Ma'lumki, natural sonlar to'plamini "kichikroq" munosabatidan foydalanib tartiblash mumkin. Ammo aksiomatik nazariyani qurish qoidalari bu munosabatni nafaqat aniqlashni, balki ushbu nazariyada allaqachon aniqlangan tushunchalar asosida ham amalga oshirilishini talab qiladi. Buni qo'shish orqali "kamroq" munosabatini aniqlash orqali amalga oshirish mumkin.

Ta'rif. a soni b sonidan kichik (a< b) тогда и только тогда, когда существует такое натуральное число с, что а + с = b.

Bu shartlar ostida bu raqam ham aytiladi b Ko'proq A va yozing b > a.

12-teorema. Har qanday natural sonlar uchun A Va b uchta munosabatlardan biri va faqat bittasi mavjud: a = b, a > b, A < b.

Biz bu teoremaning isbotini o'tkazib yuboramiz.. Bu teoremadan kelib chiqadiki, agar

a¹ b, yoki A< b, yoki a > b, bular. “kam” munosabati bog’lanish xususiyatiga ega.

13-teorema. Agar A< b Va b< с. Bu A< с.

Isbot. Bu teorema “kichikroq” munosabatining tranzitivlik xususiyatini ifodalaydi.

Chunki A< b Va b< с. u holda “kichikroq” munosabatining ta’rifiga ko‘ra natural sonlar mavjud Kimga nima bo `pti b = a + k va c = b + I. Ammo keyin c = (a + k)+ / va qo'shishning assotsiativlik xususiyatiga asoslanib, biz quyidagilarni olamiz: c = a + (k +/). Chunki k + I - natural son, keyin, "kichik" ta'rifiga ko'ra, A< с.

14-teorema. Agar A< b, bu haqiqat emas b< а. Isbot. Bu teorema xossani ifodalaydi antisimmetriya"kamroq" munosabat.

Avval buni bitta natural son uchun isbot qilaylik A sen emas-!>! ■ )uning munosabati A< A. Keling, buning aksini faraz qilaylik, ya'ni. Nima A< а yuzaga keladi. Keyin, "kamroq" munosabatining ta'rifiga ko'ra, natural son mavjud Bilan, Nima A+ Bilan= A, va bu 6-teoremaga ziddir.

Keling, buni isbotlaylik, agar A< b, unda bu haqiqat emas b < A. Keling, buning aksini faraz qilaylik, ya'ni. Agar .. bo'lsa nima bo'ladi A< b , Bu b< а amalga oshirildi. Ammo bu tengliklardan 12-teorema bo'yicha biz bor A< а, bu mumkin emas.

Biz aniqlagan “kichikroq” munosabati antisimmetrik va oʻtish xususiyatiga ega boʻlib, bogʻlanish xususiyatiga ega boʻlgani uchun u chiziqli tartibli munosabat va natural sonlar toʻplamidir. chiziqli tartiblangan to'plam.

“Kamroq” ta’rifidan va uning xossalaridan biz natural sonlar to’plamining ma’lum xossalarini chiqarishimiz mumkin.

15-teorema. Barcha natural sonlardan biri eng kichik son, ya'ni. I< а для любого натурального числа a¹1.

Isbot. Mayli A - har qanday natural son. Keyin ikkita holat mumkin: a = 1 va a¹ 1. Agar a = 1, u holda natural son mavjud b, dan so'ng a: a = b " = b + I = 1 + b, ya'ni "kamroq" munosabatining ta'rifi bo'yicha, 1< A. Demak, har qanday natural son 1 ga teng yoki 1 dan katta. Yoki bitta eng kichik natural son.

"Kamroq" munosabati monotonlik xususiyatlari bilan raqamlarni qo'shish va ko'paytirish bilan bog'liq.

16-teorema.

a = b => a + c = b + c va a c = b c;

A< b =>a + c< b + с и ас < bс;

a > b => a + c > b + c va ac > bc.

Isbot. 1) Ushbu bayonotning to'g'riligi qo'shish va ko'paytirishning yagonaligidan kelib chiqadi.

2) Agar A< b, unda shunday natural son bor k, Nima A + k = b.
Keyin b+ c = (a + k) + c = a + (k + c) = a + (c+ Kimga)= (a + c) + k. Tenglik b+ c = (a + c) + k shuni anglatadi a + c< b + Bilan.

Bu ham xuddi shunday isbotlangan A< b =>ac< bс.

3) Dalil shunga o'xshash.

17-teorema(16-teoremaning teskarisi).

1) A+ c = b + c yoki ac ~ miloddan avvalgiÞ a = b

2) a + c< Ь + с yoki ac< miloddan avvalgiÞ A< Ь:

3) a + c > b+ yoki bilan ac > miloddan avvalgiÞ a > b.

Isbot. Keling, masalan, buni isbotlaylik ac< bс kerak A< b Keling, buning aksini faraz qilaylik, ya'ni. teoremaning xulosasi o'rinli emasligini. Keyin bunday bo'lishi mumkin emas a = b. shundan beri tenglik qanoatlanar edi ac = bs(16-teorema); bo'lishi mumkin emas A> b, chunki o'shanda shunday bo'lardi ac > bs(teorema!6). Demak, 12-teoremaga asosan, A< b.

16 va 17 teoremalardan biz tengsizliklarni hadlar bo'yicha qo'shish va ko'paytirishning taniqli qoidalarini olishimiz mumkin. Biz ularni qoldiramiz.

18-teorema. Har qanday natural sonlar uchun A Va b; shunday n natural soni mavjud p b> a.

Isbot. Har kim uchun A shunday raqam bor P, Nima n > a. Buning uchun uni olish kifoya n = a + 1. Tengsizliklarni hadga ko‘paytirish P> A Va b> 1, olamiz pb > A.

“Kamroq” munosabatining ko'rib chiqilgan xususiyatlaridan natural sonlar to'plamining muhim belgilari kelib chiqadi, biz ularni isbotsiz keltiramiz.

1. Har qanday natural son uchun emas A bunday natural son yo'q P, Nima A< п < а + 1. Bu xususiyat deyiladi mulk
diskretlik natural sonlar to'plami va sonlar A Va a + 1 deyiladi qo'shni.

2. Natural sonlarning har qanday bo'sh bo'lmagan kichik to'plami o'z ichiga oladi
eng kichik raqam.

3. Agar M- natural sonlar to'plamining bo'sh bo'lmagan kichik to'plami
va bunday raqam mavjud b, bu x dan boshlab barcha raqamlar uchun M bajarilmagan
tenglik x< b, keyin mo'l-ko'l M eng katta raqam hisoblanadi.

2 va 3 xossalarni misol bilan ko'rsatamiz. Mayli M- ikki xonali raqamlar to'plami. Chunki M natural sonlar toʻplami va bu toʻplamdagi barcha sonlar uchun x tengsizlik< 100, то в множестве M eng katta raqam 99. Berilgan to'plamdagi eng kichik son M, - 10 raqami.

Shunday qilib, "kichikroq" munosabati natural sonlar to'plamining muhim sonli xususiyatlarini ko'rib chiqish (va ba'zi hollarda isbotlash) imkonini berdi. Xususan, u chiziqli tartiblangan, diskret va eng kichik 1 raqamiga ega.

Boshlang'ich maktab o'quvchilari ta'limning boshidanoq natural sonlar uchun "kichik" (kattaroq) munosabati bilan tanishadilar. Va ko'pincha, uning to'plam-nazariy talqini bilan bir qatorda, aksiomatik nazariya doirasida biz tomonidan berilgan ta'rif bilvosita qo'llaniladi. Masalan, talabalar 9 > 7 ekanligini tushuntirishlari mumkin, chunki 9 7+2. Qo'shish va ko'paytirishning monotonlik xossalarini bilvosita ishlatish ham keng tarqalgan. Masalan, bolalar “6 + 2< 6 + 3, так как 2 < 3».

Mashqlar

1, Nima uchun natural sonlar toʻplamini “darhol ergashish” munosabatidan foydalanib tartiblash mumkin emas?

Munosabatni aniqlang a > b va uning tranzitiv va antisimmetrik ekanligini isbotlang.

3. Agar ekanligini isbotlang a, b, c natural sonlar, u holda:

A) A< b Þ ас < bс;

b) A+ Bilan< b + sÞ> A< Ь.

4. Qo'shish va ko'paytirishning monotonligi haqida qanday teoremalar bo'lishi mumkin
kichik maktab o'quvchilari tomonidan "Hisob-kitoblarsiz solishtiring" topshirig'ini bajarishda foydalanish:

a) 27 + 8 ... 27 + 18;

b) 27-8 ... 27 -18.

5. Boshlang`ich maktab o`quvchilari quyidagi vazifalarni bajarishda natural sonlar to`plamining qanday xossalarini bilvosita ishlatadilar?

A) 65 dan katta va 75 dan kichik sonlarni yozing.

B) 300 (800,609,999) soniga nisbatan oldingi va keyingi sonlarni ayting.

C) Eng kichik va eng katta uch xonali sonni ayting.

Ayirish

Natural sonlar nazariyasining aksiomatik qurilishida ayirish odatda qo'shishning teskari amali sifatida aniqlanadi.

Ta'rif. a va b natural sonlarini ayirish shartni qanoatlantiradigan amaldir: a - b = c, agar b + c = a bo'lsa.

Raqam a - b a va sonlar orasidagi farq deyiladi b, raqam A- minuend, raqam b- chegirib tashlanadi.

19-teorema. Natural sonlarning farqi A- b faqat va agar mavjud bo'lsa b< а.

Isbot. Farqi bo'lsin A- b mavjud. Keyin, farqning ta'rifiga ko'ra, natural son mavjud Bilan, Nima b + c = a, bu degani b< а.

Agar b< а, u holda “kichik” munosabatning ta’rifiga ko‘ra c natural soni shunday bo‘ladi b + c = a. Keyin, farqning ta'rifiga ko'ra, c = a - b, bular. farq a - b mavjud.

Teorema 20. Agar natural sonlar ayirmasi A Va b mavjud bo'lsa, u noyobdir.

Isbot. Aytaylik, raqamlar orasidagi farqning ikki xil qiymati bor A Va b;: a - b= s₁ Va a - b= s₂, va s₁ ¹ s₂. Keyin, farqning ta'rifiga ko'ra, bizda: a = b + c₁, Va a = b + c₂ : . Bundan kelib chiqadi b+ c ₁ = b + c₂ : va 17-teorema asosida biz xulosa qilamiz: s₁ = s₂.. Biz taxmin bilan ziddiyatga keldik, demak u noto'g'ri, lekin bu teorema to'g'ri.

Natural sonlar ayirmasining ta'rifi va uning mavjud bo'lish shartlariga asoslanib, sonni yig'indidan va yig'indini sondan ayirishning taniqli qoidalarini asoslash mumkin.

21-teorema. Mayli A. b Va Bilan- butun sonlar.

Agar a > c, keyin (a + b) - c = (a - c) + b.

b) Agar b > c. keyin (a + b) - c - a + (b - c).

c) Agar a > c va b > c. keyin siz ushbu formulalardan birini ishlatishingiz mumkin.
Isbot. a) sonlar farqi A Va c chunki mavjud a > s. Buni bilan belgilaylik x: a - c = x. qayerda a = c + x. Agar (A+ b) - c = y. keyin, farqning ta'rifiga ko'ra, A+ b = Bilan+ da. Keling, bu tenglikni o'rniga qo'yaylik A ifoda c + x:(c + x) + b = c + y. Qo'shishning assotsiativlik xususiyatidan foydalanamiz: c + (x + b) = c+ da. Keling, qo'shishning monotonlik xususiyatiga asoslanib, ushbu tenglikni o'zgartiramiz va olamiz:

x + b = u..Bu tenglikdagi x ni ifoda bilan almashtirish a - c, ega bo'ladi (A - G) + b = y. Shunday qilib, agar biz buni isbotladik a > c, keyin (a + b) - c = (a - c) + b

Isbotlash b) holatda ham xuddi shunday amalga oshiriladi.

Tasdiqlangan teoremani eslab qolish uchun qulay bo'lgan qoida ko'rinishida shakllantirish mumkin: sonni yig'indidan ayirish uchun bu sonni yig'indining bir a'zosidan ayirish va olingan natijaga boshqa hadni qo'shish kifoya.

22-teorema. Mayli a, b va c - butun sonlar. Agar a > b+ s, keyin A- (b + c) = (a - b) - c yoki a - (b + c) = (a - c) - b.

Bu nazariyaning isboti 21-teoremaning isbotiga o'xshaydi.

22-teorema qoida tariqasida shakllantirilishi mumkin: sondan sonlar yig‘indisini ayirish uchun bu sondan har bir hadni birma-bir ayirish kifoya.

Boshlang'ich matematika o'qitishda ayirishning qo'shishga teskari ta'rifi, qoida tariqasida, umumiy shaklda berilmaydi, lekin u bir xonali sonlar ustida amallarni bajarishdan boshlab doimiy ravishda qo'llaniladi. Talabalar ayirish qo'shish bilan bog'liqligini aniq tushunishlari va hisob-kitoblarda bu munosabatdan foydalanishlari kerak. Masalan, 40 sonidan 16 sonini ayirib, o‘quvchilar shunday fikr bildiradilar: “40 dan 16 sonini ayirish shunday son topiladiki, 16 raqamiga qo‘shilganda natija 40 bo‘ladi; bu raqam 24 bo'ladi, chunki 24 + 16 = 40. Shunday qilib. 40 - 16 = 24."

Dastlabki matematika kursida yig‘indidan sonni va sondan yig‘indini ayirish qoidalari turli hisoblash texnikasi uchun nazariy asos bo‘lib xizmat qiladi. Masalan, (40 + 16) - 10 ifodaning qiymatini faqat qavs ichidagi yig'indini hisoblab, undan 10 sonini ayirish yo'li bilan emas, balki shu tarzda ham topish mumkin;

a) (40 + 16) - 10 = (40 - 10) + 16 = 30 + 16 = 46:

b) (40 + 16) - 10 = 40 + (16- 10) = 40 + 6 = 46.

Mashqlar

1. Har bir natural son bevosita keyingisidan bittani ayirish orqali olinadi, degan to'g'rimi?

2. 19-teoremaning mantiqiy tuzilishining o‘ziga xos xususiyati nimada? Uni "zarur va etarli" so'zlari yordamida shakllantirish mumkinmi?

3. Buni isbotlang:

Agar b > c, Bu (a + b) - c = a + (b - c);

b) agar a > b + c, Bu a - (b+ c) = (a - b) - c.

4. Qaysi ifodalar bir xil qiymatga ega bo'lishini hisob-kitoblarsiz aytish mumkinmi?

a) (50 + 16)- 14; d) 50 + (16 -14 ),

b) (50 - 14) + 16; e) 50 - (16 - 14);
c) (50 - 14) - 16, f) (50 + 14) - 16.

a) 50 - (16 + 14); d) (50 - 14) + 16;

b) (50 - 16) + 14; e) (50 - 14) - 16;

c) (50 - 16) - 14; e) 50 - 16-14.

5. Boshlang’ich matematika kursida o’rganiladigan quyidagi hisoblash texnikasi uchun ayirishning qanday xossalari nazariy asos hisoblanadi:

12 - 2-3 12 -5 = 7

b) 16-7 = 16-6 - P;

c) 48 - 30 = (40 + 8) - 30 = 40 + 8 =18;

d) 48 - 3 = (40 + 8) - 3 = 40 + 5 = 45.

6. Shakl ifodasining qiymatini baholashning mumkin bo'lgan usullarini tavsiflang. a - b- Bilan va ularni aniq misollar bilan tasvirlab bering.

7. Qachon ekanligini isbotlang b< а va har qanday tabiiy c tenglik haqiqatdir (a – b) c = ac - bc.

Eslatma. Isbot 4-aksiomaga asoslanadi.

8. Yozma hisoblar bajarmasdan ifoda qiymatini aniqlang. Javoblaringizni asoslang.

a) 7865 × 6 – 7865 × 5: b) 957 × 11 – 957; c) 12 × 36 - 7 × 36.

Bo'lim

Natural sonlar nazariyasining aksiomatik qurilishida boʻlish odatda koʻpaytirishning teskari amali sifatida aniqlanadi.

Ta'rif. Natural a va b sonlarni bo‘lish shartni qanoatlantiradigan amaldir: a: b = c agar va faqat Kimga qachon b× c = a.

Raqam a:b chaqirdi xususiy raqamlar A Va b, raqam A bo'linuvchi, son b- bo'luvchi.

Ma'lumki, natural sonlar to'plamida bo'linish har doim ham mavjud emas va ayirma uchun mavjud bo'lgan qism mavjudligining bunday qulay belgisi mavjud emas. Xususiyning mavjudligi uchun faqat zaruriy shart mavjud.

23-teorema. Ikki natural sonning bo'linmasi bo'lishi uchun A Va b, bu zarur b< а.

Isbot. Natural sonlar bo'limi bo'lsin A Va b mavjud, ya'ni. shunday natural c soni mavjud bc = a. Chunki har qanday natural son 1 uchun tengsizlik 1 £ Bilan, keyin uning ikkala qismini natural songa ko'paytiramiz b, olamiz b£ miloddan avvalgi. Lekin bc = a, shuning uchun, b£ A.

24-teorema. Agar natural sonlar koeffitsienti A Va b mavjud bo'lsa, u noyobdir.

Bu teoremaning isboti natural sonlar ayirmasining yagonaligi haqidagi teoremaning isbotiga o‘xshaydi.

Natural sonlar qismining ta'rifi va uning mavjudligi shartlariga asoslanib, yig'indini (farqni, ko'paytmani) songa bo'lishning taniqli qoidalarini asoslash mumkin.

25-teorema. Agar raqamlar bo'lsa A Va b raqamga bo'linadi Bilan, keyin ularning summasi a + b c ga bo'linadi va yig'indini bo'lish orqali olingan qism A+ b raqam uchun Bilan, bo'lish yo'li bilan olingan ko'rsatkichlar yig'indisiga teng A yoqilgan Bilan Va b yoqilgan Bilan, ya'ni. (a + b):c = a:c + b:Bilan.

Isbot. Raqamdan beri A tomonidan bo'linadi Bilan, u holda x = natural soni mavjud A; bu a = cx. Xuddi shunday natural son ham bor y = b:Bilan, Nima

b= su. Ammo keyin a + b = cx+ cy = - c(x + y). Bu shuni anglatadiki a + b c ga bo'linadi va yig'indini bo'lish orqali olingan qism A+ b c soni bo'yicha, x + ga teng y, bular. ax + b: c.

Tasdiqlangan teorema yig'indini songa bo'lish qoidasi sifatida shakllantirilishi mumkin: yig'indini songa bo'lish uchun har bir a'zoni shu songa bo'lish va olingan natijalarni qo'shish kifoya.

26-teorema. Agar natural sonlar A Va b raqamga bo'linadi Bilan Va a > b, keyin farq a - b c ga bo'linadi va ayirmani c soniga bo'lish natijasida olingan bo'linish bo'linish orqali olingan qismlarning ayirmasiga teng bo'ladi. A yoqilgan Bilan Va b c da, ya'ni. (a - b):c = a:c - b:c.

Bu teoremaning isboti oldingi teoremaning isbotiga o'xshaydi.

Ushbu teoremani farqni songa bo'lish qoidasi sifatida shakllantirish mumkin: Uchun Farqni raqamga bo'lish uchun minuend va ayirmani shu songa bo'lish va birinchi qismdan ikkinchisini ayirish kifoya.

27-teorema. Agar natural son bo'lsa A c natural soniga bo'linadi, u holda har qanday natural son uchun b ish ab s ga bo'linadi. Bunday holda, mahsulotni bo'lish orqali olingan qism ab s raqamiga , bo'lish yo'li bilan olingan qismning mahsulotiga teng A yoqilgan Bilan, va raqamlar b: (a × b):c - (a:c) × b.

Isbot. Chunki A tomonidan bo'linadi Bilan, u holda shunday x natural soni mavjud a:c= x, qaerda a = cx. Tenglikning ikkala tomonini ko'paytirish b, olamiz ab = (cx)b. Ko'paytirish assotsiativ bo'lgani uchun, demak (cx) b = c(x b). Bu yerdan (a b):c = x b= (a:c) b. Teorema mahsulotni songa bo'lish qoidasi sifatida shakllantirilishi mumkin: mahsulotni songa bo'lish uchun omillardan birini shu raqamga bo'lish va olingan natijani ikkinchi omilga ko'paytirish kifoya.

Boshlang'ich matematika ta'limida ko'paytirishning teskari amali sifatida bo'linish ta'rifi, qoida tariqasida, umumiy shaklda berilmaydi, lekin bo'linish bilan tanishishning birinchi darslaridan boshlab doimiy ravishda qo'llaniladi. Talabalar bo'linish ko'paytirish bilan bog'liqligini aniq tushunishlari va hisob-kitoblarni bajarishda ushbu munosabatdan foydalanishlari kerak. Masalan, 48 ni 16 ga bo‘lishda o‘quvchilar quyidagicha fikr yuritadilar: “48 ni 16 ga bo‘lish deganda 16 ga ko‘paytirilganda 48 chiqadigan son topiladi; bunday raqam 3 bo'ladi, chunki 16 × 3 = 48. Shuning uchun, 48: 16 = 3.

Mashqlar

1. Buni isbotlang:

a) natural sonlar bo'limi bo'lsa a va b mavjud bo'lsa, u noyobdir;

b) raqamlar bo'lsa a va b ga bo'linadi Bilan Va a > b, Bu (a - b): c = a: c - b: c.
2. Bu tengliklarning barchasi to‘g‘ri, deyish mumkinmi?
a) 48:(2×4) = 48:2:4; b) 56:(2×7) = 56:7:2;

c) 850:170 =850:10:17.

Qaysi qoida bu holatlarni umumlashtiradi? Uni shakllantiring va isbotlang.

3. Bo’lishning qanday xossalari nazariy asos hisoblanadi
boshlang'ich sinf o'quvchilariga taqdim etilgan quyidagi vazifalarni bajarish:

Bo'linmasdan qaysi iboralar bir xil qiymatga ega bo'lishini aytish mumkinmi?

a) (40+ 8):2; c) 48:3; e) (20+ 28):2;

b) (30 + 16):3; g)(21+27):3; f) 48:2;

Tengliklar to'g'rimi:

a) 48:6:2 = 48:(6:2); b) 96:4:2 = 96:(4-2);

c) (40 - 28): 4 = 10-7?

4. Ifodaning qiymatini hisoblashning mumkin bo'lgan usullarini tavsiflang
turi:

A) (A+ b):c; b) A:b: bilan; V) ( a × b): Bilan .

Taklif etilgan usullarni aniq misollar bilan ko'rsating.

5. Ifoda ma’nosini ratsional tarzda toping; ularning
harakatlaringizni oqlang:

a) (7 × 63):7; c) (15 × 18):(5× 6);

b) (3 × 4× 5): 15; d) (12 × 21): 14.

6. Ikki xonali songa bo‘lishning quyidagi usullarini asoslab bering:

a) 954:18 = (900 + 54): 18 = 900:18 + 54:18 =50 + 3 = 53;

b) 882:18 = (900 - 18): 18 = 900:18 - 18:18 = 50 - 1 =49;

c) 480:32 = 480: (8 × 4) = 480:8:4 = 60:4 = 15:

d) (560 × 32): 16 = 560 (32:16) = 560 × 2 = 1120.

7. Burchak bilan bo'linmasdan, eng oqilona toping
ko'p jihatdan; Tanlangan usulni asoslang:

a) 495:15; c) 455:7; e) 275:55;

6) 425:85; d) 225:9; e) 455:65.

34-ma'ruza. Manfiy bo'lmagan butun sonlar to'plamining xossalari

1. Manfiy bo'lmagan butun sonlar to'plami. Manfiy bo'lmagan butun sonlar to'plamining xossalari.

2. Natural sonlar qatori segmenti va chekli to‘plamning hisoblash elementlari haqida tushuncha. Tartib va ​​kardinal natural sonlar.

Mutaxassislik bo'yicha davlat imtihonini topshirish uchun

1. Maydon ustidagi chiziqli (vektor) fazo. Misollar. Pastki fazolar, eng oddiy xossalar. Vektorlarning chiziqli bog'liqligi va mustaqilligi.

2. Vektor fazoning asosi va o'lchami. Vektor sistemaning koordinata matritsasi. Bir asosdan ikkinchisiga o'tish. Vektor fazolarning izomorfizmi.

3. Kompleks sonlar maydonining algebraik yopiqligi.

4. Butun sonlar halqasi. Butun sonlarni tartiblash. “Eng katta” va “eng kichik” butun sonlar haqidagi teoremalar.

5. Guruh, guruhlarga misollar. Guruhlarning eng oddiy xossalari. Kichik guruhlar. Guruhlarning gomomorfizmi va izomorfizmi.

6. Butun sonlar bo‘linuvchanligining asosiy xossalari. Bosh sonlar. tub sonlar to'plamining cheksizligi. Kompozit sonning kanonik parchalanishi va uning yagonaligi.

7. Kroneker-Kapelli teoremasi (chiziqli tenglamalar sistemasining izchillik mezoni).

8. Taqqoslashning asosiy xossalari. Modulli chegirmalarning to'liq va qisqartirilgan tizimlari. Modulo qoldiq sinf halqasi. Eyler va Ferma teoremalari.

9. Taqqoslash nazariyasining bo‘linuvchanlik mezonlarini chiqarishda qo‘llanilishi. Kasrni o'nli kasrga aylantirish va uning davri uzunligini aniqlash.

10. Haqiqiy koeffitsientli ko'phadning xayoliy ildizlarining konjugasiyasi. Haqiqiy sonlar maydonidagi qaytarilmas ko'phadlar.

11. Bitta o‘zgaruvchi bilan chiziqli taqqoslashlar (yechish qobiliyati mezoni, yechim usullari).

12. Chiziqli tenglamalarning ekvivalent sistemalari. Noma'lumlarni ketma-ket yo'q qilish usuli.

13. Ring. Uzuklarga misollar. Uzuklarning eng oddiy xossalari. Sub-ring. Halqalarning gomomorfizmlari va izomorfizmlari. Maydon. Maydonlarga misollar. Eng oddiy xususiyatlar. Ratsional sonlar maydonining minimalligi.

14. Natural sonlar (natural sonlarning aksiomatik nazariyasi asoslari). “Eng katta” va “eng kichik” natural sonlar haqidagi teoremalar.

15. Maydon ustidagi ko‘p nomlilar. Qoldiq bilan bo'lish teoremasi. Ikki ko'phadning eng katta umumiy bo'luvchisi, uning xossalari va topish usullari.

16. Ikkilik munosabatlar. Ekvivalentlik munosabati. Ekvivalentlik sinflari, omillar to'plami.

17. Natural va butun sonlar uchun matematik induksiya.

18. Nisbatan tub sonlarning xossalari. Butun sonlarning eng kichik umumiy karrali, uning xossalari va topish usullari.

19. Kompleks sonlar maydoni, son maydonlari. Kompleks sonning geometrik tasviri va trigonometrik shakli.

20. Butun sonlar uchun qoldiq bilan bo‘lish teoremasi. Butun sonlarning eng katta umumiy bo‘luvchisi, uning xossalari va topish usullari.

21. Vektor fazoning chiziqli operatorlari. Chiziqli operatorning yadrosi va tasviri. Vektor fazodagi chiziqli operatorlar algebrasi. Chiziqli operatorning xos qiymatlari va xos vektorlari.

22. Tekislikning affin o'zgarishlari, ularning xossalari va ko'rsatish usullari. Tekislikning affin transformatsiyalari guruhi va uning kichik guruhlari.

23. Ko‘pburchaklar. Ko'pburchakning maydoni. Mavjudlik va yagonalik teoremasi.

24. Ko'pburchaklarning teng kattaligi va teng tarkibi.

25. Lobachevskiyning geometriyasi. Lobachevskiy geometriyasi aksiomalar tizimining izchilligi.

26. Lobachevskiy geometriyasida parallellik tushunchasi. Lobachevskiy tekisligidagi chiziqlarning nisbiy holati.

27. Harakat formulalari. Tekislik harakatlarining tasnifi. Muammoni hal qilish uchun ilovalar.

28. Ikki tekislikning, to'g'ri chiziq va tekislikning, ikkita to'g'ri chiziqning fazodagi o'zaro o'rni (analitik taqdimotda).

29. Proyektiv transformatsiyalar. Mavjudlik va yagonalik teoremasi. Proyektiv transformatsiyalar uchun formulalar.

30. Vektorlarning skalar, vektor va aralash mahsuloti, ularni masalalar yechishda qo‘llanilishi.

31. Uch o'lchovli Evklid fazosining Veyl aksioma tizimi va uning mazmuni izchilligi.

32. Tekislik harakatlari va ularning xossalari. Samolyot harakatlari guruhi. Harakatning mavjudligi va yagonaligi teoremasi.

33. Proyektiv tekislik va uning modellari. Proyektiv transformatsiyalar, ularning xossalari. Proyektiv transformatsiyalar guruhi.

34. Tekislik o'xshashlik o'zgarishlari, ularning xossalari. Tekislik o'xshashlik transformatsiyalari guruhi va uning kichik guruhlari.

35. Silliq yuzalar. Sirtning birinchi kvadrat shakli va uning qo'llanilishi.

36. Parallel loyihalash va uning xossalari. Parallel proyeksiyadagi tekis va fazoviy figuralarning tasviri.

37. Silliq chiziqlar. Fazoviy egri chiziqning egriligi va uni hisoblash.

38. Ellips, giperbola va parabola konus kesimlari sifatida. Kanonik tenglamalar.

39. Ellips, giperbola va parabolaning rejissyorlik xususiyati. Polar tenglamalar.

40. To‘g‘ri chiziqdagi to‘rt nuqtaning qo‘sh nisbati, uning xossalari va hisobi. Juft nuqtalarni garmonik ajratish. To‘liq to‘rtburchak va uning xossalari. Qurilish muammolarini hal qilish uchun qo'llash.

41. Paskal va Brianxon teoremalari. Polar va qutblar.

Matematik tahlil bo'yicha namunali savollar

Natural son - bu ob'ektlarni hisoblashda ishlatiladigan son. U insonning amaliy ehtiyojlaridan kelib chiqqan. Natural son tushunchasining rivojlanishini bir necha bosqichlarga bo'lish mumkin: 1. Qadimgi odamlar to'plamlarni solishtirish uchun, o'rnatilgan yozishmalar: masalan, qo'ldagi barmoq kabi. Kamchilik - taqqoslanayotgan to'plamlar bir vaqtning o'zida ko'rinadigan bo'lishi kerak edi. 2. Ko'pchilik - vositachilar, masalan, toshlar, qobiqlar, tayoqlar. Raqam tushunchasi hali tugallanmagan. Va raqamlar muayyan narsalarga bog'langan. 3. Raqamning ko‘rinishi (Raqamning son ko‘rinishida belgilanishi). Arifmetikaning kelib chiqishi. Arifmetika fan sifatida Qadimgi Sharq mamlakatlari - Xitoy, Hindiston, Misrda vujudga kelgan va keyingi taraqqiyoti Yunonistonda. "Tabiiy son" atamasi birinchi marta Rim olimi Boethius tomonidan ishlatilgan. To'plam miqdorini aniqlash uchun hisoblash kerak. Keling, barcha miqdoriy to'plamlarni ekvivalentlik sinflariga ajratamiz, masalan, bitta ekvivalentlik sinfiga. uchburchaklarning ko'p uchlarini, kvadratning tomonlarini, so'z dunyosidagi ko'plab harflarni o'z ichiga oladi. Agar bu jarayonni davom ettiradigan bo'lsak, u holda ekvivalentlikka nisbatan hamma narsa bir xil darajada kuchli munosabatdir. Cheklangan to'plamlar sinflarga bo'linadi. Bu. nazariy jihatdan kardinal natural sonning ko‘plik ma’nosi teng kuchga ega chekli to‘plamlar sinfining umumiy xususiyatidir. Har bir sinf o'zining miqdoriy raqamiga ega. Bo'sh to'plamga mos ravishda nol qo'yiladi.

A va B raqamlari, agar ular bir xil kardinallik to'plamlari bilan aniqlansa, ular teng deyiladi.

Bu usul boshlang'ich sinflarda qo'llaniladi.

Arifmetik amallarning o'ziga xos ma'nosini ochib beruvchi masalalar ustida ishlash usullari.

Matematika kurslarida arifmetik masalalar muhim o'rin tutadi. Matematika darslarida vaqtning deyarli yarmi masalalar yechishga sarflanadi. Bu ularning bolalarni o'rgatishda katta tarbiyaviy va tarbiyaviy roli bilan izohlanadi. Arifmetik masalalarni yechish arifmetik amallarning asosiy ma’nosini ochishga, ularni aniqlashtirishga, muayyan hayotiy vaziyat bilan bog‘lashga yordam beradi. Muammolar matematik tushunchalar, munosabatlar va naqshlarni o'zlashtirishga yordam beradi. Muammolarni yechishda bolalarda ixtiyoriy diqqat, mushohada, mantiqiy fikrlash, nutq va aql-idrok rivojlanadi. Muammolarni hal qilish tahlil, sintez, taqqoslash, umumlashtirish kabi kognitiv jarayonlarning rivojlanishiga yordam beradi.

Arifmetik masalalarni yechish jarayonida o‘quvchilar o‘z faoliyatini rejalashtirish va nazorat qilishni, texnikani o‘zlashtirishni, o‘z-o‘zini nazorat qilishni (muammoni tekshirish, masalalarni baholash va h.k.) o‘rganadi, ularda qat’iyat, iroda, masala yechimini topishga qiziqish rivojlanadi. muammo. Bolalarni hayotga, kelajakdagi mehnatiga tayyorlashda muammoni hal etishning o‘rni katta. Hikoya masalalarini echishda talabalar ob'ektlar va miqdorlar o'rtasidagi munosabatlarni "matematika tiliga" tarjima qilishni o'rganadilar. Arifmetik masalalarda mamlakatning xalq xo'jaligi, madaniyat, fan va boshqalardagi turli sohalardagi muvaffaqiyatlarini aks ettiruvchi raqamli materiallar qo'llaniladi. Bu o'quvchilarning dunyoqarashini kengaytirishga yordam beradi, ularni atrofdagi voqelik haqidagi yangi bilimlar bilan boyitadi. Talabalar arifmetik masalalarni yechish qobiliyatini katta qiyinchilik bilan egallaydilar.

Bolalarning muammolarni noto'g'ri hal qilish sabablari, birinchi navbatda, ularning fikrlash xususiyatlariga bog'liq. Muammolarni hal qilishni o'rganish jarayonida ma'lum turdagi muammolarni echishga o'rgatishdan qochish kerak; muammolarni hal qilishga ongli yondashishni o'rgatish, muammoda tasvirlangan muayyan hayotiy vaziyatda qanday harakat qilishni o'rgatish, vazifani ongli ravishda tanlashni o'rgatish kerak. ma'lumotlar, harakatlarni ongli ravishda tanlash. Har qanday arifmetik masala ustida ishlash jarayonida quyidagi bosqichlarni ajratish mumkin:

1. Topshiriq mazmuni ustida ishlash.

2. Muammoning yechimini topish.

3. Muammoni hal qilish.

4. Javobni shakllantirish.

5. Muammoning yechimini tekshirish.

6. Yechilgan masala yuzasidan keyingi ishlar.

Vazifaning mazmuni ustida ishlashga katta e'tibor berilishi kerak, ya'ni. muammoda ko'rsatilgan vaziyatni tushunish, ma'lumotlar va qidirilayotgan narsa o'rtasidagi munosabatni o'rnatish. Topshiriq mazmunini o'zlashtirish bo'yicha ishlarning ketma-ketligi;

a) tushunarsiz so'z yoki iboralarni tahlil qilish;

b) masala matnini o`qituvchi va o`quvchilar tomonidan o`qish;

v) muammoning shartlarini qayd etish;

d) topshiriqni savollar orqali takrorlash.

O‘quvchilarni masala matnini ifodali o‘qishga o‘rgatish kerak. Shuni esda tutish kerakki, bolalarni ifodali o'qishga o'rgatish kerak, ular mustaqil ravishda muammoni to'g'ri o'qiy olmaydilar, mantiqiy stresslarni joylashtira olmaydilar va hokazo.

Buyumlar, trafaretlar va chizmalar yordamida topshiriq mazmunini aniqlashtirish bilan bir qatorda maktab o‘qituvchilari amaliyotida topshiriq mazmunini qayd etishning quyidagi shakllari keng tarqalgan:

1. Hisoblashning qisqartirilgan shakli, unda sonli ma’lumotlar va faqat masalaning mantiqiy ma’nosini tushunish uchun zarur bo‘lgan so‘z va iboralar masala matnidan yozib olinadi.

2. Masalaning har bir mantiqiy qismi yangi satrga yoziladigan yozilishning qisqartirilgan strukturaviy shakli.

3. Yozib olishning sxematik shakli.

4. Yozib olishning grafik shakli.

Bolalarda nazorat funktsiyasi zaiflashgani uchun muammoning yechimini tekshirish nafaqat tarbiyaviy, balki tarbiyaviy ahamiyatga ega. Pastki sinflarda quyidagilar zarur:

1. Ob'ektlar ustida harakatlarni bajarish orqali og'zaki tuzilgan vazifalarni tekshiring.

2. Javobning haqiqiyligini tekshiring.

3. Javobning topshiriq shartlari va savoliga muvofiqligini tekshiring. Muammoni yechishning boshqa usullari yordamida tekshirish 4-sinfdan boshlab amalga oshiriladi.

Muammoni hal qilishning to'g'riligini nazorat qilish uchun dasturlashtirilgan o'qitishning ba'zi elementlari ham qo'llaniladi. Bu element juda foydali, chunki talaba o'z harakatlarining to'g'riligi yoki aksincha, xatosi uchun darhol mustahkamlashni oladi. Agar qaror noto'g'ri bo'lsa, u yangi echimlarni qidiradi.

Maktab o'qituvchisi ko'pincha muammoning echimi hamma o'quvchilar tomonidan tushunilishiga ishonch hosil qila olmaydi. Shu sababli, ushbu muammoni hal qilishni birlashtirish ustida ishlash juda foydali. Muammoni hal qilishni birlashtirish bo'yicha ishlar turli yo'llar bilan amalga oshirilishi mumkin.

1. Muammoning mazmuni bo'yicha asosiy savollar tug'iladi.

2. Muammoni hal qilishning butun jarayonini harakatlarni tanlashni asoslash bilan aytib berish taklif etiladi.

3. Ayrim harakatlar yoki masalalar yuzasidan savollar tug'iladi. Talabalar uchun hal qilingan o'xshash masalalar soni emas, balki ma'lumotlarga nisbatan mavzu holatini tushunish muhimdir. Ushbu maqsadga hal qilingan muammo bo'yicha keyingi ishlar xizmat qiladi, uni ushbu turdagi muammolarni hal qilish ko'nikmalarini rivojlantiruvchi muhim texnika sifatida ko'rib chiqish mumkin. Masalalarning predmet mazmunini, ma’lumotlar va talab qilinadiganlar o‘rtasidagi bog‘liqlikni yaxshiroq tushunishga raqamlar bilan emas, balki so‘z bilan yozilgan qo‘shimcha yoki yetishmayotgan sonli ma’lumotlarga ega bo‘lgan masalalarni yechish yordam beradi. Kuzatishlar shuni ko'rsatadiki, eng yaxshi o'qituvchilar muammoni hal qilishni o'rgatish usullaridan biri sifatida talabalarning o'zlari tomonidan masalalar tuzishdan keng foydalanadilar.

Muammolarni tuzish bolalarga topshiriqning hayotiy va amaliy ahamiyatini yaxshiroq tushunishga, uning tuzilishini yaxshiroq tushunishga, shuningdek, har xil turdagi muammolarni farqlashga va ularni hal qilish usullarini tushunishga yordam beradi. Masalalarni tayyorlash tayyor masalalarni yechish bilan parallel ravishda amalga oshiriladi. Tajriba va kuzatishlar shuni ko'rsatadiki, masalalarni qisman tuzish talabalar uchun eng osondir. Talabalarni turli syujetli masalalar tuzishga undash kerak. Bu ularning tasavvurini, zukkoligini va tashabbuskorligini rivojlantirishga yordam beradi. Muammolarni tuzishda talabalar ekskursiya paytida "olgan" materiallardan, ma'lumotnomalar, gazetalar, jurnallar va boshqalardan foydalanganda juda foydali. O'rta maktab o'quvchilariga ma'lum hisob-kitoblar bilan bog'liq biznes hujjatlarini to'ldirish va yozishni o'rgatish kerak. Masalan, ishonchnoma yozing, pul o'tkazmasi uchun shaklni to'ldiring va hokazo. Yuqoridagi barcha texnikalar barcha turdagi muammolarni hal qilishda keng qo'llanilishi mumkin.

Oddiy arifmetik masala - bu bitta arifmetik amal bilan yechiladigan masala. O‘quvchilarga matematikani o‘rgatishda oddiy masalalar nihoyatda muhim rol o‘ynaydi. Bu oddiy vazifalar asosiy ma'noni ochish va arifmetik amallarni belgilash, ma'lum matematik tushunchalarni shakllantirish imkonini beradi. Oddiy masalalar murakkab masalalarning ajralmas qismidir, shuning uchun ularni yechish qobiliyatini rivojlantirish orqali o'qituvchi o'quvchilarni murakkab masalalarni yechishga tayyorlaydi.

Har bir o‘quv yilida o‘quvchilar yangi turdagi oddiy masalalar bilan tanishadilar. Ularning bosqichma-bosqich kiritilishi matematik tushunchalarning turli darajadagi qiyinligi, o'sha arifmetik amallarni o'rganish joyi, ular ochib beradigan o'ziga xos ma'nosi bilan izohlanadi. Ushbu turdagi topshiriqlarni tanlashda o'qituvchining spetsifikatsiyasi va mazmuni e'tiborga loyiqdir. Nihoyat, o'qituvchi muammoning mazmunini qanday aniqlashni o'rgatadi, qisqacha yozuvning turli shakllaridan foydalangan holda ma'lumotlar va qidirilayotgan narsa o'rtasidagi munosabatni ochib beradi.

Eng yaxshi o'qituvchilarning tajribasi shuni ko'rsatadiki, arifmetik muammolarni echishga tayyorgarlik talabalarning amaliy tajribasini boyitish va rivojlantirish, ularni atrofdagi haqiqatga yo'naltirishdan boshlanishi kerak. O'quvchilarni hisoblash, arifmetik masalalarni yechish va o'zgartirishlar kiritish kerak bo'lgan hayotiy vaziyatga olib borish kerak. Qolaversa, bu vaziyatlarni dastlab sun'iy ravishda yaratmaslik kerak, o'quvchilarning diqqatini faqat ularga qaratish va yo'naltirish kerak. O'qituvchi idishlar tarkibidagi ob'ektlar to'plamining elementlari sonining o'zgarishini kuzatishni tashkil qiladi va hokazo, bu o'quvchilarning miqdor haqidagi g'oyalarini rivojlantirishga va ularni keyinchalik og'zaki shakllantirishda uchraydigan ma'lum terminologiya bilan tanishtirishga yordam beradi. muammolar: bo'ldi, hamma narsa qoldi, oldi, ko'paydi, kamaydi va hokazo. Talabalarning o'yin va amaliy faoliyatini shunday tashkil qilish kerakki, bu faoliyatning bevosita ishtirokchisi bo'lish, shuningdek, kuzatuvchi sifatida talabalarning o'zlari har bir alohida holatda xulosa chiqarishlari mumkin; to'plam elementlarining soni ko'paygan yoki kamaygan va bu o'sish yoki kamayishga qanday amal va og'zaki ifoda mos keladi. Tayyorgarlik ishining ushbu bosqichi birinchi o'nta raqam ustida ishlashning boshlanishi va arifmetik amallar bilan tanishish, ob'ektiv to'plamlar bilan operatsiyalar misollarini echish va tuzish bilan mos keladi.

Arifmetik masalalarni yechishni o‘rgatishdan oldin o‘qituvchi o‘quvchilarga qanday bilim, ko‘nikma va malakalar berish kerakligini aniq tasavvur qilishi kerak. Masalani yechish uchun o’quvchilar arifmetik misollar yechishlari, masalani tinglashlari va keyin o’qishlari, muammoli savolni savol-javob, qisqacha eslatmadan, xotiradan takrorlashlari, masalaning tarkibiy qismlarini aniqlashlari, masalani yechishlari va uning to’g’riligini tekshirishlari kerak. 1-sinfda o‘quvchilar yig‘indi va qoldiqni topishga doir masalalar yechishni o‘rganadilar. Bu vazifalar birinchi o'nta raqamni o'rgatishda birinchi marta kiritiladi. Bir xil atamalar yig‘indisini topish, teng qismlarga bo‘lish yoki mazmuniga ko‘ra bo‘lish masalalarini yechishni o‘rganishda o‘quvchilarning ko‘paytirish va bo‘lish arifmetik amallarining mohiyatini tushunishlariga tayanish kerak. Turli xil taqqoslash masalasini yechishdan oldin o‘quvchilar bir to‘plam, ikkita predmet to‘plami, miqdorlar, sonlarni solishtirish, ular o‘rtasida tenglik va tengsizlik munosabatlarini o‘rnatish tushunchalarini berishlari kerak. Murakkab yoki murakkab arifmetik masala ikki yoki undan ortiq arifmetik amallar yordamida yechiladigan masaladir. Murakkab arifmetik masalalarni yechish xususiyatlariga oid psixologik tadqiqotlar shuni ko‘rsatadiki, bolalar yangi qo‘shma masala kontekstida tanish oddiy masalalarni tan olmaydilar. Qo'shma masalalarni yechishga tayyorgarlik ishlari o'quvchilarni qo'shma masalalarni yechishda maqsadli ravishda o'zlashtirishga olib keladigan mashqlar va usullar tizimi bo'lishi kerak. O‘qituvchi o‘quvchilar qo‘shma masalaga kiritiladigan oddiy masalalarni yechish usullarini o‘zlashtirganliklariga va o‘zlari ma’lum turdagi oddiy masalani tuza olishlariga ishonch hosil qilganda, qo‘shma masalalar yechishga o‘tishi mumkin. Murakkab masalalarni yechishda talabalar ma'lumotlarga savollar berishlari yoki savolga javob berish uchun ma'lumotlarni tanlashlari kerak. Shuning uchun, tayyorgarlik davrida, ya'ni. Birinchi yil davomida va ikkinchi o'quv yilining boshida talabalarga quyidagi vazifalar taklif qilinishi kerak:

1. Tayyor shart uchun savollarni tanlang.

2. Berilgan sonli ma’lumotlarni tanlab, savol asosida masala tuzing.

Oddiy va qo'shma masalalar tuzish orqali o'quvchilar asta-sekin murakkab masalalarda oddiylarni tan olishni o'rganadilar, ularni yechishda allaqachon boshdan kechirgan murakkab masalalarni tuzish mashqlari juda foydali. Bu oddiy masalalarning turlarini yaxshiroq o'zlashtirishga, ularni qo'shma masalada aniqlash qobiliyatiga yordam beradi va o'quvchilarga muammolarni ongliroq tahlil qilishga yordam beradi. Murakkab masalalarni yechishda o‘quvchilarga masala ustida ishlashning umumiy usullarini o‘rgatish kerak; vazifa mazmunini tahlil qilish, ma'lum ma'lumotlarni ajratib ko'rsatish, nima qidirilayotganini (ya'ni, topshiriqda nimani o'rganish kerakligini aniqlash), vazifadagi asosiy savolga javob berish uchun qanday ma'lumotlar etishmayotganligini aniqlash. Maktab amaliyotida kartochkalar bilan ishlash usuli, topshiriq ustida ishlash ketma-ketligi belgilab berilgan topshiriqlar o'zini oqladi. Muammolarni yechishda uning yechimini rasmiylashtirish savollar bilan yoziladi yoki har bir harakat yoziladi va tushuntiriladi. Ushbu turdagi masalalarni yechishning umumlashtirilgan usulini ishlab chiqish har xil turdagi, syujetli masalalarni qayta-qayta yechish, o'quvchilarning o'zlari tuzgan tayyor masalalarni echish, ushbu turdagi muammolarni ilgari yechilgan masalalar turlari bilan taqqoslash va boshqalar bilan ta'minlanadi.

1. 40+20, 50-30, 34+20, 34+2, 48-30, 48-3 holatlar uchun hisoblash usulini tushuntiring - yuz konsentratsiyadan barcha hisoblash usullari.

1) 40+20= 4d+2d=6d=60

2) 50-30 = 5d-3d=2d=20

3) 34+20= 3d+4ed+2d=5d 4d=54

4) 34+2 = 3d+4ed+2d=3d 6d=36

5) 48-30 = 4d+8ed-3d=1d 8d= 18

6) 48-3= 4d+8ed-3d=4d 5d=45

Barcha hisoblash usullari og'zaki bo'lib, raqamlar bo'yicha qo'shish va ayirish asosida amalga oshiriladi.

Natural qatorning N segmenti - a natural sonidan oshmaydigan natural sonlar to'plami, ya'ni N = (x|x N va x a).

Misol uchun, N - 7 dan oshmaydigan natural sonlar to'plami, ya'ni. N =(1,2,3,4,5,6,7).

Tabiiy qator segmentlarining ikkita eng muhim xususiyatini ta'kidlaymiz:
1) Har qanday N segmenti bittadan iborat. Bu xususiyat tabiiy qator segmentining ta'rifidan kelib chiqadi.
2) Agar x soni N va x a oralig'ida joylashgan bo'lsa, ulardan darhol keyingi x+1 soni ham N sonida joylashgan.

A to'plam, agar u tabiiy qatorning ayrim N segmentiga ekvivalent bo'lsa, chekli deyiladi. Masalan, uchburchak cho'qqilarining A to'plami, "dunyo" so'zidagi B harflar to'plami chekli to'plamlardir, chunki ular N = (1,2,3) segmentiga teng, ya'ni. A~B~ N.
Agar bo'sh bo'lmagan chekli to'plam N segmentga teng bo'lsa, u holda natural son a A to'plam elementlari soni deyiladi va n(A) = a yoziladi. Misol uchun, agar A uchburchakning uchlari to'plami bo'lsa, u holda n(A) = 3.

Har bir bo'sh bo'lmagan chekli to'plam tabiiy qatorning bir va faqat bitta segmentiga ekvivalentdir, ya'ni har bir chekli A to'plami yagona aniqlangan a soni bilan bog'lanishi mumkin, shuning uchun A to'plam segmentga birma-bir tasvirlangan bo'ladi. N.

Bo'sh bo'lmagan chekli A to'plamining elementlari va natural qator segmenti o'rtasida birma-bir moslikni o'rnatish A to'plamning elementlarini sanash deyiladi. Har qanday bo'sh bo'lmagan chekli to'plamga faqat bitta natural son mos kelganligi sababli, chekli to'plamlarning butun to'plami teng quvvatli to'plamlar sinflariga bo'linadi. Bir sinf barcha bitta elementli to'plamlarni o'z ichiga oladi, ikkinchisida ikki elementli to'plamlar va hokazo. Va bu sonni teng kuchga ega chekli to'plamlar sinfining umumiy xususiyati sifatida ko'rib chiqish mumkin. Shunday qilib, to‘plam nazariyasi nuqtai nazaridan natural son teng kardinallikdagi chekli to‘plamlar sinfining umumiy xossasidir.

0 raqami ham to'plam nazariy talqiniga ega - u bo'sh to'plamga mos keladi: n() = 0.

Shunday qilib, miqdorning xarakteristikasi sifatida natural sonni ikki holatda ko'rib chiqish mumkin:

1) sanoq yo‘li bilan olingan A to‘plamdagi elementlar soni sifatida;
2) teng kuchga ega chekli to'plamlar sinfining umumiy xossasi sifatida.

Cheklangan to'plamlar va natural sonlar o'rtasidagi o'rnatilgan bog'liqlik bizga "kichikroq" munosabatining to'plam-nazariy talqinini berishga imkon beradi.

Agar a = n (A), b = n (B) bo'lsa, u holda a soni b sonidan kichik bo'ladi, agar A to'plami B to'plamining o'z kichik to'plamiga teng bo'lsa, ya'ni. A~B, bu erda B B, B B, B (1-rasm). Yoki N tabiiy qatorning segmenti N segmentining to'g'ri to'plami bo'lsa, ya'ni. N N.

a va b raqamlari teng to'plamlar bilan aniqlangan bo'lsa, tengdir: a = k A~B, bu erda n (A) = a, n (B) = k. Masalan, 2 = 2, chunki n (A) = 2, n (B) = 2, A = (a, b), B = (z, x), A ~ B.

Natural sonlar uchun "kichik" munosabatining xossalari ham to'plam nazariy talqinini oladi: bu munosabatning tranzitivligi va antisimmetriyasi "kichik to'plam bo'lish" munosabatining o'tish va antisimmetrik ekanligi bilan bog'liq.

Natural sonlar uchun “kichikroq” munosabatining to‘plam-nazariy talqinidan foydalanib, 2 ekanligini ko‘rsatamiz.
2 ta elementdan iborat A to'plamni va 5 ta elementdan iborat B to'plamni olaylik, ya'ni. n(A) = 2, n(B) = 5. Masalan, A = (a, b), B = (c, d, e, f, r). B to'plamdan A to'plamga teng bo'lgan B kichik to'plamni tanlashimiz mumkin: masalan, B = (c, d) va A~B. "Kamroq" nisbati ta'rifiga ko'ra, 2
Bu tengsizlikning haqiqiyligi N
Bu tengsizlikni 2-rasmda ko'rish mumkin.2 aylanalar soni, 5 esa kvadratlar soni bo'lsin. Agar biz doiralarni kvadratlarga qo'ysak, biz kvadratlarning bir qismi yopiq holda qolayotganini ko'ramiz.

Bu doiralar soni kvadratchalar sonidan kamroq ekanligini anglatadi, ya'ni. 2
Tengsizlikning to‘plam-nazariy ma’nosi 0

Matematikaning boshlang'ich kursida raqamlarni taqqoslash turli yo'llar bilan amalga oshiriladi - bu "kichikroq" munosabatini talqin qilishda biz ko'rib chiqqan barcha yondashuvlarga asoslanadi.

“Eng katta” va “eng kichik” butun sonlar haqidagi teoremalar

4-teorema (“eng kichik” butun son haqida). Pastdan chegaralangan har bir bo'sh bo'lmagan butun sonlar to'plami eng kichik sonni o'z ichiga oladi. (Bu erda, natural sonlarda bo'lgani kabi, "pastki to'plam" so'zi o'rniga "to'plam" so'zi ishlatiladi E

Isbot. Quyida O A C Z va A chegaralangan bo'lsin, ya'ni. 36? ZVa? A(b< а). Тогда если Ь Е А, то Ь- наименьшее число во множестве А.

Keling, b A.

Keyin Ua e Af< а) и, значит, Уа А(а - Ь >HAQIDA).

a - b ko'rinishdagi barcha sonlarning M to'plamini hosil qilaylik, bu erda a A to'plamdan o'tadi, ya'ni. M = (c [ c = a - b, a E A)

Shubhasiz, M to'plami bo'sh emas, chunki A 74 0

Yuqorida ta'kidlanganidek, M C N. Demak, natural sonlar teoremasi (54, Ch.III) bo'yicha M to'plamda eng kichik natural son m bo'ladi.U holda qandaydir a1 soni uchun m = a1 - b? A, va m M ning eng kichiki ekan, u holda Ua? Da< а - Ь) , т.е. А (01 - Ь < а - Ь). Отсюда Уа е А(а1 а), а так как ат (- А, то - наименьшее число в А. Теорема доказана.

5-teorema (“eng katta” butun son haqida). Har bir bo'sh bo'lmagan, cheklangan butun sonlar to'plami eng katta sonni o'z ichiga oladi.

Isbot. O 74 A C Z va A yuqoridan b soni bilan chegaralansin, ya'ni. ? ZVa e A(a< Ь). Тогда -а >b barcha a raqamlari uchun? A.

Binobarin, M to'plam (r = -a, a? A bilan) bo'sh emas va quyida (-6) son bilan chegaralangan. Demak, oldingi teoremaga ko'ra, eng kichik son M to'plamda uchraydi, ya'ni. ace? MU? Xonim< с).

Bu Vah degani? A(c)< -а), откуда Уа? А(-с >A)

H. Butun sonlar uchun matematik induksiya usulining turli shakllari. Qoldiq bilan bo'lish teoremasi

1-teorema (matematik induksiya usulining birinchi shakli). P(c) Z butun sonlar to‘plamida aniqlangan bir o‘rinli predikat bo‘lsin, 4. Agar ba'zi NUMBER a Z uchun P(o) taklifi va P(K) dan K > a ixtiyoriy butun son uchun P(K -4- 1) ga ergashsa, P(r) taklifi > bo'lgan barcha butun sonlar uchun amal qiladi. a (ya'ni, quyidagi predikat hisoblash formulasi Z to'plamida to'g'ri:

R(a) yoy > + 1)) Us > aR(s)

har qanday sobit butun a uchun

Isbot. Teorema sharoitida aytilgan hamma narsa P (c) jumlasi uchun to'g'ri bo'lsin, ya'ni.

1) P(a) - rost;

2) UK Shch k + ham to'g'ri.

Qarama-qarshi tomondan. Aytaylik, shunday raqam bor

b > a, bu RF) noto'g'ri. Shubhasiz b a, chunki P(a) to'g'ri. M = (z ? > a, P(z) noto‘g‘ri) to‘plam hosil qilaylik.

Keyin to'plam M 0, chunki b? M va M- pastdan a soni bilan chegaralangan. Binobarin, eng kichik butun son (teorema 4, 2) haqidagi teorema bo‘yicha M to‘plamda eng kichik butun c mavjud. Demak, c > a, bu esa o'z navbatida c - 1 > a ni bildiradi.

Keling, P(c-1) to'g'ri ekanligini isbotlaylik. Agar c-1 = a bo'lsa, u holda P (c-1) shartga ko'ra to'g'ri bo'ladi.

c- 1 > a bo'lsin. Keyin P(c- 1) noto'g'ri degan taxmin 1 ga tegishli bo'lishini nazarda tutadi? M, bo'lishi mumkin emas, chunki c soni M to'plamidagi eng kichiki.

Shunday qilib, c - 1 > a va P(c - 1) to'g'ri.

Demak, ushbu teorema shartlariga ko'ra, P((c- 1) + 1) gap to'g'ri, ya'ni. R(lar) - rost. Bu c raqamini tanlashga zid keladi, chunki c? M Teorema isbotlangan.

E'tibor bering, bu teorema Peano aksiomalarining birinchi xulosasini umumlashtiradi.

2-teorema (butun sonlar uchun matematik induksiya usulining ikkinchi shakli). P(c) butun sonlar to‘plamida aniqlangan bir o‘rinli qandaydir predikat bo‘lsin. U holda agar P(c) mulohaza ba’zi bir K butun son va ixtiyoriy butun s K uchun P(c) taklifining haqiqiyligidan K tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha butun sonlar uchun o‘rinli bo‘lsa.< с < s, слеДует справеДливость этого преДложения Для числа s , то это преДложение справеДливо Для всег целыс чисел с >TO.

Bu teoremaning isboti asosan natural sonlar uchun xuddi shunday teoremaning isbotini takrorlaydi (1, 55-teorema, III bob).

3-teorema (matematik induksiya usulining uchinchi shakli). P(c) butun NUMBERS to‘plamining Z to‘plamida aniqlangan bir o‘rinli predikat bo‘lsin. Demak, agar P(c) natural sonlar toʻplamining baʼzi cheksiz M kichik toʻplamining barcha raqamlari uchun va ixtiyoriy butun a a uchun toʻgʻri boʻlsa, P(a) ning haqiqati P(a - 1) ning haqiqatini bildiradi, u holda taklif P(c) barcha butun sonlar uchun amal qiladi.

Isbot natural sonlar uchun tegishli teoremaning isbotiga o'xshaydi.

Biz buni qiziqarli mashq sifatida taklif qilamiz.

E'tibor bering, amalda matematik induksiyaning uchinchi shakli boshqalarga qaraganda kamroq tarqalgan. Bu uni qo'llash uchun teoremada muhokama qilinadigan natural sonlar to'plamining cheksiz M kichik to'plamini bilish zarurligi bilan izohlanadi. Bunday to'plamni topish qiyin ish bo'lishi mumkin.

Ammo uchinchi shaklning boshqalardan afzalligi shundaki, uning yordami bilan P(c) taklifini barcha butun sonlar uchun isbotlash mumkin.

Quyida biz uchinchi shaklni qo'llashning qiziqarli misolini keltiramiz." Lekin birinchi navbatda, juda muhim tushunchani keltiramiz.

Ta'rif. Butun a sonining mutlaq qiymati qoida bilan aniqlangan sondir

0, agar a O a bo'lsa, a > O bo'lsa

Va agar a< 0.

Shunday qilib, agar 0 bo'lsa, unda? N.

Biz o'quvchini mashq sifatida mutlaq qiymatning quyidagi xususiyatlarini isbotlashga taklif qilamiz:

Teorema (qoldiq bilan bo'lish haqida). b 0 bo'lgan har qanday a va b butun sonlar uchun faqat bitta juft q U m soni mavjud bo'lib, a r: bq + T L D.

Isbot.

1. Juftlikning mavjudligi (q, m).

a, b bo'lsin? Z va 0. Shartlarni qanoatlantiruvchi q sonlar juftligini ko'rsatamiz

Qo'zg'almas b soni uchun a soni bo'yicha uchinchi shaklda induksiya yo'li bilan isbotlaymiz.

M = (mlm= n lbl,n? N).

Ko'rinib turibdiki, M C har qanday n uchun f(n) = nlbl qoidasi bilan belgilanadigan f: N M xaritalashdir? N - bu bijeksiyon. Bu shuni anglatadiki, M N, ya'ni. M - cheksiz.

Ixtiyoriy a soni uchun buni isbotlaylik? q va m juft sonlarining mavjudligi haqidagi teoremaning M (va b-fikrlangan) bayonoti to‘g‘ri.

Darhaqiqat, a (- M. Keyin a pf! ba'zi n uchun? N.

Agar b > 0 bo'lsa, a = n + O. Endi q = n va m O ni o'rnatsak, biz kerakli q va m son juftligini olamiz.< 0, то и, значит, в этом случае можно положить q

Endi induktiv faraz qilaylik. Faraz qilaylik, ixtiyoriy butun c (va ixtiyoriy sobit b 0) uchun teorema bayonoti to'g'ri, ya'ni. shunday juft sonlar (q, m) mavjud

Bu raqam (1 bilan) uchun ham to'g'ri ekanligini isbotlaylik. c = bq -4- tengligidan bq + (t - 1) kelib chiqadi. (1)

Bunday holatlar bo'lishi mumkin.

1) m > 0. U holda 7" - 1 > 0. Bu holda - m - 1 qo'yilsa, c - 1 - bq + Tl ni olamiz, bu erda (q, 7"1,) juftlik shartni aniq qanoatlantiradi.

0. Keyin c - 1 bq1 + 711 , bu erda q1

0 ekanligini osonlik bilan isbotlashimiz mumkin< < Д.

Shunday qilib, bayonot bir juft raqamlar uchun ham to'g'ri keladi

Teoremaning birinchi qismi isbotlangan.

P. q juftligining o‘ziga xosligi va boshqalar.

Faraz qilaylik, a va b 0 raqamlari uchun (q, m) va (q1, u holda (*) shartlarni qondiruvchi ikkita juft son mavjud.

Keling, ularning bir-biriga mos kelishini isbotlaylik. Shunday qilib, ruxsat bering

va bq1 L O< Д.

Bu shuni anglatadiki, b(q1 -q) m- 7 1 1. Bu tenglikdan shunday xulosa chiqadi:

Agar endi q ql deb faraz qilsak, u holda q - q1 0, bundan lq - q1l 1. Bu tengsizliklarni had bo'yicha hadlarni lbl soniga ko'paytirsak, ph ni olamiz! - q11 D. (3)

Shu bilan birga, tengsizliklardan 0< т < lbl и О < < очевидным образом следует - < ф!. Это противоречит (3). Теорема доказана.

Mashqlar:

1. 5 1 dan 2 va 3-teoremalarning isbotlarini to‘ldiring.

2. 3, 1-teoremadan olingan 2-oqibatni isbotlang.

3. Shaklning barcha sonlaridan tashkil topgan H C Z kichik to'plami ekanligini isbotlang< п + 1, 1 >(n? N), qo'shish va ko'paytirish ostida yopiq.

4. H 3-mashqdagi kabi bir xil to‘plamni bildirsin. ̧ : M xaritalash shartlarni qanoatlantirishini isbotlang:

1) ј - bijeksiyon;

2) y(n + m) = ј(n) + j(m) va j(nm) = j(n) j(m) har qanday n, m sonlar uchun (ya’ni j algebralarning (N) izomorfizmini amalga oshiradi. , 4 va (H, +,).

5. 2 dan 1-teoremaning isbotini to‘ldiring.

6. Istalgan a, b, c butun sonlar uchun quyidagi ta’sirlar mavjudligini isbotlang:

7. Z dan ikkinchi va uchinchi teoremalarni isbotlang.

8. Butun sonlarning Z halqasida nolga bo‘luvchilar yo‘qligini isbotlang.

Adabiyot

1. Bourbaki N. To'plam nazariyasi. M.: Mir, 1965 yil.

2. Vinogradov I. M. Sonlar nazariyasi asoslari. M.: Nauka, 1972. Z. DemiDov I. T. Arifmetika asoslari. M.: Uchpedgiz, 1963 yil.

4. Kargapolov M.I., Merzlyakov Yu.I.Guruhlar nazariyasi asoslari.

M.: Nauka, 1972 yil.

5. Kostrikin A.I.Algebraga kirish. M.: Nauka, 1994 yil.

b. Kulikov L. Ya. Algebra va sonlar nazariyasi. M .: Yuqori. maktab, 1979 yil.

7. Kurosh A.G. Oliy algebra kursi. M.: Nauka, 1971 yil.

8. Lyubetskiy V. A. Maktab matematikasining asosiy tushunchalari. M.: Ta'lim, 1987 yil.

9. Lyapin Yevropa Ittifoqi. va boshqalar.Guruhlar nazariyasi bo'yicha mashqlar. M.: Nauka, 1967 yil.

10. Maltsev A.I.Algebraik tizimlar. M.: Nauka, 1970 yil.

11. MenDelson E. Matematik mantiqqa kirish. M.: Nauka, 1971 yil.

12. Nechaev V.I. Raqamli tizimlar. M.: Ta'lim, 1975 yil.

13. Novikov P.S. Matematik mantiqning elementlari. M.. Fan, 1973 yil.

14. Petrova V. T. Algebra va geometriyadan ma'ruzalar.: 2 soatda.

CHL. M.: Vlados, 1999 yil.

15. Maktab matematika kursining zamonaviy asoslari Auth. Kol.: Vilenkin N.Ya., Dunichev K.I., Kalltjnin LA Stolyar A.A. M.: Ta'lim, 1980 yil.

16. Skornyakov L. A. Algebra elementlari. M.: Nauka, 1980 yil.

17. Stom R.R. To'plam, mantiq, aksiomatik nazariyalar. M.; Ma'rifat, 1968 yil.

18. Stolyar A. A. Matematikaga mantiqiy kirish. Minsk: ENG YUQORI. maktab, 1971 yil.

19. Filippov V.P.Algebra va sonlar nazariyasi. Volgograd: VGPI, 1975 yil.

20. Frenkel A., Bar-Hilel I. To'plamlar nazariyasi asoslari. M.: Mir, 1966 yil.

21. Fuchs L. Qisman tartiblangan tizimlar. M.: Mir, 1965 yil.

O'quv nashri nashri

Vladimir Konstantinovich Kartashov

MATEMATIKA FANIDAN KIRISH KURS

Qo'llanma

O. I. Molokanova tomonidan tahririy tayyorgarlik Asl maket A. P. Boschenko tomonidan tayyorlangan

“PR 020048, 20.12.96

1999 yil 28 avgustda nashr qilish uchun imzolangan. Format 60x84/16. Ofisda chop etish Bom. turi. M 2. Uel. pech l. 8.2. Akademik tahrir. l. 8.3. 500 nusxada tiraj. Buyurtma 2

"Peremena" nashriyot uyi