitiv ekanligini tushunish oson. Shuning uchun u ekvivalentlik munosabati bo'lib, tenglik deb atash huquqiga ega. To'plamlarning omillar to'plami N´ N Z. Uning elementlari butun sonlar deb ataladi. Ular juftliklar to'plamidagi ekvivalentlik sinflari. Juftlikni o'z ichiga olgan sinf
(a, b), [ bilan belgilanadi a, b].

Z a, b] farq haqida nima deyish mumkin? a-b

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

[a, b] × [ c, d] = [ac+bd, ad+bc].

Shuni yodda tutish kerakki, qat'iy aytganda, bu erda operatsiya belgilaridan foydalanish mutlaqo to'g'ri emas. Xuddi shu + belgisi natural sonlar va juftlarni qo'shishni bildiradi. Ammo berilgan operatsiya qaysi to'plamda bajarilishi har doim aniq bo'lganligi sababli, biz bu operatsiyalar uchun alohida belgini kiritmaymiz.

Ushbu operatsiyalarning ta'riflarining to'g'riligini tekshirish kerak, ya'ni natijalar elementlarni tanlashga bog'liq emas. a Va b juftlikni aniqlash [ a, b]. Haqiqatan ham, ruxsat bering

[a, b] = [a 1 ,b 1 ], [c, d] = [dan 1 , d 1 ].

Bu shuni anglatadiki a+b 1 = b+a 1 , c + d 1 =d + dan bitta. Ushbu tengliklarni qo'shib, biz olamiz

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

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

Ko'paytirishning ta'rifining to'g'riligi ham xuddi shunday aniqlanadi. Lekin bu erda birinchi navbatda buni tekshirishimiz kerak [ a, b] × [ c, d] = [a 1 ,b 1]×[ c, d].

Endi biz hosil bo'lgan algebraning halqa ekanligini, ya'ni (Z1) - (Z6) aksiomalarini tekshirishimiz kerak.

Masalan, qo'shishning kommutativligini, ya'ni aksiomani (Z2) tekshiramiz. Bizda ... bor

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

Butun sonlar uchun qo‘shishning kommutativligi natural sonlar uchun qo‘shishning kommutativligidan kelib chiqadi, bu allaqachon ma’lum deb hisoblanadi.

Aksiomalar (Z1), (Z5), (Z6) xuddi shunday tekshiriladi.

Nolning rolini er-xotin o'ynaydi. bilan belgilaymiz 0 . Haqiqatan ham,

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

Nihoyat, -[ a, b] = [b, a]. Haqiqatan ham,

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

Endi kengaytma aksiomalarini tekshiramiz. Shuni yodda tutish kerakki, qurilgan halqada bunday natural sonlar mavjud emas, chunki halqaning elementlari tabiiy sonlar juftligi sinflaridir. Shuning uchun natural sonlarning yarim halqasiga izomorf subalgebrani topish talab qilinadi. Bu erda yana juftlik tushunchasi [ a, b] farq haqida nima deyish mumkin? a-b. Natural son n Ikki natural sonning ayirmasi sifatida ifodalanishi mumkin, masalan, quyidagicha: n = (n+ 1) - 1. Xat yozishni o'rnatish taklifi shundan kelib chiqadi f: N ® Z qoida bo'yicha

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

Bu yozishmalar in'ektivdir:

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

Shuning uchun biz o'rtasida birma-bir yozishmalar mavjud N va ba'zi bir kichik to'plam Z, biz bilan belgilaymiz N*. Operatsiyalarni saqlashini tekshirib ko'ramiz:

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).

Shunday qilib, bu aniqlandi N* ichida shakllanadi Z qo'shish va ko'paytirish amallari ostida izomorf bo'lgan subalgebra N

Juftlikni belgilang [ n+ 1, 1] dan N* n, bo'ylab n a, b] bizda ... bor

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

Shunday qilib, nihoyat, juftlik tushunchasi [ a, b] natural sonlar farqi sifatida. Shu bilan birga, tuzilgan to'plamdan har bir element mavjudligi aniqlandi Z ikki natural sonning ayirmasi sifatida ifodalanadi. Bu minimallik aksiomasini sinab ko'rishga yordam beradi.

Bo'lsin M - pastki to'plam Z, o'z ichiga olgan N* va har qanday elementlar bilan birga lekin Va b ularning farqi a - b. Keling, bu holatda buni isbotlaylik M =Z. Darhaqiqat, har qanday element Z sharti bo'yicha tegishli bo'lgan ikkita natural sonning ayirmasi sifatida ifodalanadi M farqi bilan birga.

Teorema 2. Butun sonlarning aksiomatik nazariyasi kategorikdir.

Isbot. Berilgan nazariyaning barcha aksiomalari o'rin olgan har qanday ikkita model izomorf ekanligini isbotlaylik.

Keling, a Z 1 , +, ×, N 1 c va b Z 2 , +, ×, N 2 ñ - bizning nazariyamizning ikkita modeli. Qat'iy aytganda, ulardagi amallar turli belgilar bilan belgilanishi kerak. Hisob-kitoblarni chalkashtirib yubormaslik uchun biz ushbu talabdan chetga chiqamiz: har safar qaysi operatsiya haqida gap ketayotgani aniq. Ko'rib chiqilayotgan modellarga tegishli elementlar tegishli 1 yoki 2 indekslari bilan ta'minlanadi.

Biz birinchi modeldan ikkinchisiga izomorf xaritalashni aniqlaymiz. Chunki N 1 va N 2 natural sonlarning yarim halqalari bo'lsa, birinchi yarim halqaning j ikkinchisiga izomorf xaritalashi mavjud. Keling, xaritalashni aniqlaylik f: Z 1® Z 2. Har bir butun son X 1 O Z 1 ikkita natural sonning ayirmasi sifatida ifodalanadi:
X 1 = a 1 – b bitta. Ishonamizki

f (x 1) = j( a 1) – j( b 1).

Keling, buni isbotlaylik f izomorfizmdir. Xaritalash yaxshi aniqlangan: agar X 1 = da 1, qayerda y 1 = c 1 – d 1, keyin

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).

Demak, bundan kelib chiqadi f- aniq xaritalash Z 1 dyuym Z 2. Lekin har kim uchun X 2 dan Z 2 tabiiy elementlarni topa oladi a 2 va b 2 shunday X 2 = a 2 – b 2. j izomorfizm bo'lgani uchun bu elementlar teskari tasvirlarga ega a 1 va b bitta. Ma'nosi, x 2 = j( a 1) – j( b 1) =
= f (a 1 – b 1) va har bir elementdan Z 2 prototip hisoblanadi. Shuning uchun yozishmalar f o'zaro aniq. Keling, operatsiyalarni saqlashini tekshirib ko'ramiz.

Agar X 1 = a 1 – b 1 , y 1 = c 1 – d 1, keyin

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).

Xuddi shunday, biz ko'paytirishning saqlanib qolganligini tekshiramiz. Shunday qilib, bu aniqlandi f izomorfizmdir va teorema isbotlangan.

Mashqlar

1. Natural sonlar tizimini o'z ichiga olgan har qanday halqa butun sonlar halqasini ham o'z ichiga olishini isbotlang.

2. Birlik bilan har bir minimal tartibli kommutativ halqa butun sonlar halqasiga izomorf ekanligini isbotlang.

3. Birlik va nol boʻluvchisiz har bir tartibli halqada butun sonlar halqasiga izomorf boʻlgan faqat bitta subring borligini isbotlang.

4. Maydon ustida ikkinchi tartibli matritsa halqa ekanligini isbotlang haqiqiy raqamlar butun sonlar halqasiga izomorf cheksiz ko'p pastki halqalarni o'z ichiga oladi.

Ratsional sonlar maydoni

Ratsional sonlar tizimini aniqlash va qurish xuddi butun sonlar sistemasi uchun qanday bajarilgan bo'lsa, xuddi shunday amalga oshiriladi.

Ta'rif. Ratsional sonlar tizimi - bu butun sonlar halqasining kengaytmasi bo'lgan minimal maydon.

Ushbu ta'rifga muvofiq, biz ratsional sonlar tizimining quyidagi aksiomatik qurilishini olamiz.

Asosiy shartlar:

Q ratsional sonlar to'plamidir;

0, 1 - doimiylar;

+, × - bu ikkilik amallar Q;

Z- pastki to'plam Q, butun sonlar to'plami;

Å, Ä ustidagi ikkilik amallardir Z.

Aksiomalar:

I. Maydon aksiomalari.

(1-chorak) a+ (b+c) = (a+b) + c.

(2-savol) a + b = b + a.

(3-savol)(" a) a + 0 = a.

(4-savol)(" a)($(–a)) a + (–a) = 0.

(5-savol) a× ( b× c) = (a× b) × c.

(6-savol) a× b = b× a.

(7-savol) lekin× 1 = lekin.

(8-savol)(" a¹ 0)($ a –1) a × a –1 = 1.

(9-savol) ( a+b) × c = a × c + b× c.

II. Kengaytma aksiomalari.

(10-savol) a Z, M, L, 0, 1ñ natural sonlar halqasi.

(11-savol) Z Í Q.

(12-savol)(" a,bÎ Z) a+b=aÅ b.

(13-savol)(" a,bÎ Z) a× b = aÄ b.

III. Minimallik aksiomasi.

(14-savol) MÍ Q, ZÍ M, ("a, bÎ M)(b ¹ 0 ® a× b–1 O M)Þ M = Q.

Raqam a× b-1 ko'rsatkich deyiladi lekin Va b, belgilangan a/b yoki .

Teorema 1. Har bir ratsional son ikki butun sondan iborat qism sifatida ifodalanadi.

Isbot. Bo'lsin M ikki butun sonning bo'linmasi sifatida ifodalanadigan ratsional sonlar to'plamidir. Agar n demak, butun sondir n = n/1 tegishli M, Binobarin, ZÍ M. Agar a, bÎ M, keyin a = k/l, b = m/n, qayerda k, l, m, nÎ Z. Binobarin, a/b=
= (kn) / (lm)Î M. Aksioma bo'yicha (14-savol) M= Q, va teorema isbotlangan.

Teorema 2. Ratsional sonlar maydoni chiziqli va qat'iy tartiblangan va o'ziga xos tarzda bo'lishi mumkin. Ratsional sonlar sohasidagi tartib Arximed bo'lib, butun sonlar halqasidagi tartibni davom ettiradi.

Isbot. tomonidan belgilang Q+ kasr sifatida ifodalanadigan sonlar to'plami, bu erda kl> 0. Bu shart sonni ifodalovchi kasr turiga bog‘liq emasligini tushunish oson.

Keling, buni tekshirib ko'ramiz Q + – maydonning ijobiy qismi Q. Chunki butun son uchun kl uchta holat mumkin: kl = 0, klÎ N, –kl Î N, u holda a = uchun uchta imkoniyatdan birini olamiz: a = 0, an Q+ , –aO Q + . Bundan tashqari, agar a = bo'lsa, b = tegishli Q+, keyin kl > 0, mn> 0. Keyin a + b = , va ( kn+ml)ln = kln 2 + mnl 2 > 0. Demak, a + bn Q + . Buni xuddi shunday tekshirish mumkin abn Q + . Shunday qilib, Q + sohaning ijobiy qismi hisoblanadi Q.

Bo'lsin Q++ bu sohaning ijobiy qismidir. Bizda ... bor

l =.l 2 n Q ++ .

Bu yerdan NÍ Q++ . 2.3.4 teoremaga ko'ra natural sonlarning o'zaro nisbatlari ham tegishli Q++ . Keyin Q + Í Q++ . 2.3.6 teorema bo'yicha Q + =Q++ . Shuning uchun ijobiy qismlar bilan belgilangan tartiblar ham mos keladi. Q+ va Q ++ .

Chunki Z + = NÍ Q+ , keyin tartibni kiriting Q tartibni davom ettiradi Z.

Endi a => 0, b => 0 boʻlsin. Butun sonlar halqasidagi tartib Arximed boʻlgani uchun musbat uchun kn Va ml tabiiy bor dan shu kabi dan× kn>ml. Bu yerdan dan a = dan>= b. Demak, ratsional sonlar sohasidagi tartib Arximeddir.

Mashqlar

1. Ratsional sonlar maydoni zich ekanligini, ya’ni har qanday ratsional sonlar uchun ekanligini isbotlang a < b mantiqiylik bor r shu kabi a < r < b.

2. Tenglama ekanligini isbotlang X 2 = 2 da hech qanday yechim yo'q Q.

3. To'plam ekanligini isbotlang Q sanaladigan.

Teorema 3. Ratsional sonlarning aksiomatik nazariyasi izchil.

Isbot. Ratsional sonlarning aksiomatik nazariyasining izchilligi butun sonlardagi kabi isbotlangan. Buning uchun nazariyaning barcha aksiomalari bajariladigan model quriladi.

Asos sifatida biz to'plamni olamiz

Z´ Z* = {(a, b)ï a, bÎ Z, b ¹ 0}.

Ushbu to'plamning elementlari juft ( a, b) butun sonlar. Bunday juftlik deganda biz butun sonlar koeffitsientini tushunamiz a/b. Shunga ko'ra, biz juftlarning xususiyatlarini o'rnatamiz.

Biz to'plamda tanishtiramiz Z´ Z* tenglik munosabati:

(a, b) = (c, d) Û ad = miloddan avvalgi.

Shuni ta'kidlaymizki, bu ekvivalentlik munosabati va tenglik deb atash huquqiga ega. To'plamlarning omillar to'plami Z´ Z* bu tenglik munosabati bilan belgilaymiz Q. Uning elementlari ratsional sonlar deb ataladi. Juftni o'z ichiga olgan sinf ( a, b), [ bilan belgilanadi a, b].

Biz tuzilgan to'plamda tanishtiramiz Q qo'shish va ko'paytirish amallari. Bu bizga [ elementi haqida tasavvur hosil qilishimizga yordam beradi. a, b] shaxsiy haqida nima deyish mumkin? a/b. Shunga ko'ra, ta'rif bo'yicha biz quyidagilarni qabul qilamiz:

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

[a, b] × [ c, d] = [ac, bd].

Biz ushbu operatsiyalarning ta'riflarining to'g'riligini tekshiramiz, ya'ni natijalar elementlarni tanlashga bog'liq emas. a Va b juftlikni aniqlash [ a, b]. Bu xuddi 3.2.1-teorema isbotidagi kabi bajariladi.

Nolning rolini er-xotin o'ynaydi. bilan belgilaymiz 0 . Haqiqatan ham,

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

[ga qarshi a, b] bu juft –[ a, b] = [–a, b]. Haqiqatan ham,

[a, b] + [–a, b]= [ab-ab, bb] = = 0 .

Birlik juft = 1 . Juftlikka teskari [ a, b] - juftlik [ b, a].

Endi kengaytma aksiomalarini tekshiramiz. Keling, yozishmalarni o'rnatamiz
f: Z ® Q qoida bo'yicha

f(n) = [n, 1].

Biz bu o'rtasidagi yakkama-yakka yozishma ekanligini tasdiqlaymiz Z va ba'zi bir kichik to'plam Q, biz bilan belgilaymiz Z*. Biz uning operatsiyalarni saqlab qolishini tekshiramiz, shuning uchun u o'rtasida izomorfizmni o'rnatadi Z va subring Z* ichida Q. Shunday qilib, kengaytma aksiomalari tekshirildi.

Juftlikni belgilang [ n, 1] dan Z* natural songa mos keladi n, bo'ylab n . Keyin ixtiyoriy juftlik uchun [ a, b] bizda ... bor

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

Bu juftlik tushunchasini asoslaydi [ a, b] butun sonlar qismi haqida. Shu bilan birga, tuzilgan to'plamdan har bir element mavjudligi aniqlandi Q ikki butun sonning bo'limi sifatida ifodalanadi. Bu minimallik aksiomasini sinab ko'rishga yordam beradi. Tekshirish 3.2.1 teoremadagi kabi amalga oshiriladi.

Shunday qilib, qurilgan tizim uchun Q butun sonlar nazariyasining barcha aksiomalari qanoatlantirildi, ya'ni biz bu nazariyaning modelini qurdik. Teorema isbotlangan.

Teorema 4. Ratsional sonlarning aksiomatik nazariyasi kategorikdir.

Isbot 3.2.2 teoremaning isbotiga o'xshaydi.

Teorema 5. Arximed tartibli maydoni ratsional sonlar maydonining kengaytmasidir.

Buning isboti mashq sifatida.

Teorema 6. Bo'lsin F Arximed tartibli dala, a > b, qayerda a, bÎ F. n ratsional soni mavjud F shu kabi a > > b.

Isbot. Bo'lsin a > b³ 0. Keyin a-b> 0 va ( a-b) –1 > 0. Tabiat bor T shu kabi m×1 > ( a-b) –1 , qaerdan m –1 < a-b £ lekin. Bundan tashqari, tabiiy narsa bor k shu kabi k× m-1³ a. Bo'lsin k bu tengsizlik amal qiladigan eng kichik sondir. Chunki k> 1, keyin qo'yishimiz mumkin k = n + 1, n Î N. Qayerda
(n+ 1)× m-1³ a, n× m –1 < a. Agar n× m-1 funt b, keyin a = b + (a-b) > b+m-1³ n× m –1 + m –1 =
= (n+ 1)× m-bir. Qarama-qarshilik. Ma'nosi, a >n× m –1 > b.

Mashqlar

4. Butun sonlar halqasi joylashgan har qanday maydonga ratsional sonlar maydoni ham kirishini isbotlang.

5. Har bir minimal tartiblangan maydon ratsional sonlar maydoniga izomorf ekanligini isbotlang.

Haqiqiy raqamlar

OMSK DAVLAT PEDAGOGIKA UNIVERSITETI
OMSPUning TARE FILIALI
BBK Tahririyat va nashriyot qarori bilan chop etilgan
Tara shahridagi OmSPU filialining 22-73-sektori
Ch67

Tavsiyalar talabalar uchun pedagogika universitetlari"Algebra va sonlar nazariyasi" fanini o'rganish. Ushbu intizom doirasida, muvofiq davlat standarti 6-semestrda “Raqam tizimlari” bo‘limi o‘rganiladi. Bu tavsiyalar natural sonlar sistemalarining (Peano aksiomalar sistemasi), butun sonlar va ratsional sonlar sistemalarining aksiomatik qurilishiga oid materiallarni taqdim etadi. Ushbu aksiomatika sizga maktab matematika kursining asosiy tushunchalaridan biri bo'lgan raqam nima ekanligini yaxshiroq tushunish imkonini beradi. Materialni yaxshiroq o'zlashtirish uchun tegishli mavzular bo'yicha topshiriqlar beriladi. Tavsiyalarning oxirida javoblar, ko'rsatmalar, muammolarni hal qilish yo'llari mavjud.

Taqrizchi: t.f.n., prof. Dalinger V.A.

Nashr uchun imzolangan - 22.10.98

gazeta qog'ozi
100 nusxada tiraj.
Operatsion bosib chiqarish usuli
OmGPU, 644099, Omsk, nab. Tuxachevskiy, 14 yosh
filiali, 644500, Tara, st. Maktab, 69

1. TABIY SONLAR.

Natural sonlar sistemasini aksiomatik qurishda to‘plam tushunchasi, munosabatlar, funksiyalar va boshqa to‘plam nazariy tushunchalari ma’lum deb faraz qilamiz.

1.1 Peano aksiomalari tizimi va eng oddiy xulosalar.

Peanoning aksiomatik nazariyasidagi boshlang‘ich tushunchalar N to‘plam (biz uni natural sonlar to‘plami deb ataymiz), undan nol maxsus son (0) va N da ikkilik munosabat S(a) bilan belgilanadi ( yoki a().
AKSIOMLAR:
1. ((a(N) a"(0 (Hech qanday sondan keyin boʻlmagan 0 natural soni mavjud.)
2. a=b (a"=b" (har bir natural a soni uchun quyidagi a natural soni mavjud va faqat bitta).
3. a"=b" (a=b (har bir natural sondan ko'pi bilan bitta raqam keladi).
4. (induksiya aksiomasi) Agar M(N va M) to‘plam ikkita shartni qanoatlantirsa:
A) 0(M;
B) ((a(N) a(M ® a"(M, keyin M=N).
Funktsional terminologiyada bu S:N®N xaritalash in'ektsion ekanligini anglatadi. 1-aksioma S:N®N xaritasi sur'ektiv emasligini bildiradi. 4-aksioma "matematik induksiya usuli" bo'yicha bayonotlarni isbotlash uchun asosdir.
Biz to'g'ridan-to'g'ri aksiomalardan kelib chiqadigan natural sonlarning ba'zi xususiyatlarini qayd etamiz.
Xossa 1. Har bir natural son a(0 bitta va faqat bitta raqamdan keyin keladi.
Isbot. Nolni o'z ichiga olgan natural sonlar to'plamini va har biri qandaydir sondan keyin keladigan barcha natural sonlarni M bilan belgilang. M=N ekanligini ko‘rsatish kifoya, yagonalik 3-aksiomadan kelib chiqadi. 4-induksiya aksiomasini qo‘llaymiz:
A) 0(M - M to'plamni qurish bo'yicha;
B) agar a(M, u holda a"(M, chunki a" adan keyin.
Demak, 4-aksioma tufayli M=N.
Xossa 2. Agar a(b), u holda a"(b".
Xususiyat aksioma 3 dan foydalangan holda "ziddiyat bilan" usuli bilan isbotlangan. Quyidagi xususiyat 3 aksioma 2 yordamida xuddi shunday isbotlangan.
Xususiyat 3. Agar a"(b" bo'lsa, a(b).
4-xususiyat. ((a(N)a(a". (O'zidan keyin natural son kelmaydi).)
Isbot. M=(x(x(N, x(x)) boʻlsin). M=N ekanligini koʻrsatish kifoya. Chunki 1-aksioma boʻyicha ((x(N)x"(0), xususan, 0"(0, va demak, 4-aksiomaning A) sharti 0(M bajariladi. Agar x(M, ya’ni x(x) bo‘lsa, u holda 2 x"((x")" xossasi bo‘yicha B) x( M ® x) shartini bildiradi. "(M. Ammo keyin, 4-aksiomaga ko'ra, M = N.
( natural sonlarning qandaydir xossasi bo'lsin. a sonining xossaga ega bo'lishi ((a) ni yozamiz).
1.1.1-topshiriq. Natural sonlar toʻplamining taʼrifidan olingan 4-aksioma quyidagi fikrga ekvivalent ekanligini isbotlang: har qanday xossa uchun (, agar ((0) va, keyin).
1.1.2-topshiriq. Uch elementli A=(a,b,c) to‘plamda unar amal (: a(=c, b(=c, c(=a)) quyidagicha aniqlanadi. Peano aksiomalaridan qaysi biri to‘g‘ri bo‘ladi. operatsiya bilan A ni o'rnating (?
1.1.3-topshiriq. A=(a) bir elementli to‘plam bo‘lsin, a(=a. A to‘plamda Peano aksiomalaridan qaysi biri (?) amali bilan to‘g‘ri.
1.1.4-topshiriq. N to'plamda har qanday uchun o'rnatish orqali unar amalni aniqlaymiz. Peano aksiomalarining amalda ifodalangan tasdiqlari N.
1.1.5-topshiriq. Bo'lsin. Amaliyot ostida A yopiq ekanligini isbotlang (. A to'plamdagi Peano aksiomalarining haqiqatini (.) amali bilan tekshiring.
1.1.6-topshiriq. Bo'lsin, . Sozlash orqali A dagi unar amalni aniqlaymiz. Peano aksiomalaridan qaysi biri amalli A to‘plamda to‘g‘ri?

1.2. Peano aksiomalari tizimining izchilligi va kategoriyaliligi.

Aksiomalar sistemasi T teoremasini va uning aksiomalaridan uning inkorini isbotlashning iloji bo'lmasa, izchil deb ataladi.
Agar aksiomatik nazariyada T teorema va uning inkori (T) bo'lmasa, bu aksiomalar sistemasi izchil ekanligini anglatmaydi, bunday nazariyalar kelajakda yuzaga kelishi mumkin.Shuning uchun aksiomalar sistemasining izchilligini isbotlash kerak. Konsistensiyani isbotlashning eng keng tarqalgan usuli - agar ma'lum bo'lgan izchil nazariya Sda aksiomalar tizimining talqini mavjud bo'lsa, aksiomalar tizimining o'zi ham izchil bo'lishiga asoslangan talqin qilish usulidir. aksiomalar nomuvofiq bo'lgan bo'lsa, unda T va (T) teoremalari isbotlangan bo'lar edi, lekin u holda bu teoremalar to'g'ri bo'ladi va uning talqinida bo'ladi va bu S nazariyaning izchilligiga zid keladi. Sharhlash usuli faqat nazariyaning nisbiy izchilligi.
Peano aksiomalari tizimi uchun juda ko'p turli xil talqinlar tuzilishi mumkin. To‘plam nazariyasi, ayniqsa, talqinlarga boy. Keling, ushbu talqinlardan birini ko'rsatamiz. Natural sonlar sifatida (, ((), ((()), (((())),... to'plamlarini ko'rib chiqamiz, maxsus son sifatida nolni ko'rib chiqamiz (. "Keyingi" munosabati izohlanadi. quyidagicha: M to‘plamdan keyin yagona elementi M o‘zi bo‘lgan (M) to‘plam keladi. Shunday qilib, ("=((), (()"=((()) va hokazo. 1-4 aksiomalarning haqiqiyligi quyidagicha bo‘lishi mumkin. qiyinchiliksiz tekshiriladi.Ammo bunday talqinning samaradorligi kichik: bu to‘plamlar nazariyasi izchil bo‘lsa, Peano aksiomalari tizimi izchil bo‘lishini ko‘rsatadi. qiyin vazifa.Peano aksiomalari tizimining eng ishonchli talqini intuitiv arifmetika bo'lib, uning izchilligi uning ko'p asrlik rivojlanish tajribasi bilan tasdiqlangan.
Agar bu sistemaning har bir aksiomasini boshqa aksiomalar asosida teorema sifatida isbotlab bo'lmasa, izchil aksiomalar tizimi mustaqil deyiladi. Aksioma (tizimning boshqa aksiomalariga bog'liq emasligini) isbotlash uchun
(1, (2, ..., (n, ((1))
aksiomalar sistemasi izchil ekanligini isbotlash kifoya
(1, (2, ..., (n, (((2))
Haqiqatan ham, agar (1) sistemaning qolgan aksiomalari asosida isbotlangan bo'lsa, u holda (2) tizim nomuvofiq bo'lar edi, chunki teorema (va aksioma ((.).
Demak, aksiomaning mustaqilligini isbotlash uchun ((1) sistemaning qolgan aksiomalaridan (2) aksiomalar tizimining talqinini tuzish kifoya.
Aksiomalar tizimining mustaqilligi ixtiyoriy talabdir. Ba'zan, "qiyin" teoremalarni isbotlashdan qochish uchun, ataylab ortiqcha (qaram) aksiomalar tizimi tuziladi. Biroq “ortiqcha” aksiomalar aksiomalarning nazariyadagi rolini, shuningdek, nazariyaning turli bo‘limlari orasidagi ichki mantiqiy bog‘lanishlarni o‘rganishni qiyinlashtiradi. Bundan tashqari, uchun talqinlar qurilishi bog'liq tizimlar aksiomalar mustaqil bo'lganlarga qaraganda ancha qiyin; axir, "ortiqcha" aksiomalarning to'g'riligini tekshirish kerak. Shu sabablarga ko'ra, aksiomalar o'rtasidagi bog'liqlik masalasi uzoq vaqtdan beri birinchi darajali ahamiyatga ega. O‘z vaqtida Evklid aksiomatikasidagi “A nuqtadan to‘g‘ri chiziqqa parallel bo‘lgan ko‘pi bilan bitta to‘g‘ri chiziq o‘tadi” degan 5-posulat teorema (ya’ni qolgan aksiomalarga bog‘liq) ekanligini isbotlashga urinishlar va bu fikrga olib keldi. Lobachevskiy geometriyasining kashfiyoti.
Berilgan nazariyaning har qanday A jumlasi isbotlanishi yoki inkor etilishi mumkin bo‘lsa, ya’ni A yoki deduktiv to‘liq bo‘lmasa, izchil sistema deduktiv to‘liq deyiladi.Deduktiv to‘liqlik ham majburiy shart emas.Masalan, guruh nazariyasi aksiomalari tizimi, halqa. nazariya, maydon nazariyasi to'liq emas; chunki ham chekli, ham cheksiz guruhlar, halqalar, maydonlar mavjud, demak, bu nazariyalarda taklifni isbotlash yoki rad etish mumkin emas: "Guruh (halqa, maydon) cheklangan sonli elementlarni o'z ichiga oladi. "
Shuni ta'kidlash kerakki, ko'pgina aksiomatik nazariyalarda (ya'ni, rasmiylashtirilmaganlarida) takliflar to'plamini aniq belgilangan deb hisoblash mumkin emas va shuning uchun bunday nazariya aksiomalar tizimining deduktiv to'liqligini isbotlab bo'lmaydi. To'liqlikning yana bir tuyg'usi kategorik deb ataladi. Aksiomalar sistemasi kategorik deyiladi, agar uning har qanday talqini izomorf bo'lsa, ya'ni bir va boshqa talqinning boshlang'ich ob'ektlari to'plami o'rtasida shunday birma-bir moslik mavjud bo'lib, u barcha boshlang'ich munosabatlar uchun saqlanib qoladi. Kategoriyalilik ham ixtiyoriy shartdir. Masalan, guruhlar nazariyasining aksioma tizimi kategorik emas. Bu chekli guruh izomorf bo'lishi mumkin emasligidan kelib chiqadi cheksiz guruh. Biroq, ba'zi sanoq sistemalari nazariyasini aksiomatizatsiya qilishda kategoriyalilik majburiydir; masalan, natural sonlarni aniqlovchi aksiomalar sistemasining kategorik xususiyati izomorfizmgacha faqat bitta natural qator mavjudligini bildiradi.
Peano aksiomalari sistemasining kategoriyaliligini isbotlaylik. (N1, s1, 01) va (N2, s2, 02) Peano aksiomalari tizimining istalgan ikkita talqini boʻlsin. Quyidagi shartlar bajariladigan f:N1®N2 kabi ikki tomonlama (birma-bir) xaritalashni ko'rsatish talab qilinadi:
a) N1 dan istalgan x uchun f(s1(x)=s2(f(x));
b) f(01)=02
Agar s1 va s2 unar amallarining ikkalasi ham bir tub son bilan belgilansa, a) shart quyidagicha qayta yoziladi.
a) f(x()=f(x)(.
N1(N2) to‘plamdagi f ikkilik munosabatni quyidagi shartlar bilan aniqlaymiz:
1) 01f02;
2) agar xfy, u holda x(fy(.
Keling, bu munosabat N1 dan N2 ga, ya'ni N1 dan har bir x uchun xaritalash ekanligiga ishonch hosil qilaylik.
(((y(N2)xfy(1)
(1) shart bajariladigan N1 dan barcha x elementlar to'plamini M1 bilan belgilang. Keyin
A) 01 (M1 1 tufayli);
B) x(M1 ® x((2 tufayli M1) va 1-bandning 1 xossalari.
Demak, 4-aksiomaga asosan, M1=N1 degan xulosaga kelamiz, ya’ni f munosabat N1 ning N2 ga xaritalashidir. Bundan tashqari, 1) dan f(01)=02 degan xulosa kelib chiqadi. 2) shart quyidagicha yoziladi: agar f(x)=y bo'lsa, f(x()=y(. Bundan f(x()=f(x)( degani kelib chiqadi. Shunday qilib, f shartni xaritalash uchun a) va b) qanoatlantiriladi.F xaritaning ikkilamchi ekanligini isbotlash qoladi.
M2 bilan N2 dan o'sha elementlar to'plamini belgilang, ularning har biri f xaritalash ostida N1 dan bitta va faqat bitta elementning tasviri.
f(01)=02 ekan, u holda 02 tasvirdir. Bundan tashqari, agar x(N2 va x(01) boʻlsa, u holda 1-bandning 1-xossasi boʻyicha x N1 dan baʼzi c elementni kuzatib boradi va keyin f(x)=f(c()=f(c)((02). Demak, 02 yagona element 01 ning tasviri, ya'ni 02 (M2.
Keyinchalik y(M2 va y=f(x) bo'lsin, bu erda x y elementning yagona bosh tasviri. Keyin a) shart bo'yicha y(=f(x)(=f(x()), ya'ni y. (elementning tasviri x (. c y() elementining istalgan teskari tasviri bo‘lsin, ya’ni f(c)=y(. c)=f(d()=f(d)(, bundan, 3-aksioma tufayli, y=f(d).Ammo y(M2, u holda d=x, buning uchun c=d(=x() bo'lgani uchun. Biz isbotladikki, agar y yagona elementning tasviri bo'lsa, u holda y( yagona elementning tasviri, ya’ni y(M2 ® y((M2. 4-aksiomaning ikkala sharti ham qanoatlantiriladi va shuning uchun M2=N2), bu kategoriyalilik isbotini tugallaydi.
Yunongacha bo'lgan barcha matematika empirik xususiyatga ega edi. Nazariyaning alohida elementlari amaliy muammolarni hal qilishning empirik usullari massasiga g'arq bo'lgan. Yunonlar ushbu empirik materialni mantiqiy qayta ishlashga duchor qildilar, turli empirik ma'lumotlar o'rtasidagi aloqani topishga harakat qildilar. Shu ma'noda Pifagor va uning maktabi (miloddan avvalgi V asr) geometriyada muhim rol o'ynagan. Aristotel (miloddan avvalgi 4-asr) asarlarida aksiomatik metod gʻoyalari aniq ifodalangan. Biroq, bu g'oyalarni amalda amalga oshirishni Evklid o'zining "Boshlanishlari" (miloddan avvalgi III asr) asarida amalga oshirdi.
Hozirgi vaqtda aksiomatik nazariyalarning uchta shaklini ajratish mumkin.
bitta). O'tgan asrning o'rtalariga qadar yagona bo'lgan mazmunli aksiomatika.
2). O'tgan asrning oxirgi choragida paydo bo'lgan yarim rasmiy aksiomatik.
3). Rasmiy (yoki rasmiylashtirilgan) aksiomatika, uning tug'ilgan sanasini 1904 yil deb hisoblash mumkin, D. Hilbert rasmiylashtirilgan matematikaning asosiy tamoyillari bo'yicha o'zining mashhur dasturini nashr etgan.
Har bir yangi shakl avvalgisini inkor etmaydi, balki uning rivojlanishi va takomillashuvidir, shuning uchun har bir yangi shaklning qat'iylik darajasi avvalgisidan yuqori bo'ladi.
Ma'noli aksiomatika boshlang'ich tushunchalarning aksiomalar shakllantirilishidan oldin ham intuitiv aniq ma'noga ega bo'lishi bilan tavsiflanadi. Demak, Evklidning elementlarida nuqta aynan shu kontseptsiya ostida biz intuitiv ravishda tasavvur qiladigan narsa kabi tushuniladi. Bunda Aristoteldan qolgan oddiy til va oddiy intuitiv mantiqdan foydalaniladi.
Yarim rasmiy aksiomatik nazariyalar ham oddiy til va intuitiv mantiqdan foydalanadi. Biroq, mazmunli aksiomatikadan farqli o'laroq, asl tushunchalarga hech qanday intuitiv ma'no berilmaydi, ular faqat aksiomalar bilan tavsiflanadi. Bu qat'iylikni oshiradi, chunki sezgi ma'lum darajada qat'iylikka aralashadi. Bundan tashqari, umumiylikka erishiladi, chunki bunday nazariyada isbotlangan har bir teorema uning har qanday talqinida haqiqiy bo'ladi. Yarim rasmiy aksiomatik nazariyaga misol sifatida Gilbertning "Geometriya asoslari" (1899) kitobida keltirilgan nazariyani keltirish mumkin. Yarim rasmiy nazariyalarga halqalar nazariyasi va algebra kursida keltirilgan bir qator boshqa nazariyalar ham misol bo‘la oladi.
Rasmiylashtirilgan nazariyaga misol qilib matematik mantiq kursida o'rganilgan takliflar hisobini keltirish mumkin. Substantiv va yarim rasmiy aksiomatikadan farqli o'laroq, rasmiylashtirilgan nazariya maxsus ramziy tildan foydalanadi. Ya'ni, nazariyaning alifbosi, ya'ni oddiy tilda harflar bilan bir xil rol o'ynaydigan ma'lum belgilar to'plami berilgan. Har qanday chekli belgilar ketma-ketligi ifoda yoki so'z deb ataladi. Ifodalar orasida formulalar sinfi ajratiladi va har bir ifoda formula ekanligini aniqlashga imkon beruvchi aniq mezon ko'rsatiladi. Formulalar oddiy tilda gaplar bilan bir xil rol o'ynaydi. Ba'zi formulalar aksioma deb e'lon qilinadi. Bundan tashqari, o'rnating mantiqiy qoidalar xulosa; har bir bunday qoida ma'lum bir formulalar to'plamidan darhol to'liq ergashishini anglatadi aniq formula. Teoremaning isboti bu sonli formulalar zanjiri bo‘lib, unda oxirgi formula teoremaning o‘zi bo‘lib, har bir formula yo aksioma, yoki ilgari isbotlangan teorema bo‘ladi yoki to‘g‘ridan-to‘g‘ri bittaga muvofiq zanjirning oldingi formulalaridan kelib chiqadi. chiqarish qoidalari. Shunday qilib, dalillarning jiddiyligi haqidagi savol mutlaqo mumkin emas: yoki bu zanjir dalildir, yoki u emas, shubhali dalillar yo'q. Shu munosabat bilan rasmiylashtirilgan aksiomatika matematik nazariyalarni asoslashning ayniqsa nozik masalalarida qo'llaniladi, bunda oddiy intuitiv mantiq noto'g'ri xulosalarga olib kelishi mumkin, bu asosan oddiy tilimizdagi noaniqliklar va noaniqliklar tufayli yuzaga keladi.
Formallashtirilgan nazariyada har bir ifoda haqida aytish mumkin bo'lganligi sababli - bu formula bo'ladimi, u holda rasmiylashtirilgan nazariyaning jumlalari to'plamini aniq deb hisoblash mumkin. Shu munosabat bilan, printsipial jihatdan talqinlarga murojaat qilmasdan, deduktiv to'liqlikni isbotlash, shuningdek, izchillikni isbotlash masalasini ko'tarish mumkin. Bir qatorda oddiy holatlar buni qilish mumkin. Masalan, taklif hisobining izchilligi izohlarsiz isbotlanadi.
Rasmiylashtirilmagan nazariyalarda jumlalar majmui aniq belgilanmagan, shuning uchun talqinlarga murojaat qilmasdan, izchillikni isbotlash masalasi ma'nosizdir. Xuddi shu narsa deduktiv to'liqlikni isbotlash masalasiga ham tegishli. Biroq, agar isbotlab bo'lmaydigan va inkor etilmaydigan rasmiylashtirilmagan nazariyaning bunday taklifi mavjud bo'lsa, u holda nazariya deduktiv jihatdan to'liq emas.
Aksiomatik usul uzoq vaqtdan beri nafaqat matematikada, balki fizikada ham qo'llanilgan. Bu yo'nalishdagi birinchi urinishlar Aristotel tomonidan qilingan, ammo aksiomatik usul fizikada haqiqiy qo'llanilishini faqat Nyutonning mexanika bo'yicha asarlarida olgan.
Fanlarni matematiklashtirishning notinch jarayoni bilan bog'liq holda aksiomatizatsiya jarayoni ham davom etmoqda. Hozirgi vaqtda aksiomatik usul hatto biologiyaning ayrim sohalarida, masalan, genetikada qo'llaniladi.
Va shunga qaramay, aksiomatik usulning imkoniyatlari cheksiz emas.
Avvalo shuni ta'kidlaymizki, hatto rasmiylashtirilgan nazariyalarda ham sezgidan butunlay qochish mumkin emas. Tafsirsiz rasmiylashtirilgan nazariyaning o'zi hech qanday ma'noga ega emas. Shu sababli, rasmiylashtirilgan nazariya va uning talqini o'rtasidagi bog'liqlik haqida bir qancha savollar tug'iladi. Bundan tashqari, rasmiylashtirilgan nazariyalarda bo'lgani kabi, aksiomalar tizimining izchilligi, mustaqilligi va to'liqligi haqida savollar tug'iladi. Bu kabi barcha savollarning yig'indisi boshqa nazariyaning mazmunini tashkil etadi, bu esa rasmiylashtirilgan nazariyaning metateoriyasi deb ataladi. Rasmiylashtirilgan nazariyadan farqli o'laroq, metateoriya tili oddiy tildir kundalik til, va mantiqiy fikrlash oddiy intuitiv mantiq qoidalari bilan amalga oshiriladi. Shunday qilib, rasmiylashtirilgan nazariyadan butunlay chiqarib yuborilgan sezgi o'zining metateoriyasida yana paydo bo'ladi.
Ammo aksiomatik usulning asosiy zaifligi bunda emas. Biz yuqorida D. Gilbertning rasmiylashtirilgan aksiomatik metodga asos solgan dasturini aytib o‘tgan edik. Gilbertning asosiy g‘oyasi klassik matematikani rasmiylashtirilgan aksiomatik nazariya sifatida ifodalash va keyin uning izchilligini isbotlash edi. Biroq, bu dastur o'zining asosiy nuqtalarida utopik bo'lib chiqdi. 1931 yilda avstriyalik matematik K. Gödel o'zining mashhur teoremalarini isbotladi, shundan kelib chiqadiki, Gilbert tomonidan qo'yilgan ikkala asosiy vazifa ham mumkin emas. U o'zining kodlash usulidan foydalanib, metateoriyadan ba'zi haqiqiy taxminlarni rasmiylashtirilgan arifmetika formulalari yordamida ifodalashga muvaffaq bo'ldi va bu formulalar rasmiylashtirilgan arifmetikada hosil bo'lmasligini isbotladi. Shunday qilib, rasmiylashtirilgan arifmetika deduktiv ravishda to'liq bo'lmagan bo'lib chiqdi. Gödel natijalaridan kelib chiqadiki, agar bu isbotlab bo'lmaydigan formula aksiomalar qatoriga kiritilgan bo'lsa, unda qandaydir to'g'ri taklifni ifodalovchi boshqa isbotlanmagan formula paydo bo'ladi. Bularning barchasi nafaqat barcha matematikani, balki uning eng oddiy qismi bo‘lgan arifmetikani ham to‘liq rasmiylashtirish mumkin emasligini anglatardi. Xususan, Gödel “Formallashtirilgan arifmetika izchil” degan mulohazaga mos formula tuzdi va bu formula ham hosila bo‘lmasligini ko‘rsatdi. Bu fakt rasmiylashtirilgan arifmetikaning izchilligini arifmetikaning o'zida isbotlab bo'lmasligini anglatadi. Albatta, yanada kuchliroq formallashtirilgan nazariyani qurish va uning vositalari bilan rasmiylashtirilgan arifmetikaning izchilligini isbotlash mumkin, ammo keyin ko'proq narsa bor. qiyin savol bu yangi nazariyaning izchilligi haqida.
Gödelning natijalari aksiomatik usulning cheklovlariga ishora qiladi. Va shunga qaramay, bilish nazariyasida pessimistik xulosalar uchun mutlaqo asoslar yo'q, deb bilib bo'lmaydigan haqiqatlar mavjud. Formallashtirilgan arifmetikada isbotlab bo‘lmaydigan arifmetik haqiqatlar mavjudligi, bu noma’lum haqiqatlar mavjudligini anglatmaydi va inson tafakkurining chegaralanganligini ham anglatmaydi. Bu faqat bizning fikrlash imkoniyatlari to'liq rasmiylashtiriladigan protseduralar bilan chegaralanmaganligini va insoniyat hali isbotlashning yangi tamoyillarini kashf etmasligi va ixtiro qilishi kerakligini anglatadi.

1.3.Natural sonlarni qo`shish

Natural sonlarni qo'shish va ko'paytirish amallari Peano aksiomalari tomonidan postulatsiya qilinmaydi, biz bu amallarni aniqlaymiz.
Ta'rif. Natural sonlarni qoʻshish N toʻplamdagi ikkilik algebraik amal + boʻlib, quyidagi xossalarga ega:
1s. ((a(N)a+0=a;
2c. ((a,b(N) a+b(=(a+b)(.
Savol tug'iladi - bunday operatsiya bormi va agar shunday bo'lsa, u noyobmi?
Teorema. Natural sonlarning faqat bitta qo'shilishi mavjud.
Isbot. N to‘plamdagi binar algebraik amal xaritalashdir (:N(N®N. Noyob xaritalash mavjudligini isbotlash talab qilinadi (:N(N®N xossalari: 1) ((x(N)) x,0)=x ; 2) ((x,y(N) ((x,y()=((x,y))(. Agar har bir x natural soni uchun fx xaritalash mavjudligini isbotlasak: N®N xossalari 1() fx(0 )=x; 2() fx(y()=fx(y)(, keyin funksiya ((x,y) tenglik ((x,y)) bilan aniqlanadi. fx(y) va 1) va 2) shartlarni qondiradi.
N to'plamda fx ikkilik munosabatini shartlar bilan aniqlaymiz:
a) 0fxx;
b) agar yfxz bo'lsa, u holda y(fxz(.
Keling, bu munosabat N dan N ga, ya'ni N dan har bir y uchun xaritalash ekanligiga ishonch hosil qilaylik
(((z(N) yfxz (1)
(1) shart bajariladigan natural sonlar to‘plamini M bilan belgilang. U holda a) shartdan 1-bandning 0(M va b shartidan) va 1-xossasidan kelib chiqadiki, agar y(M, u holda y((M) ham shunday bo‘ladi. Demak, 4-aksiomaga asoslanib, M degan xulosaga kelamiz. =N, ya'ni fx munosabati N dan N ning xaritalashidir. Bu xaritalash quyidagi shartlarga javob beradi:
1() fx(0)=x - a tufayli);
2() fx((y)=fx(y() - b tufayli).
Shunday qilib, qo'shimchaning mavjudligi isbotlangan.
Keling, o'ziga xoslikni isbotlaylik. 1c va 2c xossalarga ega boʻlgan N toʻplamdagi har qanday ikkita ikkilik algebraik amallar + va ( boʻlsin. Buni isbotlash kerak.
((x,y(N)x+y=x(y).
Keling, tuzatamiz ixtiyoriy raqam x va tengligi bo'lgan y natural sonlar to'plamini S bilan belgilang
x+y=x(y(2)
amalga oshirildi. Chunki 1c ga ko'ra x+0=x va x(0=x, u holda
A) 0 (S
Endi y(S, ya’ni (2) tenglik bajarilsin. Chunki x+y(=(x+y)(, x(y(=(x(y))(va x+y=x(y)), aksioma 2 x+y(=x(y(, ya'ni shart
C) y(S ® y((S.)
Demak, 4-aksioma bo'yicha S=N, bu teoremaning isbotini to'ldiradi.
Keling, qo'shishning ba'zi xususiyatlarini isbotlaylik.
1. 0 soni qo‘shishning neytral elementi, ya’ni har bir natural a soni uchun a+0=0+a=a.
Isbot. a+0=a tengligi 1c shartdan kelib chiqadi. 0+a=a tengligini isbotlaylik.
U ega bo'lgan barcha sonlar to'plamini M bilan belgilang. Shubhasiz, 0+0=0 va demak, 0(M. a(M, yaʼni 0+a=a boʻlsin. Keyin 0+a(=(0+a)(=a(va demak, a((M. Demak, M) boʻlsin. =N, bu isbotlanishi kerak edi.
Keyinchalik, bizga lemma kerak.
Lemma. a(+b=(a+b)(.
Isbot. M barcha b natural sonlar to‘plami bo‘lsin, ular uchun a(+b=(a+b)(a) ning istalgan qiymati uchun tenglik to‘g‘ri bo‘ladi. Keyin:
A) 0(M, chunki a(+0=(a+0))(;
C) b(M ® b((M.) Haqiqatan ham, b(M va 2c) dan bizda
a(+b(=(a(+b)(=((a+b)()(=(a+b()(,
ya'ni b((M. Demak, M=N, isbotlanishi kerak edi.
2. Natural sonlarni qo‘shish kommutativ hisoblanadi.
Isbot. M=(a(a(N((b(N)a+b=b+a) bo‘lsin). M=N ekanligini isbotlash kifoya. Bizda:
A) 0(M - 1-xususiyat tufayli.
C) a(M ® a((M. Haqiqatan ham, lemma va a(M) faktini qo‘llash orqali biz quyidagilarni olamiz:
a(+b=(a+b)(=(b+a)(=b+a(.
Demak, a((M, va 4-aksioma bo'yicha M=N.
3. Qo‘shish assotsiativdir.
Isbot. Bo'lsin
M=(c(c(N((a,b(N)(a+b)+c=a+(b+c))
M=N ekanligini isbotlash talab qilinadi. (a+b)+0=a+b va a+(b+0)=a+b boʻlgani uchun 0(M. c(M, yaʼni (a+b)+c=a+(b+c ) boʻlsin. Keyin
(a+b)+c(=[(a+b)+c](=a+(b+c)(=a+(b+c().
Demak, c((M va 4 aksioma bo'yicha M=N.
4. a+1=a(, bu yerda 1=0(.
Isbot. a+1=a+0(=(a+0)(=a(.
5. Agar b(0), u holda ((a(N)a+b(a).
Isbot. M=(a(a(N(a+b(a)) bo‘lsin. 0+b=b(0, u holda 0(M. Bundan tashqari, agar a(M, ya’ni a+b(a) bo‘lsa) xossa 2 1-band (a+b)((a(yoki a(+b(a(.) Shunday qilib a((M va M=N).
6. Agar b(0), u holda ((a(N)a+b(0).
Isbot. Agar a=0 boʻlsa, 0+b=b(0, lekin a(0 va a=c() boʻlsa, a+b=c(+b=(c+b)((0. Demak, har qanday holatda ham, a +b(0.
7. (Qo‘shish trixotomiya qonuni). Har qanday a va b natural sonlari uchun uchta munosabatdan bittasi va faqat bittasi to‘g‘ri bo‘ladi:
1) a=b;
2) b=a+u, bu yerda u(0;
3) a=b+v, bu yerda v(0.
Isbot. Biz ixtiyoriy a sonni tuzamiz va 1), 2), 3) munosabatlaridan kamida bittasi o'rinli bo'lgan barcha natural b sonlar to'plamini M bilan belgilaymiz. M=N ekanligini isbotlash talab qilinadi. b=0 bo'lsin. U holda a=0 bo'lsa, 1) munosabat qanoatlantiriladi va agar a(0, u holda 3) munosabat to'g'ri bo'lsa, chunki a=0+a. Shunday qilib, 0 (M.
Keling, b(M, ya'ni tanlangan a uchun 1), 2), 3) munosabatlaridan biri qanoatlansin, deb faraz qilaylik. Agar a=b bo'lsa, b(=a(=a+1, ya'ni b uchun (2 munosabat o'rinli)). Agar b=a+u bo'lsa, b(=a+u(, ya'ni b(munosabat) uchun 2) a=b+v bo'lsa, ikkita holat mumkin: v=1 va v(1. Agar v=1 bo'lsa, a=b+v=b", ya'ni b" uchun 1 munosabat qanoatlansa). v(1, keyin v=c", bu erda c(0 va keyin a=b+v=b+c"=(b+c)"=b"+c, bu erda c(0, ya'ni b" munosabati uchun 3 bajariladi).Shunday qilib, b(M®b"(M, demak, M=N, ya'ni har qanday a va b uchun 1), 2), 3 munosabatlaridan kamida bittasi qanoatlantirilishini isbotladik. ).Har ikkisi bir vaqtning o'zida ushlab turolmaydi.Haqiqatan ham, agar 1) va 2) munosabatlar qanoatlansa, u holda biz b=b+u ga ega bo'lar edik, bu erda u(0 va bu xususiyat 5 ga zid keladi. Qoniqishning mumkin emasligi 1) va 3) Nihoyat, agar 2) va 3) munosabatlar qanoatlansa, u holda a=(a+u)+v = a+ +(u+v) ga ega bo‘lar edik, bu 5 va 6 xossalar tufayli mumkin emas. 7 xossa. butunlay isbotlangan.
1.3.1-topshiriq. 1(=2, 2(=3, 3(=4, 4(=5, 5)(=6, 6(=7, 7(=8, 8(=9)) boʻlsin. 3+5=8 ekanligini isbotlang, 2+4=6.

1.4. NATURAL SONLARNI KO'SHTIRISH.

Ta'rif 1. Natural sonlarni ko'paytirish shunday ikkilik amaldir (N to'plamda, buning uchun quyidagi shartlar bajariladi:
1u. ((x(N) x(0=0;
2y. ((x,y(N)x(y"=x(y+x).
Yana savol tug'iladi - bunday operatsiya mavjudmi va agar shunday bo'lsa, u noyobmi?
Teorema. Natural sonlarni ko'paytirish uchun faqat bitta amal mavjud.
Dalil qo'shish bilan deyarli bir xil. Shartlarni qanoatlantiradigan bunday xaritalashni (:N(N®N) topish talab qilinadi
1) ((x(N) ((x,0)=0;
2) ((x,y(N) ((x,y))= ((x,y)+x.
Ixtiyoriy x sonini aniqlang. Agar har bir x(N) uchun fx xaritalashning mavjudligini isbotlasak: N®N xossalari bilan
1") fx(0)=0;
2") ((y(N) fx(y")=fx(y)+x,
u holda ((x,y) tenglik bilan aniqlangan funksiya ((x,y)=fx(y) 1) va 2 shartlarni qanoatlantiradi).
Shunday qilib, teoremaning isboti 1") va 2") xossalarga ega fx(y) funksiyaning har bir x uchun mavjudligi va yagonaligini isbotlashga qisqartiradi. Quyidagi qoida bo'yicha N to'plam bo'yicha yozishmalarni o'rnatamiz:
a) nol soni 0 raqami bilan taqqoslanadi;
b) agar y soni c soni bilan bog'langan bo'lsa, u holda y soni bilan (c+x sonini bog'laymiz.
Keling, bunday taqqoslash bilan har bir y soni borligiga ishonch hosil qilaylik yagona tasvir: bu moslik N ni N ga solishtirma ekanligini bildiradi. O'ziga xos tasvirga ega bo'lgan barcha natural sonlar to'plamini M bilan belgilang. a) sharti va 1-aksiomadan kelib chiqadiki, 0(M. y(M. Unda b) sharti va 2-aksioma y((M. Demak, M=N, ya’ni bizning muvofiqligimiz N ning N dagi xaritasi) ekanligini bildirsin, uni fx bilan belgilaymiz Keyin a) shart bilan fx(0)=0 va b shart bilan fx(y()=fx(y)+x).
Shunday qilib, ko'paytirish amalining mavjudligi isbotlangan. Endi (va (1y va 2y xossalarga ega N to‘plam bo‘yicha istalgan ikkita ikkilik amal bo‘lsin. ((x,y(N)) x(y=x(y.) ixtiyoriy x sonini aniqlang va buni isbotlash qoladi)
S=(y?y(N(x(y=x(y))
Chunki 1y ga ko‘ra x(0=0 va x(0=0), keyin 0(S. y(S, ya’ni x(y=x(y) bo‘lsin. Unda)
x(y(=x(y+x=x(y+x=x(y)
va demak, y((S. Demak, S=N, teorema isbotini tugallaydi.
Biz ko'paytirishning ba'zi xususiyatlarini qayd etamiz.
1. Ko‘paytirishga nisbatan neytral element 1=0(, ya’ni ((a(N) a(1=1(a=a)) sondir.
Isbot. a(1=a(0(=a(0+a=0+a=a. Shunday qilib a(1=a) tengligi isbotlangan. 1(a=a) tengligini isbotlash qolgan. M=(a boʻlsin) ?a(N (1(a=a). 1(0=0) boʻlgani uchun 0(M. a(M, yaʼni 1(a=a) boʻlsin. Keyin 1(a(=1(a+1=) boʻlsin. a+1= a(, va, demak, a((M. Demak, 4-aksioma boʻyicha M=N, isbotlanishi kerak edi.
2. Ko'paytirish uchun to'g'ri taqsimot qonuni amal qiladi, ya'ni.
((a,b,c(N) (a+b)c=ac+bc.
Isbot. M=(c(c(N)((a,b(N) (a+b)c=ac+bc). Chunki (a+b)0=0 va a(0+b(0=0), u holda 0(M. Agar c(M, ya'ni (a+b)c=ac+bc, u holda (a + b)(c(= (a + b)c +(a + b) = ac + bc +a +b=(ac+a)+(bc+b)=ac(+bc(. Shunday qilib c((M va M=N).
3. Natural sonlarni ko‘paytirish kommutativdir, ya’ni ((a,b(N) ab=ba).
Isbot. Avval har qanday b(N) uchun 0(b=b(0=0) tenglikni isbotlaymiz. b(0=0 tenglik 1u shartdan kelib chiqadi. M=(b (b(N (0(b=0))) bo‘lsin. . Chunki 0( 0=0, u holda 0(M. Agar b(M, yaʼni 0(b=0) boʻlsa, u holda 0(b(=0(b+0=0 va demak, b((M. Demak)) , M=N, ya’ni 0(b=b(0) tengligi barcha b(N) uchun isbotlangan. Bundan tashqari, S=(a (a(N (ab=ba)) bo‘lsin. Chunki 0(b=b() 0), keyin 0(S. a (S, ya’ni ab=ba bo‘lsin. U holda a(b=(a+1)b=ab+b=ba+b=ba(, ya’ni a((S) bo‘lsin) Shunday qilib, isbotlanishi kerak bo'lgan S=N.
4. Ko‘paytirish qo‘shishga nisbatan taqsimlovchi hisoblanadi. Bu xususiyat 3 va 4 xossalardan kelib chiqadi.
5. Ko‘paytirish assotsiativdir, ya’ni ((a,b,c(N) (ab)c=a(bc).
Isbot, qo'shish uchun bo'lgani kabi, v bo'yicha induksiya orqali amalga oshiriladi.
6. Agar a(b=0, u holda a=0 yoki b=0 bo'lsa, ya'ni N da nolga teng bo'luvchilar yo'q.
Isbot. b(0 va b=c() bo'lsin. Agar ab=0 bo'lsa, u holda ac(=ac+a=0, shundan kelib chiqadiki, 6-xususiyatning 3-bandiga ko'ra a=0 bo'ladi.
1.4.1-topshiriq. 1(=2, 2(=3, 3(=4, 4(=5, 5)(=6, 6(=7, 7(=8, 8(=9)) boʻlsin. 2(4=8,) ekanligini isbotlang. 3(3=9.
n, a1, a2,...,an natural sonlar bo‘lsin. a1, a2,...,an sonlar yig‘indisi shartlar bilan belgilanadigan va aniqlangan son; har qanday natural k soni uchun
a1, a2,...,an sonlarning ko`paytmasi natural son bo`lib, u shartlar bilan belgilanadi va aniqlanadi: ; har qanday natural k soni uchun
Agar, u holda raqam an bilan belgilanadi.
1.4.2-topshiriq. Buni isbotlang
lekin);
b) ;
in);
G) ;
e) ;
e) ;
g);
h) ;
Va).

1.5. NATUAL SONLAR TIZIMINING TARTIBI.

"Keyingi" munosabati antirefleksiv va antisimmetrikdir, lekin tranzitiv emas va shuning uchun tartib munosabati emas. Natural sonlarni qo'shish asosida tartib munosabatini aniqlaymiz.
Ta'rif 1. a
Ta'rif 2. a(b (((x(N) b=a+x).
Munosabatlar tenglik va tengsizlik munosabatlari bilan bog'liq bo'lgan natural sonlarning ayrim xossalarini qayd qilaylik.
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
Isbot. 1.1 va 1.2 xossalar qoʻshish va koʻpaytirish amallarining oʻziga xosligidan kelib chiqadi. Agar a
2. ((a(N) a
Isbot. Chunki a(=a+1, keyin a
3. N dagi eng kichik element 0 ga, N\(0) ning eng kichik elementi esa 1 raqamidir.
Isbot. Chunki ((a(N) a=0+a, u holda 0(a, demak, 0 N dagi eng kichik elementdir. Bundan tashqari, agar x(N\(0)), u holda x=y(, y(N , yoki) x = y + 1. Bu ((x(N \ (0))) 1 (x, ya'ni 1 N \ (0) ning eng kichik elementi) ekanligini anglatadi.
4. Aloqa ((a,b(N)((n(N)b(0 (nb > a).
Isbot. Shubhasiz, har qanday natural a uchun shunday n natural soni mavjud
a Bunday son, masalan, n=a(. Bundan tashqari, agar b(N\(0) bo'lsa), u holda 3 xossasi bo'yicha
1(b(2)
(1) va (2) dan 1.10 va 1.4 xossalari asosida aa ni olamiz.

1.6. NATURAL SONLAR TIZIMINING TO'LIQ TARTIBI.

Ta'rif 1. Agar tartiblangan to'plamning har bir bo'sh bo'lmagan kichik to'plami (M; umumiy tartib chiziqli ekanligini tekshiramiz. a va b yaxshi tartiblangan to'plamning har qanday ikkita elementi bo'lsin (M; Lemma) . 1) a
Isbot.
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))
Teorema 1. Natural sonlar toʻplamidagi natural tartib toʻliq tartibdir.
Isbot. M har qanday bo‘sh bo‘lmagan natural sonlar to‘plami, S esa uning N dagi pastki chegaralari to‘plami bo‘lsin, ya’ni S=(x (x(N (((m(M)) x(m). 3-bandning xossasidan). 5 dan kelib chiqadiki, 0(S. Agar 4-aksiomaning ikkinchi sharti n(S (n((S)) boʻlsa, bizda S=N boʻlar edi. Aslida, S(N; yaʼni a(M, u holda a() boʻladi. (S)
Teorema 2. Yuqorida chegaralangan har qanday bo'sh bo'lmagan natural sonlar to'plami maksimal elementga ega.
Isbot. M yuqorida chegaralangan har qanday bo'sh bo'lmagan natural sonlar to'plami, S esa uning yuqori chegaralari to'plami bo'lsin, ya'ni S=(x(x(N (((m(M)) m(x). X0 bilan belgilang). S dagi eng kichik element. U holda m(x0 M dan barcha m sonlar uchun to'g'ri keladi va qat'iy tengsizlik m)
Muammo 1.6.1. Buni isbotlang
lekin);
b) ;
ichida).
Muammo 1.6.2. ( natural sonlarning baʼzi xossalari va k ixtiyoriy natural sonlar boʻlsin. Buni isbotlang
a) har qanday natural son (, har bir n (0) uchun 0 bu xususiyatga ega bo'lishi bilanoq) xossaga ega
b) k dan katta yoki unga teng bo'lgan har qanday natural son xossaga ega bo'ladi (, k ushbu xususiyatga ega bo'lishi bilanoq va har bir n (k(n) uchun n) xossaga ega degan farazdan kelib chiqadiki, n + 1 soni bu xususiyatga ham ega;
c) k dan katta yoki unga teng bo'lgan har qanday natural son k (t) sharti bilan aniqlangan barcha t sonlar degan farazdan kelib chiqqan holda, k ushbu xususiyatga ega bo'lishi bilanoq va har qanday n (n>k) uchun xossaga ega bo'ladi.

1.7. INDUKSIYA PRINSIBI.

Natural sonlar sistemasini to`liq tartiblashdan foydalanib, matematik induksiya usuli deb ataladigan isbotlash usullaridan biri asos qilib olingan quyidagi teoremani isbotlashimiz mumkin.
Teorema (induksiya printsipi). A1, A2, ..., An, ... ketma-ketligidagi barcha bayonotlar quyidagi shartlar bajarilsa, to'g'ri bo'ladi:
1) A1 bayonoti to'g'ri;
2) agar k uchun Ak gaplar to'g'ri bo'lsa
Isbot. Buning aksini faraz qilaylik: 1) va 2) shartlar bajarildi, lekin teorema to‘g‘ri emas, ya’ni M=(m(m(N\(0), Am noto‘g‘ri) to‘plam bo‘sh emas. 1-teorema bo‘yicha). , 6-band, M eng kichik elementga ega, biz uni n bilan belgilaymiz.Chunki 1-shartga ko'ra A1 to'g'ri va An noto'g'ri bo'lsa, u holda 1(n, demak, 1).
Induksiya bilan isbotlashda ikki bosqichni ajratish mumkin. Induksion bazis deb ataladigan birinchi bosqichda 1) shartning qanoatlanuvchanligi tekshiriladi. Induksiya bosqichi deb ataladigan ikkinchi bosqichda 2) shart isbotlanadi. Bunday holda, ko'pincha, An taklifining haqiqatini isbotlash uchun k uchun Ak takliflarining haqiqatidan foydalanishga hojat qolmaydigan holatlar mavjud.
Misol. =Sk tengsizlikni isbotlang. Fikrlarning haqiqatligini isbotlash talab etiladi Ak=(Sk 1-teoremada keltirilgan gaplar ketma-ketligini N to'plamda yoki uning Nk=(x(x(N) to'plamida aniqlangan A(n) predikatidan olish mumkin. , x(k), bu yerda k - har qanday qo'zg'almas natural son.
Xususan, agar k=1 bo‘lsa, N1=N\(0) bo‘lsa, gaplarni raqamlash A1=A(1), A2=A(2), ..., An=A tengliklari yordamida amalga oshirilishi mumkin. (n), ... Agar k(1), u holda gaplar ketma-ketligini A1=A(k), A2=A(k+1), ..., An=A(k+n) tengliklari yordamida olish mumkin. -1), .. Bunday belgiga muvofiq, 1-teorema boshqa shaklda shakllantirilishi mumkin.
Teorema 2. Agar quyidagi shartlar bajarilsa, A(m) predikati Nk to‘plamda xuddi shunday to‘g‘ri bo‘ladi:
1) A(k) gap to‘g‘ri;
2) agar m uchun A(m) gaplar to'g'ri bo'lsa
Muammo 1.7.1. Quyidagi tenglamalarning natural sonlar sohasida yechimi yo‘qligini isbotlang:
a) x+y=1;
b) 3x=2;
c) x2=2;
d) 3x+2=4;
e) x2+y2=6;
f) 2x+1=2y.
Muammo 1.7.2. Matematik induksiya tamoyilidan foydalanib isbotlang:
a) (n3+(n+1)3+(n+2)3)(9;
b) ;
in);
G) ;
e) ;
e).

1.8. NATURAL SONLARNI AYRISH VA BO'LISH.

Ta'rif 1. a va b natural sonlarning ayirmasi b+x=a bo'ladigan natural x sondir. a va b natural sonlar orasidagi ayirma a-b bilan belgilanadi, ayirmani topish amali ayirish deyiladi. Ayirish algebraik amal emas. Bu quyidagi teoremadan kelib chiqadi.
Teorema 1. a-b farqi faqat b(a. Agar faqat bitta farq bo'lsa) mavjud bo'ladi.
Isbot. Agar b(a bo'lsa, u holda munosabat ta'rifiga ko'ra (b+x=a bo'ladigan x natural soni mavjud. Lekin bu x=ab ekanligini ham bildiradi. Aksincha, ab farqi mavjud bo'lsa, 1 ta'rifga ko'ra mavjud bo'ladi). shunday natural x son, b+x=a, lekin bu ham b(a.
Keling, o'ziga xoslikni isbotlaylik farqlar a-b. a-b=x va a-b=y bo‘lsin. Keyin ta'rifga ko'ra 1 b+x=a, b+y=a. Demak, b+x=b+y va demak, x=y.
Ta'rif 2. Ikki natural a va b(0) sonlarning bo'linmasi a=bc bo'lgan natural son c bo'ladi.Kitserni topish operatsiyasi bo'linish deyiladi.Kitserning mavjudligi haqidagi masala nazariyasida yechilgan. bo'linuvchanlik.
Teorema 2. Agar qism mavjud bo'lsa, u holda faqat bitta.
Isbot. =x va =y bo'lsin. Keyin ta'rifga ko'ra 2 a=bx va a=by. Demak, bx=by va demak, x=y.
E'tibor bering, ayirish va bo'lish amallari maktab darsliklarida bo'lgani kabi deyarli so'zma-so'z ta'riflangan. Bu shuni anglatadiki, 1-7-bandlarda Peano aksiomalari asosida natural sonlar arifmetikasi uchun mustahkam nazariy asos yaratilgan va uning keyingi taqdimoti maktab matematika kursida va universitetning “Algebra va. Raqamlar nazariyasi".
Muammo 1.8.1. Quyidagi mulohazalarning to'g'riligini isbotlang, ularning formulalarida yuzaga keladigan barcha farqlar mavjud deb faraz qiling:
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).
Muammo 1.8.2. Quyidagi gaplarning to‘g‘riligini isbotlang, ularning formulalarida uchraydigan barcha bo‘laklar mavjud deb faraz qiling.
lekin); b) ; in); G) ; e) ; e) ; g); h) ; Va); to); l); m); m); haqida); P) ; R) .
Muammo 1.8.3. Quyidagi tenglamalar ikki xil natural yechimga ega bo‘lmasligini isbotlang: a) ax2+bx=c (a,b,c(N); b) x2=ax+b (a,b(N); c) 2x=ax2 + b (a,b(N).
Muammo 1.8.4. Natural sonlardagi tenglamalarni yeching:
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.)
Muammo 1.8.5. Quyidagi tenglamalar natural sonlar sohasida yechimga ega emasligini isbotlang: a) x2-y2=14; b) x-y=xy; in); G) ; e) x2=2x+1; f) x2=2y2.
Muammo 1.8.6. Natural sonlarda tengsizliklarni yeching: a) ; b) ; in); d) x+y2 1.8.7 masala. Natural sonlar sohasida quyidagi munosabatlar mavjudligini isbotlang: a) 2ab(a2+b2; b) ab+bc+ac(a2+b2+c2; c) c2=a2+b2 (a2+b2+c2 1.9. KANTITATIV SENGLIK NATURAL SONLAR.
Amaliyotda natural sonlar asosan elementlarni sanashda qo’llaniladi va buning uchun Peano nazariyasida natural sonlarning miqdoriy ma’nosini o’rnatish zarur.
Ta'rif 1. (x (x(N, 1(x(n))) to'plam natural qatorning segmenti deyiladi va (1;n() bilan belgilanadi.
Ta'rif 2. Cheklangan to'plam - bu tabiiy qatorning qandaydir segmentiga quvvati ekvivalent bo'lgan har qanday to'plam, shuningdek, bo'sh to'plam. Chekli bo'lmagan to'plam cheksiz deyiladi.
Teorema 1. Cheklangan A to'plam o'zining hech bir kichik to'plamiga (ya'ni, A dan boshqa kichik to'plamga) ekvivalent emas.
Isbot. Agar A=( bo'lsa, u holda teorema to'g'ri bo'ladi, chunki bo'sh to'plamning tegishli kichik to'plamlari yo'q. A((va A ga (1,n((A((1,n)) ekvivalenti bo'lsin). Teoremani quyidagicha isbotlaymiz. n bo‘yicha induksiya.Agar n= 1, ya’ni A((1,1() bo‘lsa, A to‘plamning yagona to‘g‘ri to‘plami bo‘sh to‘plam bo‘ladi. Ko‘rinib turibdiki, A( va demak, n=1 uchun teorema bo‘ladi. Aytaylik, n=m uchun teorema to‘g‘ri bo‘lsin, ya’ni (1,m() segmentiga ekvivalent bo‘lgan barcha chekli to‘plamlar (1,m( ekvivalent to‘g‘ri to‘plamlari yo‘q. A) (1,m+1) segmentga ekvivalent har qanday to‘plam bo‘lsin. (va (:(1,m+1(®A)) segmentning ba'zi bijektiv xaritasi (1,m+1(Ada). Agar ((k) ak bilan belgilansa, k=1,2,...) ,m+1 bo‘lsa, A to‘plamni A=(a1, a2, ... , am, am+1) ko‘rinishida yozish mumkin.Bizning vazifamiz A ning ekvipotent to‘g‘ri to‘plamlarga ega emasligini isbotlashdir.Buning aksini faraz qilaylik: kelsin. B(A, B(A, B(A va f: A®B)) bijektiv xaritalash (va f shundayki am+1(B va f(am+1)=am+1).
A1=A\(am+1) va B1=B\(am+1) to‘plamlarni ko‘rib chiqaylik. f(am+1)=am+1 bo'lgani uchun f funksiya A1 to'plamini B1 to'plamga bijektiv xaritalashni amalga oshiradi. Shunday qilib, A1 to'plami o'zining B1 to'plamiga ekvivalent bo'ladi. Ammo A1((1,m(), bu induksiya gipotezasiga zid keladi.
Xulosa 1. Natural sonlar to'plami cheksizdir.
Isbot. Peano aksiomalaridan kelib chiqadiki, S:N®N\(0), S(x)=x(biektiv) xaritalash. Demak, N oʻzining N\(0) toʻplamiga ekvivalent va 1-teoremaga koʻra. , chekli emas.
Xulosa 2. Har qanday bo'sh bo'lmagan chekli to'plam o'lchamiga ko'ra natural qatorning bir va faqat bitta segmentiga ekvivalentdir.
Isbot. A((1,m(va A((1,n) boʻlsin. U holda (1,m(((1,n(, bu yerdan, 1-teoremaga koʻra, m=n) kelib chiqadi. Haqiqatan ham, agar biz faraz qilsak, bu m
Xulosa 2 ta'rifni kiritish imkonini beradi.
Ta'rif 3. Agar A((1,n() bo'lsa, n natural soni A to'plam elementlari soni deb ataladi va A va (1,n() to'plamlar o'rtasida birma-bir moslikni o'rnatish jarayoni. A to'plam elementlarining soni deyiladi.Bo'sh to'plamning elementlari sonini nolga teng deb hisoblash tabiiy.
Amaliy hayotda hisoblashning ulkan ahamiyati haqida gapirish ortiqcha.
E'tibor bering, natural sonning miqdoriy ma'nosini bilib, qo'shish orqali ko'paytirish amalini aniqlash mumkin bo'ladi, xususan:
.
Biz arifmetikaning o'zi miqdoriy ma'noga muhtoj emasligini ko'rsatish uchun ataylab bu yo'ldan bormadik: natural sonning miqdoriy ma'nosi faqat arifmetikaning qo'llanilishida kerak.

1.10. TABIY SONLAR TIZIMI DISKRET TO'LIQ TARTIBLANGAN TO'PLAMA sifatida.

Biz natural sonlar to'plamining natural tartib bo'yicha yaxshi tartiblanganligini ko'rsatdik. Bunday holda, ((a(N) a
1. ixtiyoriy a(N) soni uchun unga nisbatan qo‘shni son mavjud 2. har qanday a(N\(0) soniga nisbatan undan oldin qo‘shni son mavjud. Xususiyatlarga ega bo‘lgan yaxshi tartiblangan to‘plam (A;()). 1 va 2 diskret quduq deb ataladi Ma'lum bo'lishicha, 1 va 2 xossalar bilan to'liq tartiblash natural sonlar tizimining xarakterli xossasidir.: a(=b, agar b, a munosabati bo'yicha qo'shni element bo'lsa (. Bu). A to'plamning eng kichik elementi hech qanday elementga ergashmasligi aniq va shuning uchun Peano aksiomasi 1 bajariladi.
Chunki munosabat ( chiziqli tartib, u holda har qanday a elementi uchun undan keyingi yagona element va ko'pi bilan bitta oldingi qo'shni element mavjud. Bu 2 va 3 aksiomalarning amalga oshirilishini nazarda tutadi. Endi M quyidagi shartlar bajariladigan A to‘plamining istalgan kichik to‘plami bo‘lsin:
1) a0(M, bu yerda a0 A ning eng kichik elementi;
2) a(M (a((M.)
M=N ekanligini isbotlaylik. Buning teskarisi, ya’ni A\M((. A\M dagi eng kichik elementni b deb belgilaymiz. a0(M, keyin b(a0) bo‘lgani uchun va demak, c element mavjud bo‘ladiki, c(=b) deb faraz qilamiz. Chunki c
Shunday qilib, biz natural sonlar tizimining yana bir ta'rifini berish imkoniyatini isbotladik.
Ta'rif. Natural sonlar tizimi - bu quyidagi shartlar bajarilgan har qanday tartiblangan to'plamdir:
1. har qanday element uchun undan keyin qo'shni element mavjud;
2. eng kichigidan boshqa har qanday element uchun uning oldida qo'shni element mavjud.
Natural sonlar sistemasini aniqlashning boshqa yondashuvlari ham borki, biz bu yerda ular haqida toʻxtalmaymiz.

2. BUTUN VA RATIONAL SONLAR.

2.1. BUTUN SONLAR TIZIMINING TA’RIFI VA XUSUSIYATLARI.
Ma'lumki, butun sonlar to'plami ularning intuitiv tushunishida qo'shish va ko'paytirishga nisbatan halqadir va bu halqa barcha natural sonlarni o'z ichiga oladi. Bundan tashqari, butun natural sonlarni o'z ichiga oladigan butun sonlar halqasida tegishli subring mavjud emasligi aniq. Ma'lum bo'lishicha, bu xususiyatlar butun sonlar tizimini qat'iy ta'riflash uchun asos bo'lishi mumkin. 2.2 va 2.3-bo'limlarda bunday ta'rifning to'g'riligi isbotlanadi.
Ta'riflar 1. Butun sonlar sistemasi deyiladi algebraik tizim, buning uchun quyidagi shartlar bajariladi:
1. Algebraik sistema halqadir;
2. Natural sonlar to'plami o'z ichiga oladi va kichik to'plamdagi halqadagi qo'shish va ko'paytirish natural sonlarni qo'shish va ko'paytirish bilan mos keladi, ya'ni.
3. (minimal shart). Z - 1 va 2 xossalarga ega bo'lgan inklyuziya-minimal to'plam. Boshqacha qilib aytganda, agar halqaning pastki halqasi barcha natural sonlarni o'z ichiga olsa, u holda Z0=Z bo'ladi.
1-ta'rifga batafsil aksiomatik belgi berilishi mumkin. Ushbu aksiomatik nazariyadagi dastlabki tushunchalar:
1) Elementlari butun sonlar deb ataladigan Z to‘plam.
2) Nol deb ataladigan va 0 bilan belgilanadigan maxsus butun son.
3) Uchlik munosabatlar + va (.
Odatdagidek, N natural sonlar toʻplamini qoʻshish (va koʻpaytirish (. 1-taʼrifga muvofiq, butun sonlar tizimi algebraik tizimdir (Z; +, (, N)) quyidagi aksiomalarga ega:
1. (Halqa aksiomalari.)
1.1.
Bu aksioma + Z to‘plamdagi ikkilik algebraik amal ekanligini bildiradi.
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, yaʼni 0 soni qoʻshishga nisbatan neytral element hisoblanadi.
1.5. ((a(Z)((a((Z) a+a(=0, yaʼni har bir butun son uchun qarama-qarshi a(.) soni mavjud.
1.6. ((a,b(Z)((! d(Z) a(b=d).
Bu aksioma ko‘paytirish Z to‘plamdagi ikkilik algebraik amal ekanligini bildiradi.
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. (Z halqasining natural sonlar sistemasi bilan bog‘lanish aksiomalari).
2.1. N(Z.
2.2. ((a,b(N)a+b=a(b).
2.3. ((a,b(N) a(b=a(b).
3. (Minimallik aksiomasi.)
Agar Z0 Z va N(Z0) halqasining pastki halqasi bo‘lsa, Z0=Z.
Butun sonlar sistemasining ayrim xossalarini qayd etamiz.
1. Har bir butun son ikki natural sonning ayirmasi sifatida ifodalanadi. Bu tasvir noaniq, z=a-b va z=c-d, bu yerda a,b,c,d(N, agar va faqat a+d=b+c bo‘lsa.
Isbot. Z0 bilan barcha butun sonlar to‘plamini belgilang, ularning har biri ikkita natural sonning ayirmasi sifatida ifodalanishi mumkin. Shubhasiz, ((a(N) a=a-0, demak, N(Z0).
Keyin x,y(Z0, ya’ni x=ab, y=cd, bu yerda a,b,c,d(N) bo‘lsin. Keyin xy=(ab)-(cd)=(a+d)--(b + c)=(a(d)-(b(c), x(y=(ab)(cd)=(ac+bd)-(ad+bc)=(a(c(b(d)-( a) (d(b(c). Bu shuni ko'rsatadiki, xy, x(y(Z0) va demak, Z0 N to'plamini o'z ichiga olgan Z halqasining pastki halqasidir. Ammo keyin 3 aksiomaga ko'ra, Z0=Z va shuning uchun birinchi 1-xususiyatning bir qismi isbotlangan Bu xususiyatning ikkinchi tasdiqi aniq.
2. Butun sonlar halqasi birlikli kommutativ halqadir va bu halqaning noli natural son 0, bu halqaning birligi esa 1 natural sondir.
Isbot. x,y(Z. 1 xossaga ko‘ra x=ab, y=cd, bu yerda a,b,c,d(N) bo‘lsin. U holda x(y=(ab)((cd)=(ac+bd)-( ad +bc)=(a(c(b(d)-(a(d(b(c), y(x=(cd)(ab)=(ca+db)-(da+cb)=(c ( a(d(b)-(d(a(c(b)). Demak, natural sonlarni ko‘paytirishning kommutativligidan kelib chiqib, xy=yx degan xulosaga kelamiz. Z halqadagi ko‘paytirishning kommutativligi isbotlangan. Qolganlari. 2 xossaning tasdiqlari quyidagi aniq tengliklardan kelib chiqadi, bunda 0 va 1 natural sonlar nol va birni bildiradi: x+0=(ab)+0=(a+(-b))+0=(a+0)+(- b)=(a(0)+ (-b)=ab=x.x(1=(ab)(1=a(1-b(1=a(1-b(1=ab=x)).

2.2. BUTUN SONLAR TIZIMINING MAVJUDLIGI.

Butun sonlar tizimi 2.1 da barcha natural sonlarni o'z ichiga olgan inklyuziya minimal halqasi sifatida aniqlanadi. Savol tug'iladi - bunday uzuk bormi? Boshqacha qilib aytganda, 2.1 dan aksiomalar tizimi mos keladimi? Ushbu aksiomalar tizimining izchilligini isbotlash uchun uning talqinini ma'lum izchil nazariyada qurish kerak. Natural sonlar arifmetikasini shunday nazariya deb hisoblash mumkin.
Shunday qilib, biz 2.1 aksiomalar tizimining talqinini qurishga o'tamiz. Biz dastlabki to'plamni ko'rib chiqamiz. Ushbu to'plamda biz ikkita ikkilik amal va ikkilik munosabatni aniqlaymiz. Juftlarni qo‘shish va ko‘paytirish natural sonlarni qo‘shish va ko‘paytirishga kamaytirilganligi sababli, natural sonlarga kelsak, juftlarni qo‘shish va ko‘paytirish qo‘shishga nisbatan kommutativ, assotsiativ, ko‘paytirish esa taqsimlovchi hisoblanadi. Masalan, juft qo‘shishning kommutativligini tekshirib ko‘ramiz: +===+.
~ munosabatining xossalarini ko'rib chiqing. a+b=b+a bo'lgani uchun ~, ya'ni ~ munosabati refleksli bo'ladi. Agar ~, ya'ni a+b1=b+a1 bo'lsa, a1+b=b1+a, ya'ni ~ bo'ladi. Demak, ~ munosabati simmetrikdir. Keyinchalik ~ va ~ bo'lsin. U holda a+b1=b+a1 va a1+b2=b1+a2 tengliklari o‘rinli bo‘ladi. Bu tengliklarni qo‘shib a+b2=b+a2, ya’ni ~ hosil bo‘ladi. Demak, ~ munosabati ham o'tishli va shuning uchun ekvivalentdir. Juftlikni o'z ichiga olgan ekvivalentlik sinfi bilan belgilanadi. Shunday qilib, ekvivalentlik sinfi uning har qanday juftligi bilan belgilanishi mumkin va bundan tashqari,
(1)
Barcha ekvivalentlik sinflari to'plami bilan belgilanadi. Bizning vazifamiz, qo'shish va ko'paytirish amallarining tegishli ta'rifi berilgan ushbu to'plam 2.1 dan aksiomalar tizimining talqini bo'lishini ko'rsatishdir. To'plamdagi amallar tenglik bilan aniqlanadi:
(2)
(3)
Agar va, ya’ni N to‘plamda a+b(=b+a(, c+d(=a+c()) tengliklari bo‘lsa, (a+c)+(b(+d()) tenglik bo‘ladi. =(b +d)+(a(+c()), shundan (1) yordamida biz sinfni ko‘paytirishning yagonaligini va yagonaligini olamiz.Shunday qilib, (2) va (3) tengliklar ikkilik algebraik amallarni aniqlaydi. o'rnatish.
Klasslarni qo'shish va ko'paytirish juftlarni qo'shish va ko'paytirishni kamaytirgani uchun, bu amallar kommutativ, assotsiativ va sinflarni ko'paytirish qo'shishga nisbatan distributivdir. Tengliklardan xulosa qilamizki, sinf qo'shishga nisbatan neytral elementdir va har bir sinf uchun unga qarama-qarshi sinf mavjud. Bu shuni anglatadiki, to'plam halqadir, ya'ni 2.1 dan 1-guruh aksiomalari qanoatlantiriladi.
Ringdagi kichik to'plamni ko'rib chiqing. Agar a(b), u holda (1) ga ko'ra, va agar a
To‘plamda biz ikkilik munosabatni aniqlaymiz (quyida(; ya’ni sinfdan keyin sinf keladi, bu erda x(x) x dan keyingi natural sondir. X dan keyingi sinfni (.) bilan belgilash tabiiydir. sinf hech qanday sinfga ergashmaydi va har bir sinf unga ergashadigan sinf mavjud va bundan tashqari, faqat bitta. Ikkinchisi munosabatni bildiradi (kuyidagicha (N to'plamdagi unar algebraik amal).
Keling, xaritalashni ko'rib chiqaylik. Shubhasiz, bu xaritalash ikki tomonlama va f(0)= , f(x()==(=f(x)() shartlar. Bu f xaritalash algebraning (N;0,() izomorfizmi ekanligini bildiradi. algebra (;, (). Boshqacha qilib aytganda, algebra (;, () Peano aksiomalari sistemasining talqini. Bu izomorf algebralarni aniqlash, ya'ni N to'plamning o'zi halqaning kichik to'plami deb faraz qilish. Aniq tengliklarda bir xil identifikatsiya a(c =a+c, a(c=ac) tengliklariga olib keladi, ya'ni N kichik to'plamdagi halqadagi qo'shish va ko'paytirish natural sonlarni qo'shish va ko'paytirishga to'g'ri keladi. Shunday qilib, qondirish qobiliyati 2-guruhning aksiomalari o'rnatildi.Minimallik aksiomasi qanoatlantirilishini tekshirish qoladi.
Z0 N va to'plamni o'z ichiga olgan halqaning istalgan pastki halqasi bo'lsin. E'tibor bering va shuning uchun . Ammo Z0 halqa bo'lgani uchun bu sinflarning farqi Z0 halqasiga ham tegishli. Tengliklardan -= (= degan xulosaga kelamiz (Z0 va demak, Z0=. 2.1-bo'limdagi aksiomalar tizimining izchilligi isbotlangan.

2.3. BUTUN SONLAR TIZIMINING BEKORLIGI.

Ularning intuitiv ma'nosida faqat bitta butun sonlar tizimi mavjud. Demak, butun sonlarni aniqlovchi aksiomalar tizimi kategorik bo'lishi kerak, ya'ni bu aksiomalar tizimining har qanday ikkita talqini izomorf bo'ladi. Kategorik va izomorfizmgacha faqat bitta butun sonlar tizimi mavjudligini bildiradi. Keling, bu haqiqat ekanligiga ishonch hosil qilaylik.
(Z1;+,(,N) va (Z2;(,(,N)) 2.1-bo‘limdagi aksiomalar sistemasining har qanday ikkita talqini bo‘lsin.F:Z1®Z2 bijektiv xaritalash mavjudligini isbotlash kifoya. natural sonlar o'zgarmas bo'lib qoladi va bundan tashqari, Z1 halqasining har qanday x va y elementlari uchun tengliklar
(1)
. (2)
E'tibor bering, N(Z1 va N(Z2) dan beri
, a(b=a(b. (3))
x(Z1 va x=ab, bu yerda a,b(N. Bu element bilan x=ab u=a(b) elementi bog‘lansin, bu yerda (halqada ayirish Z2. ab=cd bo‘lsa, a+d=b) bo‘lsin. +c, buning natijasida (3), a(d=b(c) va demak, a(b=c(d) ga ko‘ra. Bu bizning yozishmalarimiz x ko‘rinishdagi element vakiliga bog‘liq emasligini bildiradi. ikki natural sonning ayirmasi va shu tariqa f xaritalash aniqlanadi: Z1®Z2, f(ab)=a(b. Agar v(Z2 va v=c(d), u holda v=f(cd) ekanligi aniq. Demak, Z2 ning har bir elementi f xaritalash ostidagi tasvir va shuning uchun f xaritalash sur'ektivdir.
Agar x=ab, y=cd, bu yerda a,b,c,d(N va f(x)=f(y), u holda a(b=c(d. Lekin keyin a(d=b(d,) ichida) (3) a+d=b+c, yani ab=cd f(x)=f(y) tengligi x=y tengligini bildirishini, ya’ni f xaritalash in’ektiv ekanligini isbotladik.
Agar a(N bo'lsa, a=a-0 va f(a)=f(a-0)=a(0=a. Demak, natural sonlar f xaritalash ostida o'rnatiladi. Bundan tashqari, x=ab bo'lsa, y= cd, bu yerda a,b,c,d(N, keyin x+y=(a+c)- va f(x+y) = (a+c)((b+d)=(a(c)( (b (d)=(a(b)((c(d)=f(x)+f(y). Tenglik (1) isbotlangan. Tenglikni (2) tekshiramiz. Chunki f(xy)=( ac+bd )((ad+bc)=(a(c(b(d)((a(d(b(c)) va boshqa tomondan f(x)(f(y)=(a(b) )((c (d)=(a(c(b(d))((a(d(b(c)). Demak, f(xy)=f(x)(f(y), bu dalilni tugallaydi. aksiomalar tizimi n 2.1.

2.4. RATSIONAL SONLAR TIZIMINING TA'RIFI VA XUSUSIYATLARI.

Ratsional sonlarning Q to'plami ularning intuitiv tushunishida Z butun sonlar to'plami subring bo'lgan maydondir. Ko'rinib turibdiki, agar Q0 barcha butun sonlarni o'z ichiga olgan Q maydonining pastki maydoni bo'lsa, Q0=Q. Aynan shu xususiyatlardan biz ratsional sonlar tizimini qat'iy ta'riflash uchun asos sifatida foydalanamiz.
Ta’rif 1. Ratsional sonlar sistemasi algebraik sistema (Q;+,(;Z) bo’lib, uning uchun quyidagi shartlar bajariladi:
1. algebraik sistema (Q;+,() maydon;
2. butun sonlarning Z halqasi Q maydonining pastki halqasi;
3. (minimallik sharti) agar Q maydonining Q0 kichik maydonida Z kichik halqa mavjud bo‘lsa, Q0=Q bo‘ladi.
Xulosa qilib aytganda, ratsional sonlar tizimi butun sonlarning pastki halqasini o'z ichiga olgan inklyuziya-minimal maydondir. Ratsional sonlar sistemasiga to'liqroq aksiomatik ta'rif berish mumkin.
Teorema. Har bir ratsional son x ikkita butun sonning bo'linmasi sifatida ifodalanishi mumkin, ya'ni
, bu yerda a,b(Z, b(0. (1))
Bu tasvir noaniq, bundan tashqari, a,b,c,d(Z, b(0, d(0).
Isbot. (1) ko'rinishda ifodalanadigan barcha ratsional sonlar to'plamini Q0 bilan belgilang. Q0=Q ekanligiga ishonch hosil qilish kifoya. Keling, bu erda a,b,c,d(Z, b(0, d(0)) maydon xossalari bo'yicha bizda quyidagilar mavjud bo'lsin: Q maydonining pastki maydoni. shakl, keyin Z(Q0. Demak, minimallik sharti tufayli Q0=Q degan xulosa kelib chiqadi. Teoremaning ikkinchi qismining isboti yaqqol ko'rinadi.

2.5. RATSIONAL SONLAR TIZIMINING MAVJUDLIGI.

Ratsional sonlar tizimi butun sonlarning pastki qatorini o'z ichiga olgan minimal maydon sifatida aniqlanadi. Tabiiyki, bunday maydon mavjudmi, ya’ni ratsional sonlarni aniqlovchi aksiomalar tizimi mos keladimi, degan savol tug‘iladi. Muvofiqlikni isbotlash uchun ushbu aksiomalar tizimining talqinini tuzish kerak. Bunday holda, butun sonlar tizimining mavjudligiga tayanish mumkin. Interpretatsiyani qurishda boshlang‘ich nuqta sifatida Z(Z\(0) to‘plamni ko‘rib chiqamiz.Ushbu to‘plamda ikkita binar algebraik amalni aniqlaymiz.
, (1)
(2)
va ikkilik munosabat
(3)
Amaliyotlar va ~ munosabatlarining aynan shunday ta'rifi maqsadga muvofiqligi shundan kelib chiqadiki, biz tuzayotgan talqinda juftlik qismni ifodalaydi.
(1) va (2) amallarning kommutativ, assotsiativ va ko'paytirish qo'shishga nisbatan distributiv ekanligini tekshirish oson. Bu xususiyatlarning barchasi butun sonlarni qo'shish va ko'paytirishning tegishli xususiyatlariga nisbatan sinovdan o'tkaziladi. Masalan, juftlarni ko'paytirishning assotsiativligini tekshirib ko'raylik: .
Xuddi shunday ~ munosabati ekvivalent ekanligi tekshiriladi va shuning uchun Z(Z\(0) to'plam ekvivalent sinflarga bo'linadi.Barcha sinflar to'plami bilan, juftligini o'z ichiga olgan sinf by bilan belgilanadi. Shunday qilib, sinfni har qanday juftlik bilan belgilash mumkin va (3) shart tufayli biz quyidagilarni olamiz:
. (4)
Bizning vazifamiz to'plamdagi qo'shish va ko'paytirish amallarini maydon bo'ladigan tarzda aniqlashdir. Ushbu operatsiyalar tenglik bilan belgilanadi:
, (5)
(6)
Agar, ya'ni ab1=ba1 va cd1=dc1 bo'lsa, bu tengliklarni ko'paytirsak, biz (ac)(b1d1)=(bd)(a1c1) olamiz, ya'ni Bu bizni (6 ) tengligiga ishontiradi. haqiqatan ham har bir sinfdagi vakillarni tanlashdan qat'iy nazar, sinflar to'plami bo'yicha yagona qiymatli operatsiyani belgilaydi. Operatsiyaning o'ziga xosligi (5) xuddi shunday tarzda tekshiriladi.
Klasslarni qoʻshish va koʻpaytirish juftlarni qoʻshish va koʻpaytirishni kamaytirgani uchun (5) va (6) amallar qoʻshishga nisbatan almashtiruvchi, assotsiativ, koʻpaytirish esa taqsimlovchi hisoblanadi.
Tengliklardan xulosa qilamizki, sinf qo'shishga nisbatan neytral element va har bir sinf uchun unga qarama-qarshi element mavjud. Xuddi shunday, tengliklardan kelib chiqadiki, sinf ko'paytirishga nisbatan neytral element hisoblanadi va har bir sinf uchun teskari sinf mavjud. Demak, (5) va (6) amallarga nisbatan maydon; 2.4-bandning ta'rifidagi birinchi shart qanoatlantiriladi.
Keyingi to'plamni ko'rib chiqing. Shubhasiz, . To'plam ayirish va ko'paytirishda yopiladi va shuning uchun maydonning pastki qatori hisoblanadi. Haqiqatan ham, . Keyingi xaritalashni ko'rib chiqing, . Ushbu xaritalashning sur'ektivligi aniq. Agar f(x)=f(y), ya'ni x(1=y(1 yoki x=y) bo'lsa. Demak, f va xaritalash in'ektsiyadir. Bundan tashqari, . Shunday qilib, f xaritalash halqaning izomorfizmidir. halqaga aylanadi.Bularning izomorf halqalar ekanligini aniqlab, Z halqasini maydonning pastki halqasi, ya’ni 2.4-band ta’rifidagi 2-shart bajarilgan deb faraz qilishimiz mumkin.Maydonning minimalligini isbotlash qoladi. har qanday kichik maydon maydonlar va, va bo'lsin. O'shandan beri, yaxshi, keyin. Ammo maydon bo'lgani uchun bu elementlarning qismi ham maydonga tegishli. Shunday qilib, agar , demak, ya'ni ekanligi isbotlangan. Ratsional sonlar sistemasi mavjudligi isbotlangan.

2.6. RATSIONAL SONLAR TIZIMINING BEKORLIGI.

Ularning intuitiv tushunishida faqat bitta ratsional sonlar tizimi mavjud bo'lganligi sababli, bu erda keltirilgan ratsional sonlarning aksiomatik nazariyasi kategorik bo'lishi kerak. Kategorik va izomorfizmgacha faqat bitta ratsional sonlar tizimi mavjudligini bildiradi. Keling, bu haqiqatan ham shunday ekanligini ko'rsataylik.
(Q1;+, (; Z) va (Q2; (, (; Z)) har qanday ikkita ratsional sonlar tizimi bo'lsin.Barcha butun sonlar o'zgarmas bo'lib qoladigan tarzda bijektiv xaritalash mavjudligini isbotlash kifoya qiladi va bundan tashqari, sharoitlar
(1)
(2)
Q1 maydonidan istalgan x va y elementlari uchun.
Q1 maydonidagi a va b elementlarning qismi, Q2 maydonida esa a:b bilan belgilanadi. Z har bir Q1 va Q2 maydonlarining pastki qismi bo'lganligi sababli, a va b butun sonlar uchun biz tengliklarga egamiz.
, . (3)
Keling va qayerda, . Bu x elementni Q2 maydonidan y=a:b element bilan bog‘lang. Agar tenglik Q1 maydonida to'g'ri bo'lsa, u holda 2.4-teorema bo'yicha Z halqada ab1=ba1 tenglik yoki (3) ga ko'ra tenglik, keyin esa xuddi shu teorema bo'yicha tenglik bo'ladi. a:b=a1:b1 Q2 maydonida to'g'ri. Bu shuni anglatadiki, Q1 maydonidagi elementni Q2 maydonidagi y=a:b elementi bilan moslashtirib, xaritalashni aniqlaymiz, .
Q2 maydonining istalgan elementi a:b shaklida ifodalanishi mumkin, bu erda va demak, Q1 maydonidagi elementning tasviri. Demak, f xaritalash sur'ektivdir.
Agar, keyin Q1 maydonida va keyin. Shunday qilib, f xaritalash ikki tomonlama va barcha butun sonlar o'zgarmas bo'lib qoladi. Bu (1) va (2) tengliklarining haqiqiyligini isbotlash uchun qoladi. va, bu yerda a,b,c,d(Z, b(0, d(0)) bo‘lsin. U holda va bundan kelib chiqib (3), f(x+y)=f(x)(f(y) bo‘lsin. Xuddi shunday, va qayerda.
(Q1;+, (; Z) va (Q2; (, (; Z)) talqinlarining izomorfizmi isbotlangan.

Javoblar, ko'rsatmalar, yechimlar.

1.1.1. Yechim. 4-aksioma sharti rost boʻlsin (((0) va. natural sonlarning shunday xossasi. U holda M 4-aksiomaning asosini qanoatlantirsin, chunki ((0)(0(M va. Demak, M=N, ya'ni, har qanday natural son (. Aksincha, har qanday xossa uchun (((0) va undan kelib chiqadi. M N ning kichik to'plami bo'lsin, 0(M va. M ekanligini ko'rsatamiz) xossasiga ega. =N. xossa bo'lsin (, faraz qilib. Keyin ((0), beri, va. Demak, M=N.
1.1.2. Javob: Peanoning 1- va 4-aksiomalarining bayonotlari to'g'ri. 2-aksiomaning bayonoti noto'g'ri.
1.1.3. Javob: Peano aksiomalarining 2,3,4 mulohazalari to'g'ri. 1-aksiomaning bayonoti noto'g'ri.
1.1.4. Peano aksiomalarining 1, 2, 3 bayonotlari to'g'ri. 4-aksiomaning bayonoti noto'g'ri. Maslahat: to‘plam amal bo‘yicha tuzilgan 4-aksiomaning asosini qanoatlantirishini isbotlang, lekin.
1.1.5. Maslahat: 4-aksioma mulohazasining haqiqatligini isbotlash uchun shartlarni qanoatlantiradigan A ning M kichik to‘plamini ko‘rib chiqing: a) 1((M, b) va to‘plam. Buni isbotlang. Keyin M=A.
1.1.6. 1-, 2-, 3-Peano aksiomalarining bayonotlari haqiqatdir. Peanoning 4-aksiomasining bayonoti noto'g'ri.
1.6.1. a) Yechim: Avval soat 1 da ekanligini isbotlang. Orqaga. Mayli
1.6.2. a) Yechish: teskarisini qabul qiling. xossasiga ega boʻlmagan barcha sonlar toʻplamini M bilan belgilang (. Farazga koʻra, M((. 1-teoremaga koʻra, M eng kichik element n(0. Har qanday son x) ga ega.
1.8.1. f) e) va c dan foydalaning): (a-c)+(c-b)=(a+c)-(c+b)=a-b, shuning uchun (a-b)-(c-b)=a-c.
h) mulkdan foydalaning.
l) b) bandidan foydalaning.
m) b) bandi va h) bandidan foydalaning.
1.8.2. c) Demak, bizda . Shunday qilib, .
d) Bizda bor. Binobarin, .
g).
1.8.3. a) Agar (va (ax2+bx=c) tenglamaning turli yechimlari bo‘lsa, a(2+b(=a(2+b(. Boshqa tomondan, masalan, (b)) bo‘lsin (va () tenglamaning turli yechimlari bo’lsin.Agar ((. Ammo, (2=a(+b>a(, demak, (>a)). Bizda ziddiyat bor.
c) (va (tenglamaning turli ildizlari bo‘lsin) va (>(. Keyin 2((-()=(a(2+b)-(a(2+b)=a((-()((() bo‘lsin) +( ) Shunday qilib, a((+()=2, lekin (+(>2, shuning uchun a((+()>2, bu mumkin emas).
1.8.4. a) x=3; b) x=y=2. Maslahat: beri va, bizda x=y; c) x=y(y+2), y - istalgan natural son; d) x=y=2; e) x=2, y=1; f) x=1, y=2, z=3 almashtirishlarga qadar. Yechish: Masalan, x(y(z. Keyin xyz=x+y+z(3z, ya’ni xy(3) bo‘lsin. Agar xy=1 bo‘lsa, x=y=1 va z=2+z, bu imkonsiz bo‘lsa) xy=2 u holda x=1, y=2 Bu holda 2z=3+z ya'ni z=3 Agar xy=3 bo'lsa, x=1 y=3 bo'lsa, 3z= 4+z, ya'ni z=2 bo'ladi, bu taxminga zid keladi. y(z.
1.8.5. b) Agar x=a, y=b tenglamaning yechimi bo'lsa, ab+b=a, ya'ni. a>ab, bu mumkin emas. d) Agar x=a, y=b tenglamaning yechimi bo'lsa, u holda b
1.8.6. a) x=ky, bu yerda k,y ixtiyoriy natural sonlar va y(1. b) x ixtiyoriy natural son, y=1. c) x ixtiyoriy natural son, y=1. d) Hech qanday yechim yo'q. e) x1=1; x2=2; x3=3. f) x>5.
1.8.7. a) a=b bo‘lsa, 2ab=a2+b2 bo‘ladi. Masalan, a

ADABIYOT

1. Redkov M.I. Raqamli tizimlar. /“Raqamli tizimlar” kursini o‘rganish bo‘yicha uslubiy tavsiyalar. 1-qism. - Omsk: OmGPI, 1984. - 46s.
2. Ershova T.I. Raqamli tizimlar. / Metodik ishlab chiqish amaliy mashg'ulotlar uchun.- Sverdlovsk: SGPI, 1981. - 68s.

Matematikada aksiomatik usul.

Tabiiy qatorlarning aksiomatik nazariyasining asosiy tushunchalari va munosabatlari. Natural sonning ta'rifi.

Natural sonlarni qo'shish.

Natural sonlarni ko'paytirish.

Natural sonlar to`plamining xossalari

Natural sonlarni ayirish va bo'lish.

Matematikada aksiomatik usul

Har qanday matematik nazariyaning aksiomatik qurilishida, the muayyan qoidalar:

1. Nazariyaning ayrim tushunchalari sifatida tanlanadi mayor va ta'rifsiz qabul qilingan.

2. Formalangan aksiomalar, bu nazariyada isbotsiz qabul qilingan, ular asosiy tushunchalarning xususiyatlarini ochib beradi.

3. Nazariyaning asosiylari ro'yxatida mavjud bo'lmagan har bir tushunchasi berilgan ta'rifi, bu asosiy va oldingi tushuncha yordamida uning ma'nosini tushuntiradi.

4. Nazariyaning aksiomalar ro'yxatida mavjud bo'lmagan har bir jumlasi isbotlanishi kerak. Bunday takliflar deyiladi teoremalar va ularni ko'rib chiqilayotgan aksioma va teoremalar asosida isbotlang.

Aksiomalar tizimi quyidagicha bo'lishi kerak:

a) izchil: biz amin bo'lishimiz kerakki, berilgan aksiomalar tizimidan har xil xulosalar chiqarib, biz hech qachon qarama-qarshilikka erisha olmaymiz;

b) mustaqil: hech qanday aksioma ushbu tizimning boshqa aksiomalarining natijasi bo'lmasligi kerak.

ichida) to'liq, agar uning doirasida har doim ham berilgan bayonotni yoki uning inkorini isbotlash mumkin bo'lsa.

Evklidning «Elementlar» asarida (miloddan avvalgi 3-asr) geometriyaning taqdimotini nazariyani aksiomatik qurishning birinchi tajribasi deb hisoblash mumkin. Geometriya va algebrani qurishning aksiomatik usulini rivojlantirishga katta hissa qo'shgan N.I. Lobachevskiy va E. Galois. 19-asr oxirida Italiyalik matematik Peano arifmetika uchun aksiomalar tizimini ishlab chiqdi.

Natural sonlarning aksiomatik nazariyasining asosiy tushunchalari va munosabatlari. Natural sonning ta'rifi.

Muayyan to'plamdagi asosiy (aniqlanmagan) tushuncha sifatida N tanlanadi munosabat , shuningdek, to'plam-nazariy tushunchalar, shuningdek, mantiq qoidalari.

Elementdan darhol keyingi element lekin, tayinlash lekin".

"Darhol ergashish" munosabati quyidagi aksiomalarni qondiradi:

Peano aksiomalari:

Aksioma 1. ko'plikda N to'g'ridan-to'g'ri element mavjud keyingi emas ushbu to'plamning har qanday elementi uchun. Keling, unga qo'ng'iroq qilaylik birlik va ramziy qiladi 1 .

Aksioma 2. Har bir element uchun lekin dan N faqat bitta element mavjud lekin" darhol ergashadi lekin .

Aksioma 3. Har bir element uchun lekin dan N darhol keyin eng ko'p bitta element mavjud lekin .

Aksioma 4. Har qanday kichik to'plam M to'plamlar N bilan mos keladi N , agar u quyidagi xususiyatlarga ega bo'lsa: 1) 1 tarkibida mavjud M ; 2) nimadan lekin tarkibida mavjud M , shundan kelib chiqadi va lekin" tarkibida mavjud M.

Ta'rif 1. Kopgina N , ularning elementlari uchun munosabatlar o'rnatiladi "to'g'ridan-to'g'ri kuzatib boring» 1-4 aksiomalarni qanoatlantiradigan » deyiladi natural sonlar to'plami, va uning elementlari natural sonlar.

IN bu ta'rif to'plam elementlarining tabiati haqida hech narsa aytilmagan N . Shunday qilib, u hamma narsa bo'lishi mumkin. To'plam sifatida tanlash N 1-4 aksiomalarni qanoatlantiradigan ma'lum bir "to'g'ridan-to'g'ri ergashuvchi" munosabat berilgan qandaydir muayyan to'plam, biz olamiz ushbu tizimning modeli aksiomalar.

Peano aksiomalari tizimining standart modeli jamiyatning tarixiy taraqqiyoti jarayonida vujudga kelgan sonlar qatoridir: 1,2,3,4, ... Natural qator 1 raqamidan boshlanadi (aksioma 1); har bir natural sondan keyin darhol bitta natural son keladi (aksioma 2); har bir natural son darhol koʻpi bilan bitta natural sondan keyin keladi (3-aksioma); 1 raqamidan boshlab va darhol bir-biridan keyingi natural sonlarga o'tish uchun biz ushbu sonlarning butun to'plamini olamiz (aksioma 4).

Shunday qilib, biz asosiyni tanlash bilan natural sonlar tizimini aksiomatik qurishni boshladik "to'g'ridan-to'g'ri ergashish" munosabati va uning xossalarini tavsiflovchi aksiomalar. Nazariyaning keyingi qurilishi natural sonlarning ma'lum xossalarini va ular ustida amallarni ko'rib chiqishni o'z ichiga oladi. Ular ta'riflar va teoremalarda ochib berilishi kerak, ya'ni. "darhol ergash" munosabatidan sof mantiqiy tarzda olingan va 1-4 aksiomalar.

Natural sonning ta'rifidan keyin biz kiritadigan birinchi tushuncha munosabat "darhol oldinroq" , tabiiy qatorning xususiyatlarini ko'rib chiqishda ko'pincha qo'llaniladi.

Ta'rif 2. Agar natural son bo'lsa b bevosita ergashadi natural son lekin, bu raqam lekin chaqirdi darhol oldingi(yoki oldingi) soni b .

"Avval" munosabati mavjud yaqin ob'ektlar.

Teorema 1. Birining oldingi natural soni yo'q.

Teorema 2. Har bir natural son lekin, 1 dan boshqa, bitta oldingi raqamga ega b, shu kabi b"= lekin.

Natural sonlar nazariyasining aksiomatik qurilishi na boshlang'ichda, na inda ko'rib chiqilmaydi o'rta maktab. Biroq, Peano aksiomalarida o'z aksini topgan «to'g'ridan-to'g'ri ergash» munosabatining o'sha xossalari o'rganish mavzusidir. asosiy kurs matematika. Birinchi sinfda allaqachon birinchi o'nlik raqamlarini ko'rib chiqayotganda, har bir raqamni qanday olish mumkinligi ma'lum bo'ladi. "Keyin" va "oldin" atamalari qo'llaniladi. Har bir yangi raqam sonlarning tabiiy qatorining o'rganilgan segmentining davomi sifatida ishlaydi. Talabalar har bir raqamdan keyin keyingisi, bundan tashqari, faqat bittasi, sonlarning natural qatori cheksiz ekanligiga ishonch hosil qiladi.

Natural sonlarni qo'shish

Aksiomatik nazariyani qurish qoidalariga ko'ra, natural sonlarni qo'shish ta'rifi faqat munosabatlardan foydalangan holda kiritilishi kerak. "to'g'ridan-to'g'ri kuzatib borish", va tushunchalar "tabiiy son" Va "oldingi raqam".

Keling, qo'shish ta'rifini quyidagi fikrlar bilan muqaddima qilaylik. Har qanday natural son uchun lekin 1 qo'shing, biz raqamni olamiz lekin", darhol ergashadi lekin, ya'ni. lekin+ 1= a" va shuning uchun biz har qanday natural songa 1 ni qo'shish qoidasini olamiz. Lekin raqamga qanday qo'shish kerak lekin natural son b, 1 dan farq qiladimi? Keling, quyidagi faktdan foydalanamiz: agar 2 + 3 = 5 ekanligi ma'lum bo'lsa, u holda darhol 5 raqamidan keyin keladigan 2 + 4 = 6 yig'indisi. Bu sodir bo'ladi, chunki 2 + 4 yig'indisida ikkinchi a'zo darhol raqamdir. 3 raqamidan keyin. Demak, 2 + 4 = 2+3 " =(2+3)". IN umumiy ko'rinish bizda ... bor , .

Bu faktlar aksiomatik nazariyada natural sonlarni qo‘shish ta’rifi asosida yotadi.

Ta'rif 3. Natural sonlarni qo'shish quyidagi xususiyatlarga ega algebraik amaldir:

Raqam a + b chaqirdi raqamlar yig'indisi lekin Va b , va raqamlarning o'zi lekin Va b - shartlari.

Ko'paytirish aksiomalari

Qo‘shish va ko‘paytirish o‘rtasidagi bog‘liqlik

Tartib aksiomalari

Buyurtma va qo'shimcha o'rtasidagi bog'liqlik

Tartib va ​​ko'paytirish o'rtasidagi bog'liqlik

Davomiylik aksiomasi

Izoh

Aksiomalarning oqibatlari

Adabiyot

Shuningdek qarang

Havolalar

Boshqa lug'atlarda "Haqiqiy sonlar aksiomatikasi" nima ekanligini ko'ring:

Tartib va ko'paytirish o'rtasidagi bog'liqlik