Числа. Иррациональные числа

Глава 26. Непрерывные и разрывные функции 291 Сравнивая неравенства (1) и (2), получаем V (x1) − V (x0) < ε. Ясно также, что V (x1) V (x0). Следовательно, V (x0 +) = V (x0). Аналогично V (x0 −) = = V (x0). Если x0 = a или x0 = b, то нужно рассматривать только один из односторонних пределов. Глава 27. Логарифм и показательная функция 27.1. Определение показательной функции и логарифма Определим сначала показательную функцию ax для рациональных x. (Показательную функцию мы определяем только для положитель- ных a.) Пусть a > 0 и x = p/q, где p и q натуральные числа. Опреде- √ лим ax как q ap , где имеется в виду√ √ арифметическое (положительное) значение корня. Ясно, что nq anp = q ap . Действительно, это равенство эквивалентно равенству (anp)q = (ap)nq . При x < 0 мы полагаем ax = = 1/a−x . 27.1. а) Пусть a > 1. Докажите, что если x1 > x2 , то ax1 > ax2 . б) Пусть a < 1. Докажите, что если x1 > x2 , то ax1 < ax2 . 27.2. Пусть a > 1. Докажите, что ax может быть сколь угодно ве- лико, если x достаточно велико. 27.3. Докажите, что ax1 +x2 = ax1 ax2 . 27.4. Докажите, что aλx = (ax)λ для любого рационального λ. 27.5. Пусть a положительное число, {xn } последователь- ность рациональных чисел, причём limn→∞ xn = 0. Докажите, что limn→∞ axn = 1. 27.6. Докажите, что если существует предел limn→∞ xn = x, где {xn } последовательность рациональных чисел, то существует предел 292 Глава 27. Логарифм и показательная функция 293 limn→∞ axn , причём этот предел зависит только от x. Пусть a положительное число. Определим ax для произвольного x следующим образом. Пусть {xn } последовательность рациональных чисел, сходящаяся к x. Положим ax = limn→∞ axn . 27.7. а) Пусть a > 1. Докажите, что если x > y, то ax > ay . б) Пусть a < 1. Докажите, что если x > y, то ax < ay . 27.8. Докажите, что если limn→∞ xn = x, где {xn } последо- вательность произвольных (не обязательно рациональных) чисел, то limn→∞ axn = ax . 27.9. Докажите, что ax1 +x2 = ax1 ax2 для произвольных (не обяза- тельно рациональных) чисел x1 и x2 . 27.10. Пусть a положительное число, причём a = 1. Докажите, что для любого положительного числа x существует единственное число y, для которого ay = x. Пусть a и x положительные числа, причём a = 1. Логарифм x по основанию a это число y = loga x, для которого ay = x. Для логариф- мов по основанию 10 используется обозначение lg, а для логарифмов по основанию e используется обозначение ln. 27.11. Докажите, что функция f (x) = loga x непрерывна. 27.12. Докажите, что loga (x1 x2) = loga x1 + loga x2 . 27.2. Показательная функция 27.13. Решите уравнение 52x−1 + 5x+1 = 250. 27.14. Решите уравнение 6x − 2x = 32. 27.15. Сколько цифр имеет число 2100 ? 27.3. Тождества для логарифмов logb x 27.16. а) Докажите, что loga x = . log b a 1 б) Докажите, что loga b = . logb a 27.17. Предположим, что a2 + b2 = 7ab и ab = 0. Докажите, что a+b 1 lg = (lg |a| + lg |b|). 3 2 294 Глава 27. Логарифм и показательная функция 27.4. Неравенства и сравнения чисел 27.18. Докажите, что 1 1 2< + . log2 π log5 π 27.19. Докажите, что 3/10 < lg 2 < 1/3. 27.20. Сравните числа loga−1 a и loga (a + 1), где a > 1. 27.21. Сравните числа log2 3 и log3 5. 27.22. Сравните числа log20 80 и log80 640. 27.23. Сравните числа log5 7 и log13 17. 27.24. Сравните числа log3 7 и log7 27. 27.5. Иррациональность логарифмов 27.25. Докажите, что следующие числа иррациональны: а) log2 3; √ б) log√2 3; в) log5+3√2 (3 + 5 2). 27.26. Приведите пример положительных иррациональных чисел a и b, для которых число ab целое. 27.6. Некоторые замечательные пределы 1 x 27.27. Докажите, что limx→±∞ 1 + = e. x ln(1 + x) 27.28. Докажите, что limx→0 = 1. x a (1 + x) − 1 27.29. Докажите, что limx→0 = a для любого веществен- x ного a. ax − 1 27.30. Докажите, что limx→0 = ln a для любого положитель- x ного a. 27.7. Гиперболические функции Такую же роль, какую играют для окружности тригонометрические функции, для гиперболы x2 − y 2 = 1 играют гиперболические функции: ex − e−x sh x = (гиперболический синус); 2 Глава 27. Логарифм и показательная функция 295 ex + e−x ch x = (гиперболический косинус); 2 ex − e−x th x = x (гиперболический тангенс); e + e−x x −x e +e cth x = x (гиперболический котангенс). e − e−x Очевидно, что sh(−x) = − sh x и ch(−x) = ch x. 27.31. Докажите, что точка с координатами x = ch t, y = sh t лежит на гиперболе x2 − y 2 = 1. 27.32. Докажите, что sh(x ± y) = sh x ch y ± ch x sh y, ch(x ± y) = ch x ch y ± sh x sh y. Обратные гиперболические функции определяются следующим об- разом: если x = sh y, то y = Arsh x (ареасинус1 гиперболический); если x = ch y, то y = Arch x (ареакосинус гиперболический) ; если x = th y, то y = Arth x (ареатангенс гиперболический) ; если x = cth y, то y = Arcth x (ареакотангенс гиперболический) . 27.33. Докажите, что Arsh x = ln(x + x2 + 1); Arch x = ln(x ± x2 − 1) = ± ln(x + x2 − 1); 1 1+x Arth x = ln . 2 1−x Гиперболической амплитудой числа x называют угол α (−π/2 < α < π/2), для которого sh x = tg α. 27.34. Докажите следующие свойства гиперболической амплитуды: а) ch x = 1/ cos α; б) th(x/2) = tg(α/2). Решения 27.1. а) Можно считать, что x1 = p1 /q и x2 = p2 /q. Тогда ap1 > ap2 , поскольку a > 1. Для положительных чисел α и β неравенство α > β эквива- лентно неравенству αq > β q . Поэтому ap1 /q > ap2 /q . 1 От латинского area площадь. 296 Глава 27. Логарифм и показательная функция б) Решение аналогично, но в этом случае ap1 < ap2 , поскольку a < 1. 27.2. Положим a = 1 + δ, где δ > 0. Тогда n(n − 1) 2 (1 + δ)n = 1 + nδ + δ + . . . > nδ. 2 Поэтому если n > y/δ, то an > y. 27.3. Можно считать, что x1 = p1 /q и x2 = p2 /q. Ясно, что ap1 +p2 = √ √ √ = a a . Поэтому ax1 +x2 = ap1 +p2 = q ap1 · q ap2 = ax1 ax2 . p1 p2 q 27.4. Для натурального λ это следует из задачи 27.3. Если λ = p/q, то достаточно извлечь корень степени q из обеих частей равенства apx = (ax)p . 27.5. Рассмотрим сначала следующий частный случай: xn = 1/n. В этом случае требуемое утверждение доказано в решении задачи 25.20. Для исходной последовательности {xn } можно построить последователь- 1 1 ность натуральных чисел kn → ∞ так, что − < xn < . Тогда kn kn a−1/kn < axn < a1/kn при a > 1 и a1/kn < axn < a−1/kn при a < 1. Оста- ётся заметить, что limn→∞ a1/kn = 1 = limn→∞ a−1/kn . Замечание. Не обращаясь к задаче 25.20, равенство limn→∞ a1/n = 1 мож- но доказать следующим образом. Достаточно рассмотреть случай, когда a > 1. Согласно задаче 27.1 последовательность {a1/n } монотонна. Ясно также, что эта последовательность ограничена, поэтому она имеет неко- торый предел limn→∞ a1/n = c. Её подпоследовательность {a1/(2n) } имеет тот же самый предел, поэтому c = c2 , так как a1/n = (a1/(2n))2 . Таким образом, c = 0 или 1. Но a1/n 1, поэтому c 1. 27.6. Будем считать, что a > 1; случай a < 1 разбирается аналогично. Рассмотрим вспомогательные последовательности рациональных чисел {xn } и {xn }, сходящиеся к x, причём {xn } монотонно возрастает, а {xn } моно- тонно убывает. Согласно задаче 27.1 последовательность {axn } монотонно возрастает. Эта последовательность ограничена, поэтому существует предел limn→∞ axn = c . Аналогично существует предел limn→∞ axn = c . Ясно, что xn − xn → 0, поэтому согласно задаче 27.5 c /c = limn→∞ axn −xn = 1, т.е. c = c = c. Теперь для исходной последовательности {xn } мы можем выбрать после- довательность натуральных чисел kn → ∞ так, что xkn < xn < xkn . Поэтому limn→∞ axn = c. Число c зависит только от x. 27.7. а) Выберем рациональные числа p и q так, что x > p > q > y. Тогда можно выбрать последовательности рациональных чисел {xn } и {yn } так, что они сходятся к x и y и при этом xn p и yn q для всех n. Согласно задаче 27.1 имеют место неравенства axn ap aq ayn , поэтому ax ap aq ay . б) Решается аналогично. Глава 27. Логарифм и показательная функция 297 27.8. Решение аналогично решению задачи 27.6. Мы снова выбираем такие же последовательности {xn } и {xn }. Согласно задаче 27.7 из нера- венств xkn < xn < xkn следуют неравенства axkn < axn < axkn , а потому limn→∞ axn = c = ax . 27.9. Соотношение ax1 +x2 = ax1 ax2 для произвольных чисел следует из аналогичного соотношения для рациональных чисел (задача 27.3), поскольку функция f (x) = ax непрерывна (задача 27.8). 27.10. Функция f (x) = ax непрерывна (задача 27.8) и монотонна (это легко вывести из утверждения задачи 27.1, воспользовавшись непрерывно- стью функции f). Кроме того, согласно задаче 27.2 число ay может быть как сколь угодно велико, так и сколь угодно близко к нулю (для доказательства последнего утверждения нужно заметить, что a−y = 1/ay). Поэтому согласно теореме о промежуточном значении для любого x > 0 найдётся такое число y, что ay = x. Единственность числа y следует из монотонности функции f . 27.11. Докажем непрерывность в точке x0 = ay0 , где y0 = loga x0 . Для заданного ε > 0 возьмём в качестве δ наименьшее из двух положительных чисел |ay0 − ay0 +ε | и |ay0 − ay0 −ε |. Функция g(y) = ay монотонна, поэтому из неравенства |ay0 − ay | < δ следует неравенство |y0 − y| < ε, т.е. из неравенства |x0 − x| < δ следует неравенство | loga x0 − loga x| < ε. 27.12. Это следует из соответствующего свойства показательной функ- ции: ay1 +y2 = ay1 ay2 (задача 27.9). 27.13. О т в е т: x = 2. Функция f (x) = 52x−1 + 5x+1 монотонно возрастает, поэтому она принимает значение 250 лишь при одном значении x. Ясно также, что f (2) = 53 + 53 = 250. 27.14. О т в е т: x = 2. Поделив обе части уравнения на 2x = 0, перейдём к уравнению 3x − 2 = 32 · 2−x . Функция f (x) = 3x − 2 монотонно возрастает, а функция g(x) = 32 · 2−x монотонно убывает. Поэтому уравнение f (x) = g(x) не может иметь больше одного решения. А одно решение легко угадывается. 27.15. О т в е т: 31 цифру. Ясно, что 2100 = (1024)10 > 100010 , поэтому число 2100 имеет не меньше 31 цифры. С другой стороны, 102410 1025 10 41 10 41 40 39 32 41 < = < · · ... = < 10; 100010 1000 40 40 39 38 31 31 Таким образом, 2100 = (1024)10 < 10·100010 , поэтому число 2100 имеет меньше 32 цифр. 27.16. а) По определению aloga x = x. Прологарифмировав обе части этого равенства по основанию b, получим log a x · logb a = logb x. б) Запишем тождество из задачи а) для x = b и заметим, что log b b = 1. (a + b)2 27.17. Требуемое равенство можно переписать в виде lg = lg ab 9 (мы воспользовались тем, что ab > 0). Из условия следует, что (a + b)2 = a2 + + b2 + 2ab = 7ab + 2ab = 9ab. 298 Глава 27. Логарифм и показательная функция lg 2 lg 5 27.18. Правая часть требуемого неравенства равна + . Поэтому lg π lg π нужно доказать, что 2 lg π < lg 2 + lg 5, т.е. lg(π 2) < lg 10. Остаётся заметить, что π 2 < 9, 87 (задача 33.4). 27.19. Неравенство 3/10 < lg 2 эквивалентно тому, что 103 < 210 = 1024, а неравенство lg 2 < 1/3 эквивалентно тому, что 8 = 23 < 10. 27.20. Неравенство (a−1)(a+1) < a2 показывает, что loga (a−1)+loga (a+ + 1) < 2. С другой стороны, loga (a − 1) + log a (a + 1) > 2 loga (a − 1) loga (a + 1). Поэтому loga (a − 1) log a (a + 1) < 1, т.е. loga−1 a > log a (a + 1). 27.21. Пусть a = log 2 3 и b = log 3 5. Тогда 2a = 3, поэтому 8a = 33 > 52 = = 9b > 8b . Значит, log2 3 > log3 5. 27.22. Ясно, что log 20 80 = 1 + 2 log20 2 и log 80 640 = 1 + 3 log 80 2. 1 1 Далее, log20 2 = и log80 2 = . Кроме того, 3 log 2 20 = log2 20 log2 80 = log2 8000 > log2 6400 = 2 log2 80. Поэтому log20 80 < log80 640. 7 17 27.23. Ясно, что log5 7 − 1 = log5 и log 13 17 − 1 = log 13 . Легко прове- 5 13 7 17 7 7 17 рить, что > . Поэтому log5 > log13 > log13 . В итоге получаем, что 5 13 5 5 13 log5 7 > log13 17. 3 27.24. Ясно, что log7 27 = 3 log7 3 = . Покажем, что (log3 7)2 > 3, т.е. log3 7 √ √ √ log3 7 > 3. Легко проверить, что 3 < 7/4. Поэтому неравенство 7 > 3 3 следует из неравенства 74 > 37 , т.е. 2401 > 2187 В итоге получаем, что log3 7 > log7 27. 27.25. а) Предположим, что log2 3 = p/q, где p и q натуральные числа. Тогда 2p/q = 3, т.е. 2p = 3q . Этого не может быть. б) Предположим, что log√2 3 = p/q, где p и q натуральные числа. Тогда √ p/q (2) = 3, т.е. 2p = 32q . Этого не может быть. в) Эта задача эквивалентна задаче 6.25. √ 27.26. Положим a = 2 и b = log√2 3. Числа a и b иррациональные (за- √ √ дачи 6.16 и 27.25). При этом ab = (2)log 2 3 = 3. 1 n 27.27. Мы воспользуемся тем, что limn→∞ 1 + = e (задача 25.37). n Для каждого x 1 можно выбрать натуральное число n так, что n x < n + + 1. Тогда 1 x 1 n+1 1 n 1 1+ < 1+ = 1+ 1+ , x n n n 1 x 1 n 1 n+1 1 −1 1+ > 1+ = 1+ 1+ . x n+1 n+1 n При n → ∞ пределы правых частей обоих неравенств равны e. Глава 27. Логарифм и показательная функция 299 Докажем теперь, что при x → −∞ предел получается тот же самый. Для этого положим y = −x и заметим, что −y y y−1 1 y 1 1 1− = = 1+ 1+ . y y−1 y−1 y−1 При y → ∞ правая часть стремится к e. 27.28. Согласно задаче 27.27 limx→0 (1 + x)1/x = e. Из этого, воспользо- 1 вавшись непрерывностью логарифма, получаем limx→0 ln(1 + x) = 1. x 27.29. Пусть (1 + x)a = 1 + y. Тогда y → 0 при x → 0. Далее, a ln(1 + x) = = ln(1 + y). Поэтому (1 + x)a − 1 y y a ln(1 + x) = = · . x x ln(1 + y) x Воспользовавшись пределом из задачи 27.28, получаем требуемое. ln(1 + y) 27.30. Пусть ax − 1 = y. Тогда y → 0 при x → 0. Кроме того, x = . ln a ax − 1 y Поэтому = · ln a. Воспользовавшись пределом из задачи 27.28, x ln(1 + y) получаем требуемое. 27.31. Формула для разности квадратов показывает, что 2 2 et + e−t et − e−t − = et · e−t = 1. 2 2 27.32. Ясно, что 4 sh x ch y = ex+y + ex−y − e−x+y − e−x−y , 4 ch x sh y = ex+y − ex−y + e−x+y − e−x−y , Из этого легко получается первое равенство. Второе равенство доказывается аналогично. ey − e−y 27.33. Пусть y = Arsh x. Тогда x = sh y = . Поэтому 2 e2y −2xey −1 = 0. Решая это квадратное уравнение относительно ey , получаем √ √ √ ey = x ± x2 + 1. Но ey 0, поэтому ey = x + x2 + 1, т.е. y = ln(x + x2 + 1). ey + e−y Пусть y = Arch x. Тогда x = ch y = . Поэтому e2y − 2xey + 1 = 0, √ 2 √ а значит, ey = x ±√ x2 − 1. Таким образом, y = ln(x ± √ x2 − 1). Равенство √ (x √ x2 − 1)(x − x2 − 1) = 1 показывает, что ln(x − x2 − 1) = − ln(x + + + x2 − 1). ey − e−y Пусть y = Arth x. Тогда x = th y = . Поэтому ey (1 − x) = e−y (1 + ey + e−y 1+x 1 1+x + x), а значит, e2y = . Таким образом, y = ln . 1−x 2 1−x 300 Глава 27. Логарифм и показательная функция 27.34. а) Ясно, что 1 = ch2 x − sh2 x = ch2 x − tg2 α. Поэтому ch2 x = 1 + + tg2 α = 1/ cos2 α. Кроме того, ch x и cos α положительны. 1 1 + sin α α π б) Ясно, что ex = sh x + ch x = tg α + = = tg + . cos α cos α 2 4 α π Поэтому x = ln tg + . Формула для тангенса суммы показывает, что 2 4 α π 1 + tg(α/2) tg + = . Таким образом, 2 4 1 − tg(α/2) x 1 α π 1 1 + tg(α/2) α = ln tg + = ln = Arth tg , 2 2 2 4 2 1 − tg(α/2) 2 что и требовалось.

Понимание чисел, особенно натуральных чисел, является одним из старейших математических "умений". Многие цивилизации, даже современные, приписывали числам некие мистические свойства ввиду их огромной важности в описании природы. Хотя современная наука и математика не подтверждают эти "волшебные" свойства, значение теории чисел неоспоримо.

Исторически сначала появилось множество натуральных чисел, затем довольно скоро к ним добавились дроби и положительные иррациональные числа. Ноль и отрицательные числа были введены после этих подмножеств множества действительных чисел. Последнее множество, множество комплексных чисел, появилось только с развитием современной науки.

В современной математике числа вводят не в историческом порядке, хотя и в довольно близком к нему.

Натуральные числа $\mathbb{N}$

Множество натуральных чисел часто обозначается как $\mathbb{N}=\lbrace 1,2,3,4... \rbrace $, и часто его дополняют нулем, обозначая $\mathbb{N}_0$.

В $\mathbb{N}$ определены операции сложения (+) и умножения ($\cdot$) со следующими свойствами для любых $a,b,c\in \mathbb{N}$:

1. $a+b\in \mathbb{N}$, $a\cdot b \in \mathbb{N}$ множество $\mathbb{N}$ замкнуто относительно операций сложения и умножения
2. $a+b=b+a$, $a\cdot b=b\cdot a$ коммутативность
3. $(a+b)+c=a+(b+c)$, $(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$ ассоциативность
4. $a\cdot (b+c)=a\cdot b+a\cdot c$ дистрибутивность
5. $a\cdot 1=a$ является нейтральным элементом для умножения

Поскольку множество $\mathbb{N}$ содержит нейтральный элемент для умножения, но не для сложения, добавление нуля к этому множеству обеспечивает включение в него нейтрального элемента для сложения.

Кроме этих двух операций, на множестве $\mathbb{N}$ определены отношения "меньше" ($

1. $a b$ трихотомия
2. если $a\leq b$ и $b\leq a$, то $a=b$ антисимметрия
3. если $a\leq b$ и $b\leq c$, то $a\leq c$ транзитивность
4. если $a\leq b$, то $a+c\leq b+c$
5. если $a\leq b$, то $a\cdot c\leq b\cdot c$

Целые числа $\mathbb{Z}$

Примеры целых чисел:
$1, -20, -100, 30, -40, 120...$

Решение уравнения $a+x=b$, где $a$ и $b$ - известные натуральные числа, а $x$ - неизвестное натуральное число, требует введения новой операции - вычитания(-). Если существует натуральное число $x$, удовлетворяющее этому уравнению, то $x=b-a$. Однако, это конкретное уравнение не обязательно имеет решение на множестве $\mathbb{N}$, поэтому практические соображения требуют расширения множества натуральных чисел таким образом, чтобы включить решения такого уравнения. Это приводит к введению множества целых чисел: $\mathbb{Z}=\lbrace 0,1,-1,2,-2,3,-3...\rbrace$.

Поскольку $\mathbb{N}\subset \mathbb{Z}$, логично предположить, что введенные ранее операции $+$ и $\cdot$ и отношения $ 1. $0+a=a+0=a$ существует нейтральный элемент для сложения
2. $a+(-a)=(-a)+a=0$ существует противоположное число $-a$ для $a$

Свойство 5.:
5. если $0\leq a$ и $0\leq b$, то $0\leq a\cdot b$

Множество $\mathbb{Z} $ замкнуто также и относительно операции вычитания, то есть $(\forall a,b\in \mathbb{Z})(a-b\in \mathbb{Z})$.

Рациональные числа $\mathbb{Q}$

Примеры рациональных чисел:
$\frac{1}{2}, \frac{4}{7}, -\frac{5}{8}, \frac{10}{20}...$

Теперь рассмотрим уравнения вида $a\cdot x=b$, где $a$ и $b$ - известные целые числа, а $x$ - неизвестное. Чтобы решение было возможным, необходимо ввести операцию деления ($:$), и решение приобретает вид $x=b:a$, то есть $x=\frac{b}{a}$. Опять возникает проблема, что $x$ не всегда принадлежит $\mathbb{Z}$, поэтому множество целых чисел необходимо расширить. Таким образом вводится множество рациональных чисел $\mathbb{Q}$ с элементами $\frac{p}{q}$, где $p\in \mathbb{Z}$ и $q\in \mathbb{N}$. Множество $\mathbb{Z}$ является подмножеством, в котором каждый элемент $q=1$, следовательно $\mathbb{Z}\subset \mathbb{Q}$ и операции сложения и умножения распространяются и на это множество по следующим правилам, которые сохраняют все вышеперечисленные свойства и на множестве $\mathbb{Q}$:
$\frac{p_1}{q_1}+\frac{p_2}{q_2}=\frac{p_1\cdot q_2+p_2\cdot q_1}{q_1\cdot q_2}$
$\frac{p-1}{q_1}\cdot \frac{p_2}{q_2}=\frac{p_1\cdot p_2}{q_1\cdot q_2}$

Деление вводится таким образом:
$\frac{p_1}{q_1}:\frac{p_2}{q_2}=\frac{p_1}{q_1}\cdot \frac{q_2}{p_2}$

На множестве $\mathbb{Q}$ уравнение $a\cdot x=b$ имеет единственное решение для каждого $a\neq 0$ (деление на ноль не определено). Это значит, что существует обратный элемент $\frac{1}{a}$ or $a^{-1}$:
$(\forall a\in \mathbb{Q}\setminus\lbrace 0\rbrace)(\exists \frac{1}{a})(a\cdot \frac{1}{a}=\frac{1}{a}\cdot a=a)$

Порядок множества $\mathbb{Q}$ можно расширить таким образом:
$\frac{p_1}{q_1}

Множество $\mathbb{Q}$ имеет одно важное свойство: между любыми двумя рациональными числами находится бесконечно много других рациональных чисел, следовательно, не существует двух соседних рациональных чисел, в отличие от множеств натуральных и целых чисел.

Иррациональные числа $\mathbb{I}$

Примеры иррациональных чисел:
$\sqrt{2} \approx 1.41422135...$
$\pi \approx 3.1415926535...$

Ввиду того, что между любыми двумя рациональными числами находится бесконечно много других рациональных чисел, легко можно сделать ошибочный вывод, что множество рациональных чисел настолько плотное, что нет необходимости в его дальнейшем расширении. Даже Пифагор в свое время сделал такую ошибку. Однако, уже его современники опровергли этот вывод при исследовании решений уравнения $x\cdot x=2$ ($x^2=2$) на множестве рациональных чисел. Для решения такого уравнения необходимо ввести понятие квадратного корня, и тогда решение этого уравнения имеет вид $x=\sqrt{2}$. Уравнение типа $x^2=a$, где $a$ - известное рациональное число, а $x$ - неизвестное, не всегда имеет решение на множестве рациональных чисел, и опять возникает необходимость в расширении множества. Возникает множество иррациональных чисел, и такие числа как $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$, $\pi$... принадлежат этому множеству.

Действительные числа $\mathbb{R}$

Объединением множеств рациональных и иррациональных чисел является множество действительных чисел. Поскольку $\mathbb{Q}\subset \mathbb{R}$, снова логично предположить, что введенные арифметические операции и отношения сохраняют свои свойства на новом множестве. Формальное доказательство этого весьма сложно, поэтому вышеупомянутые свойства арифметических операций и отношения на множестве действительных чисел вводятся как аксиомы. В алгебре такой объект называется полем, поэтому говорят, что множество действительных чисел является упорядоченным полем.

Для того, чтобы определение множества действительных чисел было полным, необходимо ввести дополнительную аксиому, различающую множества $\mathbb{Q}$ и $\mathbb{R}$. Предположим, что $S$ - непустое подмножество множества действительных чисел. Элемент $b\in \mathbb{R}$ называется верхней границей множества $S$, если $\forall x\in S$ справедливо $x\leq b$. Тогда говорят, что множество $S$ ограничено сверху. Наименьшая верхняя граница множества $S$ называется супремум и обозначается $\sup S$. Аналогично вводятся понятия нижней границы, множества, ограниченного снизу, и инфинума $\inf S$ . Теперь недостающая аксиома формулируется следующим образом:

Любое непустое и ограниченное сверху подмножество множества действительных чисел имеет супремум.
Также можно доказать, что поле действительных чисел, определенное вышеуказанным образом, является единственным.

Комплексные числа$\mathbb{C}$

Примеры комплексных чисел:
$(1, 2), (4, 5), (-9, 7), (-3, -20), (5, 19),...$
$1 + 5i, 2 - 4i, -7 + 6i...$ где $i = \sqrt{-1}$ или $i^2 = -1$

Множество комплексных чисел представляет собой все упорядоченные пары действительных чисел, то есть $\mathbb{C}=\mathbb{R}^2=\mathbb{R}\times \mathbb{R}$, на котором операции сложения и умножения определены следующим образом:
$(a,b)+(c,d)=(a+b,c+d)$
$(a,b)\cdot (c,d)=(ac-bd,ad+bc)$

Существует несколько форм записи комплексных чисел, из которых самая распространенная имеет вид $z=a+ib$, где $(a,b)$ - пара действительных чисел, а число $i=(0,1)$ называется мнимой единицей.

Легко показать, что $i^2=-1$. Расширение множества $\mathbb{R}$ на множество $\mathbb{C}$ позволяет определить квадратный корень из отрицательных чисел, что и послужило причиной введения множества комплексных чисел. Также легко показать, что подмножество множества $\mathbb{C}$, заданное как $\mathbb{C}_0=\lbrace (a,0)|a\in \mathbb{R}\rbrace$, удовлетворяет всем аксиомам для действительных чисел, следовательно $\mathbb{C}_0=\mathbb{R}$, или $R\subset\mathbb{C}$.

Алгебраическая структура множества $\mathbb{C}$ относительно операций сложения и умножения имеет следующие свойства:
1. коммутативность сложения и умножения
2. ассоциативность сложения и умножения
3. $0+i0$ - нейтральный элемент для сложения
4. $1+i0$ - нейтральный элемент для умножения
5. умножение дистрибутивно по отношению к сложению
6. существует единственный обратный элемент как для сложения, так и для умножения.

Материал этой статьи представляет собой начальную информацию про иррациональные числа . Сначала мы дадим определение иррациональных чисел и разъясним его. Дальше приведем примеры иррациональных чисел. Наконец, рассмотрим некоторые подходы к выяснению, является ли заданное число иррациональным или нет.

Навигация по странице.

Определение и примеры иррациональных чисел

При изучении десятичных дробей мы отдельно рассмотрели бесконечные непериодические десятичные дроби. Такие дроби возникают при десятичном измерении длин отрезков, несоизмеримых с единичным отрезком. Также мы отметили, что бесконечные непериодические десятичные дроби не могут быть переведены в обыкновенные дроби (смотрите перевод обыкновенных дробей в десятичные и обратно), следовательно, эти числа не являются рациональными числами , они представляют так называемые иррациональные числа.

Так мы подошли к определению иррациональных чисел .

Определение.

Числа, которые в десятичной записи представляют собой бесконечные непериодические десятичные дроби, называются иррациональными числами .

Озвученное определение позволяет привести примеры иррациональных чисел . Например, бесконечная непериодическая десятичная дробь 4,10110011100011110000… (количество единиц и нулей каждый раз увеличивается на одну) является иррациональным числом. Приведем еще пример иррационального числа: −22,353335333335… (число троек, разделяющих восьмерки, каждый раз увеличивается на две).

Следует отметить, что иррациональные числа достаточно редко встречаются именно в виде бесконечных непериодических десятичных дробей. Обычно они встречаются в виде , и т.п., а также в виде специально введенных букв. Самыми известными примерами иррациональных чисел в такой записи являются арифметический квадратный корень из двух , число «пи» π=3,141592… , число e=2,718281… и золотое число .

Иррациональные числа также можно определить через действительные числа , которые объединяют рациональные и иррациональные числа.

Определение.

Иррациональные числа – это действительные числа, не являющиеся рациональными.

Является ли данное число иррациональным?

Когда число задано не в виде десятичной дроби, а в виде некоторого , корня, логарифма и т.п., то ответить на вопрос, является ли оно иррациональным, во многих случаях достаточно сложно.

Несомненно, при ответе на поставленный вопрос очень полезно знать, какие числа не являются иррациональными. Из определения иррациональных чисел следует, что иррациональными числами не являются рациональные числа. Таким образом, иррациональными числами НЕ являются:

конечные и бесконечные периодические десятичные дроби.

Также не является иррациональным числом любая композиция рациональных чисел, связанных знаками арифметических операций (+, −, ·, :). Это объясняется тем, что сумма, разность, произведение и частное двух рациональных чисел является рациональным числом. Например, значения выражений и являются рациональными числами. Здесь же заметим, что если в подобных выражениях среди рациональных чисел содержится одно единственное иррациональное число, то значение всего выражения будет иррациональным числом. Например, в выражении число - иррациональное, а остальные числа рациональные, следовательно - иррациональное число. Если бы было рациональным числом, то из этого следовала бы рациональность числа , а оно не является рациональным.

Если же выражение, которым задано число, содержит несколько иррациональных чисел, знаки корня, логарифмы, тригонометрические функции, числа π , e и т.п., то требуется проводить доказательство иррациональности или рациональности заданного числа в каждом конкретном случае. Однако существует ряд уже полученных результатов, которыми можно пользоваться. Перечислим основные из них.

Доказано, что корень степени k из целого числа является рациональным числом только тогда, когда число под корнем является k-ой степенью другого целого числа, в остальных случаях такой корень задает иррациональное число. Например, числа и - иррациональные, так как не существует целого числа, квадрат которого равен 7 , и не существует целого числа, возведение которого в пятую степень дает число 15 . А числа и не являются иррациональными, так как и .

Что касается логарифмов, то доказать их иррациональность иногда удается методом от противного. Для примера докажем, что log 2 3 является иррациональным числом.

Допустим, что log 2 3 рациональное число, а не иррациональное, то есть его можно представить в виде обыкновенной дроби m/n . и позволяют записать следующую цепочку равенств: . Последнее равенство невозможно, так как в его левой части нечетное число , а в правой части – четное. Так мы пришли к противоречию, значит, наше предположение оказалось неверным, и этим доказано, что log 2 3 - иррациональное число.

Заметим, что lna при любом положительном и отличном от единицы рациональном a является иррациональным числом. Например, и - иррациональные числа.

Также доказано, что число e a при любом отличном от нуля рациональном a является иррациональным, и что число π z при любом отличном от нуля целом z является иррациональным. К примеру, числа - иррациональные.

Иррациональными числами также являются тригонометрические функции sin , cos , tg и ctg при любом рациональном и отличном от нуля значении аргумента. Например, sin1 , tg(−4) , cos5,7 , являются иррациональными числами.

Существуют и другие доказанные результаты, на мы ограничимся уже перечисленными. Следует также сказать, что при доказательстве озвученных выше результатов применяется теория, связанная с алгебраическими числами и трансцендентными числами .

В заключение отметим, что не стоит делать поспешных выводов относительно иррациональности заданных чисел. К примеру, кажется очевидным, что иррациональное число в иррациональной степени есть иррациональное число. Однако это не всегда так. В качестве подтверждения озвученного факта приведем степень . Известно, что - иррациональное число, а также доказано, что - иррациональное число, но - рациональное число. Также можно привести примеры иррациональных чисел, сумма, разность, произведение и частное которых есть рациональные числа. Более того, рациональность или иррациональность чисел π+e , π−e , π·e , π π , π e и многих других до сих пор не доказана.

Список литературы.

Математика. 6 класс: учеб. для общеобразоват. учреждений / [Н. Я. Виленкин и др.]. - 22-е изд., испр. - М.: Мнемозина, 2008. - 288 с.: ил. ISBN 978-5-346-00897-2.
Алгебра: учеб. для 8 кл. общеобразоват. учреждений / [Ю. Н. Макарычев, Н. Г. Миндюк, К. И. Нешков, С. Б. Суворова]; под ред. С. А. Теляковского. - 16-е изд. - М. : Просвещение, 2008. - 271 с. : ил. - ISBN 978-5-09-019243-9.
Гусев В. А., Мордкович А. Г. Математика (пособие для поступающих в техникумы): Учеб. пособие.- М.; Высш. шк., 1984.-351 с., ил.

Какие числа являются иррациональными? Иррациональное число — это не рациональное вещественное число, т.е. оно не может быть представлено как дробь (как отношение двух целых чисел), где m — целое число, n — натуральное число . Иррациональное число можно представить как бесконечную непериодическую десятичную дробь.

Иррациональное число не может иметь точного значения. Только в формате 3,333333…. Например , квадратный корень из двух - является числом иррациональным.

Какое число иррациональное? Иррациональным числом (в отличии от рациональных) называется бесконечная десятичная непериодическая дробь.

Множество иррациональных чисел зачастую обозначают заглавной латинской буквой в полужирном начертании без заливки. Т.о.:

Т.е. множество иррациональных чисел это разность множеств вещественных и рациональных чисел.

Свойства иррациональных чисел.

Сумма 2-х неотрицательных иррациональных чисел может быть рациональным числом.
Иррациональные числа определяют дедекиндовы сечения в множестве рациональных чисел, в нижнем классе у которых нет самого большого числа, а в верхнем нет меньшего.
Всякое вещественное трансцендентное число - это иррациональное число.
Все иррациональные числа являются или алгебраическими, или трансцендентными.
Множество иррациональных чисел везде плотно на числовой прямой: меж каждой парой чисел есть иррациональное число.
Порядок на множестве иррациональных чисел изоморфен порядку на множестве вещественных трансцендентных чисел.
Множество иррациональных чисел бесконечно, является множеством 2-й категории.
Результатом каждой арифметической операции с рациональными числами (кроме, деления на 0) является рациональные числа. Результатом арифметических операций над иррациональными числами может стать как рациональное, так и иррациональное число.
Сумма рационального и иррационального чисел всегда будет иррациональным числом.
Сумма иррациональных чисел может быть рациональным числом. Например, пусть x иррациональное, тогда y=x*(-1) тоже иррациональное; x+y=0, а число 0 рациональное (если, например, сложить корень любой степени из 7 и минус корень такой же степени из семи, то получим рациональное число 0).

Иррациональные числа, примеры.

γ — ζ (3) — ρ — √2 — √3 — √5 — φ — δs — α — e — π — δ

С отрезком единичной длины, знали уже древние математики: им была известна, например, несоизмеримость диагонали и стороны квадрата, что равносильно иррациональности числа .

Иррациональными являются:

Примеры доказательства иррациональности

Корень из 2

Допустим противное: рационален , то есть представляется в виде несократимой дроби , где и - целые числа . Возведём предполагаемое равенство в квадрат:

Отсюда следует, что чётно, значит, чётно и . Пускай , где целое. Тогда

Следовательно, чётно, значит, чётно и . Мы получили, что и чётны, что противоречит несократимости дроби . Значит, исходное предположение было неверным, и - иррациональное число.

Двоичный логарифм числа 3

Допустим противное: рационален , то есть представляется в виде дроби , где и - целые числа . Поскольку , и могут быть выбраны положительными. Тогда

Но чётно, а нечётно. Получаем противоречие.

e

История

Концепция иррациональных чисел была неявным образом воспринята индийскими математиками в VII веке до нашей эры, когда Манава (ок. 750 г. до н. э. - ок. 690 г. до н. э.) выяснил, что квадратные корни некоторых натуральных чисел, таких как 2 и 61, не могут быть явно выражены.

Первое доказательство существования иррациональных чисел обычно приписывается Гиппасу из Метапонта (ок. 500 гг. до н. э.), пифагорейцу , который нашёл это доказательство, изучая длины сторон пентаграммы. Во времена пифагорейцев считалось, что существует единая единица длины, достаточно малая и неделимая, которая целое число раз входит в любой отрезок. Однако Гиппас обосновал, что не существует единой единицы длины, поскольку предположение о её существовании приводит к противоречию. Он показал, что если гипотенуза равнобедренного прямоугольного треугольника содержит целое число единичных отрезков, то это число должно быть одновременно и четным, и нечетным. Доказательство выглядело следующим образом:

Отношение длины гипотенузы к длине катета равнобедренного прямоугольного треугольника может быть выражено как a :b , где a и b выбраны наименьшими из возможных.
По теореме Пифагора: a ² = 2b ².
Так как a ² четное, a должно быть четным (так как квадрат нечетного числа был бы нечетным).
Поскольку a :b несократима, b обязано быть нечетным.
Так как a четное, обозначим a = 2y .
Тогда a ² = 4y ² = 2b ².
b ² = 2y ², следовательно b ² четное, тогда и b четно.
Однако было доказано, что b нечетное. Противоречие.

Греческие математики назвали это отношение несоизмеримых величин алогос (невыразимым), однако согласно легендам не воздали Гиппасу должного уважения. Существует легенда, что Гиппас совершил открытие, находясь в морском походе, и был выброшен за борт другими пифагорейцами «за создание элемента вселенной, который отрицает доктрину, что все сущности во вселенной могут быть сведены к целым числам и их отношениям». Открытие Гиппаса поставило перед пифагорейской математикой серьёзную проблему, разрушив лежавшее в основе всей теории предположение, что числа и геометрические объекты едины и неразделимы.

См. также

Примечания

Числовые системы
Счётные множества	Натуральные числа ()