פתרון תרגיל 5 מבוא ללוגיקה ותורת הקבוצות, סתיו תשע"ד

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "פתרון תרגיל 5 מבוא ללוגיקה ותורת הקבוצות, סתיו תשע"ד"

Ēᾍιδης Καψής
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 פתרון תרגיל 5 מבוא ללוגיקה ותורת הקבוצות, סתיו תשע"ד 1. לכל אחת מן הפונקציות הבאות, קבעו אם היא חח"ע ואם היא על (הקבוצה המתאימה) (א) 3} {1, 2, 3} {1, 2, : f כאשר 1 } 1, 3, 3, 3, { 2, = f לא חח"ע: לדוגמה f(3) f(2) = אבל 3.2 לא על 3} :{1, 2, לא קיים dom(f) x כך ש 2 =.f(x) (ב) g : R R כאשר 5) 3 + (x g(x) = חח"ע ועל (A) :P נגדיר פונקציה l : R R כך ש x 5.l(x) = 3 אז,g l = l g = Id R כלומר הפונקציה g הפיכה ולכן חח"ע ועל R. (ג) (A) t : P (A) P כאשר A קבוצה לא ריקה כלשהי ו t(x) = A \ X חח"ע ועל R: נשים לב (A) t, t = Id P על כן הפונקציה הפיכה. (ד) (Z) h : P (Z) P (Z) P כאשר B} h( A, B ) = {a b 2 a A, b לא חח"ע: לדוגמה {5} = {0} ) h( {5}, h( {9}, {2} ) = אבל {0} {5}, {2} {9}, על (Z) :P לכל (Z) A P נכון ש.h( A, {0} ) = {a 0 2 a A} = A 2. תהי f : A B פונקציה. (זכרו כי פונקציה היא קבוצה של זוגות סדורים) (א) האם יכול להיות ש f יחס שקילות על קבוצה כלשהי? הוכיחו את טענתכם. אם עניתם שכן, מצאו תנאי מספיק והכרחי לכך. פתרון: כן, תנאי הכרחי ומספיק לכך הוא ש f. = Id A זהו תנאי מספיק כיוון ש Id A הוא פונקציה ובנוסף זהו יחס שקילות על A. נראה כי זהו תנאי הכרחי, כלומר אם f : A B וגם f יחס שקילות אז בהכרח f. = Id A נשים לב ש,dom(f) = dom(id A ) = A ולכן מספיק להוכיח f(x) = Id A (x) = x לכל מכיוון ש f. x, f(x) f נכון ש x כלשהו, אז מכיוון ש ( dom(f x A יהי.x A יחס סימטרי נכון ש f(x), x f ומטרנזיטיביות f נובע,x. x f מכיוון ש f היא פונקציה וגם x, f(x), x, x f מתקבל ש x.f(x) = (ניתן להראות ש f,x x גם ישירות באמצעות רפלקסיביות, כיוון שאם f יחס שקילות עם dom(f) = A אז f בפרט יחס שקילות על A) (ב) האם יכול להיות ש f יחס סדר חד על קבוצה כלשהי? הוכיחו את טענתכם. אם עניתם שכן, מצאו תנאי מספיק והכרחי לכך. פתרון: כן, תנאי מספיק והכרחי לכך הוא = range(f) A. לשם נוחות נניח כי.range(f) = B נניח = B A ונראה ש f יחס סדר חד: אם ל x כלשהו,x x f אז x A B וזו סתירה להנחה, לכן f יחס אנטי רפלקסיבי. יהיו x, y, z איברים כלשהם, אם x, y, y, z f אז, y A B וזוהי סתירה להנחה. לכן מקרה זה לעולם לא מתרחש ו f היא יחס טרנזיטיבי (באופן ריק). נניח ש f יחס סדר חד ונראה ש = B A: נניח בשלילה שקיים.b A B אז קיימים זוגות. b, c, a, b f מטרנזיטיביות f נקבל. b, b = b, c f ולכן,b = c נובע a, b, a, c f וגם פונקציה מכך ש f. a, c f אבל זוהי סתירה, כיוון שלפי הנחה f אנטי רפלקסיבית. 1

2 3. יהיו A ו B קבוצות. (א) (ב) מצאו תנאי מספיק לכך שהיחס A B הוא פונקציה. האם התנאי שמצאתם בסעיף הקודם הוא גם תנאי הכרחי לכך שהיחס A B הוא פונקציה? (ג) הוכיחו או הפריכו: אם A B היא פונקציה, אז היא פונקציה על B. פתרון: התנאי המספיק וההכרחי לכך ש B A הוא פונקציה הוא (1 B או = A). זהו תנאי מספיק כיוון שאם {b} B = ל b כלשהו אז בבירור לכל x, y, x, z A B נכון ש b,y = z = ואם = A או = B אז = B,A כלומר A B היא הפונקציה הריקה. נראה כי זהו תנאי הכרחי: מספיק להראות כי כאשר התנאי אינו מתקיים, A B אינה פונקציה. נניח כי התנאי אינו מתקיים, כלומר קיימים b 1, b 2 B כך ש b 1 b 2 וקיים.a A אז a, b 1, a, b 2 A B וגם,b 1 b 2 ולכן לפי הגדרה A B אינה פונקציה..4 יהיו g : A B ו f : B C פונקציות. הוכיחו: (א) אם f חח"ע וגם g חח"ע אז f g חח"ע. הוכחה: נניח f חח"ע וגם g חח"ע. אם g(y) f g(x) = f אז f(g(y)) f(g(x)) = ומחח"ע f נובע g(y).g(x) = מחח"ע g והשוויון g(y) g(x) = נובע.x = y אז f g חח"ע. (ב) אם f על C וגם g על B אז f g על.C הוכחה: נניח f על C וגם g על B. יהי.c C מכיוון ש f על C קיים y B כך ש c.f(y) = מכיוון ש g על B קיים x A כך ש y.g(x) = כעת, f g(x) = f(g(x)) = f(y) = c ולכן g).c range(f קיבלנו (g C range(f ומכיוון ש g f היא פונקציה ל C, מתקיים שוויון. אז f g היא על C. (ג) אם g חח"ע ועל B אז: ל A. היא פונקציה מ B g 1 i..a חח"ע ועל g 1.ii הוכחה: נניח כי g חח"ע ועל B. ראשית נראה כי היחס 1 g הוא פונקציה. אם 1 g x, y, x, z אז, y, x, z, x g כלומר g(z) g(y) = x = ולכן מחח"ע g נובע.y = z כעת נראה כי 1 g חח"ע. אם 1 g, x, z, y, z כלומר,g 1 (x) = g 1 (y) = z אז.x = y בהכרח פונקציה, ומכיוון ש g z, x, z, y g כיוון ש g על B, נכון ש range(g) = B ולכן.dom(g 1 ) = B באותו האופן, כיוון ש.A על היא פונקציה מ B g אז הראנו ש 1.range(g 1 ) = A נכון ש dom(g) = A (ד) אם f g חח"ע אז g חח"ע. הוכחה: נניח f g חח"ע. אם g(y) g(x) = אז f(g(y)),f(g(x)) = כלומר g(y) f g(x) = f ומחח"ע f g נובע.x = y 2

3 (ה) אם f g על C אז f על.C הוכחה: נניח f g על.C יהי c C אז כיוון ש g f על C קיים x A כך ש c.f g(x) = אז g(x) B וגם.C על ו f C = range(f) אז.c range(f) כלומר,f(g(x)) = f g(x) = c Y חח"ע ועל f : X Y אם"ם קיימת X Y 5. נגדיר את היחס על (N) P: (א) הוכיחו כי הוא יחס שקילות על (N) P. הוכחה: רפלקסיביות על (N) P: לכל (N) X P היחס Id X הוא פונקציה חח"ע ועל מ X ל X ולכן.X X סימטריות: יהיו (N) X, Y P כך ש. X Y אז קיימת f : X Y חח"ע ועל. לפי שאלה 4 סעיף ג', f 1 : Y X היא חח"ע ועל ולכן.Y X טרנזיטיביות: יהיו (N) X, Y, Z P כך ש X Y וגם.Y Z אז קיימת f : X Y חח"ע ועל Y וקיימת g : Y Z חח"ע ועל Z. משאלה 4 סעיפים א' ו ב' מתקבל כי.X Z ולכן Z היא חח"ע ועל g f : X Z נגדיר את היחס e על N: N (א) 6. f(n) < נכון ש ( g(n n > כך שלכל N 0 N 0 N או שקיים f = g אם"ם f e g N. N הוא יחס סדר חלקי על e הוכיחו כי i. הוכחה: רפלקסיביות על :N N לכל f N N נכון ש f f = ולכן.f e f אנטי סימטריות: יהיו f, g N N כך ש g f e וגם.g e f נניח בשלילה כי.f g מהגדרת e נובע כי קיים N 1 N כך שלכל n > N 1 נכון ש ( g(n f(n) < וכן קיים,n 0 > max{n 1, N 2 כך ש { נבחר n 0.g(n) < נכון ש ( f(n n > כך שלכל N 2 N 2 N אז ) 0 f(n 0 ) < g(n וגם ) 0 g(n 0 ) < f(n ובפרט ) 0.g(n 0 ) < g(n זוהי סתירה, לכן ההנחה שלנו אינה אפשרית ובהכרח f. = g טרנזיטיביות: יהיו f, g, h N N כך ש g f e וגם.g e h אם f = g או g = h אז f e h וסיימנו, אז נניח שאין זה המקרה. מהגדרת e נובע כי קיימים N 1, N 2 N כך שלכל n טבעי, אם n > N 1 אז g(n) f(n) < ואם n > N 2 אז h(n).g(n) < נסמן } 2,N 0 = max{n 1, N אז לכל n > N 0 נכון ש ( g(n f(n) < וגם h(n) g(n) < ובפרט.f e h לפי הגדרה,.f(n) < h(n).ii האם e הוא יחס סדר קווי? הוכיחו קביעתכם פתרון: לא, זהו אינו יחס סדר קווי, { נראה זאת ע"י מציאת דוגמה { נגדית. זוגי, n 0 זוגי, n 1 g(n) = f(n) = נגדיר את הפונקציות: אי זוגי, n 1 אי זוגי, n 0 אז f, g N N אך f ו g אינן ניתנות להשוואה ב e מכיוון ש f g וכן g(n) f(n) לכל n זוגי וגם f(n) g(n) לכל n אי זוגי. 3

4 .iii הוכיחו כי אם {f i } i N N N סדרה של פונקציות, אז קיימת פונקציה f N N כך ש e.i N לכל f i f הוכחה: נגדיר את הפונקציה f(n) = n f j (n) + 1 j=1 אז f N N וכן אם,i N אז לכל n > i נכון ש f. i אז f היא פונקציה כפי e f ולכן לפי הגדרה f(n) = n j=1 f j(n) + 1 > f i (n) שרצינו. הערה: נשים לב כי למעשה הוכחנו שאי אפשר לסדר את כל הפונקציות מהקבוצה N N כסדרה כי לכל סדרה מצאנו פונקציה שאינה מופיעה בסדרה. כיוון שסדרה היא למעשה פונקצייה מהטבעיים, הוכחנו כי לא קיימת פונקציה מהטבעיים על N. N בהמשך הקורס, כאשר נדבר על נושא העוצמות, נוכל לנסח עובדה זו במדיוק כ "עוצמת הקבוצה N N גדולה ממש מעוצמת הטבעיים". (ב) נסמן 0} > x R >0 = {x R ונגדיר את היחס 0 על R>0 :R f(δ) < g(δ) נכון ש 0 < δ < ε כך שלכל ε R או שקיים >0 f = g אם"ם f 0 g הוכיחו כי 0 הוא יחס סדר חלקי על 0<R R הוכחה: הוכחה זו היא למעשה אותה ההוכחה ש e הוא יחס סדר חלקי. רפלקסיביות על R>0 :R לכל R>0 f R נכון ש f f = ולכן.f 0 f אנטי סימטריות: יהיו R>0 f, g R כך ש g f 0 וגם.g 0 f נניח בשלילה כי.f g מהגדרת 0 נובע כי קיים >0 R ε 1 כך שלכל < δ < ε 1 0 נכון ש ( g(δ f(δ) < וכן קיים >0 R ε 2 כך שלכל < δ < ε 2 0 נכון ש ( f(δ.g(δ) < נבחר δ 0 כך ש { < δ 0 < min{ε 1, ε 2,0 אז ) 0 f(δ 0 ) < g(δ וגם ) 0 g(δ 0 ) < f(δ ובפרט ) 0.g(δ 0 ) < g(δ זוהי סתירה, לכן ההנחה שלנו אינה אפשרית ובהכרח f. = g טרנזיטיביות: יהיו f, g, h N N כך ש g f 0 וגם.g 0 h אם f = g או g = h אז f 0 h וסיימנו, אז נניח שאין זה המקרה. מהגדרת 0 נובע כי קיימים 0< R ε 1, ε 2 כך שלכל δ ממשי, אם < δ < ε 1 0 אז g(δ) f(δ) < ואם < δ < ε 2 0 אז h(δ).g(δ) < נסמן } 2,ε 0 = min{ε 1, ε אז לכל < δ < ε 0 0 נכון ש ( g(δ f(δ) < וגם h(δ) g(δ) < ובפרט.f 0 h לפי הגדרה,.f(δ) < h(δ).7 יהיו פונקציות.f, g R R נגדיר R}.f g = { r, f(r) g(r) r הוכיחו או הפריכו: f g R R הוכחה: אם r, y, r, z f g אז,y = f(r) g(r) = z לכן f g היא פונקציה. אם f חח"ע וגם g חח"ע אז f g חח"ע. דוגמה נגדית: נבחר f(r) = g(r) = r ואז f g(r) = f g( r) = r 2 לכל.r R (א) (ב) 4

5 (ג) אם f על R וגם g על R אז f g על.R דוגמה נגדית: נבחר f(r) = g(r) = r ואז 0 2 f g(r) = r לכל r R ובפרט.range(f g) R + R (ד) אם f g על R אז f על R או g על.R 1, r > 0 דוגמה נגדית: נבחר = 0 r g(r) = 0, ו r.f(r) = אז f ו g אינן על R אבל 1, r < 0.R היא על f g = Id R (ה) לכל f R R קיימת g R R כך ש g f על.R דוגמה נגדית: אם נבחר פונקציה f שמתאפסת בכל נקודה פרט למספר סופי של נקודות, לכל g גם f g תתאפס בכל נקודה פרט למספר סופי של נקודות ולכן (g range(f תהיה קבוצה סופית, ובפרט שונה מ R. (ו) קיימות f, g R R כך ש g.f g = f הוכחה: נבחר f(r) = α r לאיזשהו α R ונבחר = 1 g(r) לכל.r R אז לכל r R.f g = f g ולכן f g(r) = f(g(r)) = f(1) = α 1 = f(r) g(r) = f g(r) 5

Σχετικά έγγραφα

יסודות לוגיקה ותורת הקבוצות למערכות מידע (סמסטר ב 2012)

יסודות לוגיקה ותורת הקבוצות למערכות מידע (סמסטר ב 2012) דף פתרונות 6 נושא: תחשיב הפסוקים: הפונקציה,val גרירה לוגית, שקילות לוגית 1. כיתבו טבלאות אמת לפסוקים הבאים: (ג) r)).((p q) r) ((p r) (q p q r (p