Tadej Star i NALOGE IZ LOGIKE IN MNOšIC Z RE ITVAMI U no gradivo

Transcript

1 Univerza v Ljubljani Pedago²ka fakulteta Oddelek za matematiko in ra unalni²tvo Katedra za algebro in analizo Tadej Star i NALOGE IZ LOGIKE IN MNOšIC Z RE ITVAMI U no gradivo Ljubljana, 2015

2 Predgovor Razumevanje matemati nih teorij se lahko utrdi in poglobi le tako, da se matemati ne koncepte in tehnike dokazovanja preizkusi z re²evanjem nalog. Pri ujo a zbirka vsebuje naloge z re²itvami oziroma nasveti za re²evanje. Obsega osnove s podro ja logike, natan neje izjavnega ra una, ter osnove teorije mnoºic. Teme, povezane z izjavnim ra unom so ekvivalenca izjav, kvantikatorji, logi no sklepanje in metode dokazovanja. Teorija mno- ºic pa se, poleg klasi nih osnov o mnoºicah, dotakne ²e relacij, funkcij in mo i mnoºic. To so temeljni matemati ni koncepti, ki jih je nujno razumeti na vseh podro jih matematike. Naloge so samostojne in se praviloma ne sklicujejo na ostale naloge. Na koncu so zbrane ²e re²itve, ve inoma dokazi in uporabni nasveti, veliko nalog pa je re²enih tudi v celoti. Izbor nalog je potekal od ²tudijskega leta 2011/12 do sedaj, v tem asu namre na Pedago²ki fakulteti Univerze v Ljubljani med drugim vodim vaje iz predmeta Logika in mnoºice. V veliki meri so to naloge z vaj, doma ih nalog, izpitov in kolokvijev pri omenjenem predmetu. Vrstni red nalog, njihova teºavnost in struktura zato naravno sledijo toku premi²ljevanja ²tudenta. Zbirka je tako ²e posebej namenjena ²tudentom Pedago²ke fakultete, ²tudijskega programa dvopredmetnega u itelja matematike, ki logiko in mnoºice poslu²ajo v prvem letniku ²tudija. Gotovo pa bo prav pri²la tudi ²tudentom, ki poslu²ajo sorodna predavanja na drugih fakultetah. Njen osnovni namen je pomo pri ²tudiju, pravi pomen bo zato dobila le v povezavi s celotnim ²tudijskim procesom. Pa veliko veselja pri re²evanju! Ljubljana, april 2015 dr. Tadej Star i

3 Kazalo 1 Logika Resni nostne tabele Ekvivalenca izjav Kvantikatorji Logi no sklepanje Metode dokazovanja Mnoºice Mnoºice in podmnoºice Unije in preseki Poten na mnoºica in kartezi ni produkt Relacije Funkcije in mo mnoºic Re²itve Logika Resni nostne tabele Ekvivalenca izjav Kvantikatorji Logi no sklepanje Metode dokazovanja Mnoºice Mnoºice in podmnoºice Unije in preseki Poten na mnoºica in kartezi ni produkt Relacije Funkcije in mo mnoºic

4 1 Logika 1.1 Resni nostne tabele 1. Naj bodo p, q in r enostavne izjave, ki sestavljajo naslednje sestavljene izjave: (a) (p p) p, (b) ( p q) (p q), (c) (p q) (p q), (d) (p ( r q)) r, (e) (p (q r)) p ( r q), (f) (p (q r)) (r p), (g) ( p (r q)) (r (p q)), (h) ( q (r p)) (r (p q)), (i) (p r) ((p q) r). Za zgoraj podane sestavljene izjave zapi²i resni nostne tabele. Ugotovi, katere izmed danih izjav so tavtologije, katere protislovja in katere so fakti ne izjave. Razmisli, katera od izjav je resni na in katera neresni na, e je p resni na, q in r pa neresni ni. Za vsako od izjav p, q, r in p (q r) ugotovi, ali je resni na oziroma neresni na, e je dana sestavljena izjava resni na? 2. Na nekem otoku ºivijo resnicoljubni vitezi in laºnivi oprode. Izjava doma ina je torej resni na natanko tedaj, ko je ta vitez, ter neresni na natanko tedaj, ko je oproda. Naslednje probleme zapi²i v jeziku izjavne logike in s pomo jo resni nostne tabele dolo i tipe doma inov. Na otoku sre amo (a) dva doma ina in eden od njiju izjavi, da je vsaj eden od njiju oproda. (b) dva doma ina in eden od njiju izjavi: oproda." Ce sem jaz vitez, je on (c) dva doma ina in eden od njiju izjavi, da sta bodisi oba viteza bodisi oba oprodi. 4

5 (d) tri doma ine, A, B in C. Najprej doma in A izjavi: Ce je C oproda, potem je tudi B oproda.' B izjavi: C je vitez ali A je vitez. (e) tri doma ine, A, B in C. Najprej doma in A izjavi, da sta B in C viteza. Nato pa B pravi: A je vitez in C je oproda. 3. Na dvori² u so Jani, Miha in Luka igrali nogomet in eden izmed njih je dal gol. Po koncu igranja so rekli: Janez: Miha je dal gol. Miha: Janez je dal gol. Luka: Jaz nisem dal gola. Kdo je dal gol, e sta vsaj dva izmed njih lagala. 5

6 1.2 Ekvivalenca izjav 1. Dani so pari izjav: (a) I p q, J q (p q), (b) I p ((q r) r), J (p q) r, (c) I (r p) q, (d) I q ((r q) p), (e) I (r (p q)) p, J r (p q), J ( q r) (q p), J r (p q), (f) I ( p s) (q r), J (p r) q, Ugotovi, ali sta izjavi I in J ekvivalentni, ter ju zapi²i v normalni disjunktivni obliki (NDO). Ali je mo iz resni nosti izjav I in J sklepati na resni nost katerekoli od izjav p, q, r, p q in p (q r). 2. Dokaºi, da so spodaj podani pari ekvivalentnih izjav, noben par ekvivalentnih izjav pa ni ekvivalenten nobenemu drugemu paru: (a) (A (C B)) C, A C, (b) (A C) ( B C), (A B) C, (c) ( A B) C, (d) (A B) ( B C), ( A C) (B C), (A B) (B C), (e) (A B) (C B), ( A C) B, (f) A B, A ((B C) B), (g) (A (B C)) C, (A B) C, (h) A B C, ( A B) C A, (i) A ( B C), (A B) (A C). 3. Dani so pari izjav: (a) I (ƒe sem pameten, potem nisem sre en), ali sem pameten. J ƒe sem pameten, (potem sem pameten in sre en). (b) I Sem pameten in (sem sre en ali bogat). J ƒe sem pameten in nesre en, potem sem pameten in reveº. 6

7 (c) I ƒe sem pameten, potem sem sre en in nisem bogat. J (ƒe sem pameten, potem nisem bogat) in ( e sem pameten, potem sem sre en). (d) I ƒe sem neumen ali nesre en, potem sem nesre en in reveº. J (ƒe sem bogat natanko takrat, ko nisem pameten), (potem nisem bogat in sem sre en.) Zapi²i pripadajo e enostavne izjave, nato pa z njimi in s pomo jo logi nih veznikov zapi²i izjavi I in J. Ugotovi, ali sta izjavi I in J ekvivalentni, ter ju zapi²i v normalni disjunktivni obliki (NDO). Ali je mo iz resni nosti izjav I in J sklepati na resni nost katerekoli od izjav: P Sre en sem natanko tedaj, ko sem bogat. ter Q Sem sre en ali sem pameten. 4. Dane so izjave (a) Naravno ²tevilo n je sodo in ni deljivo s 3. (b) (p q) ( r p). (c) (p (q r)) (r p). (d) ( q (r p)) (r (p q)), (e) (ƒe grem v kino natanko takrat, ko se ne u im Logike), (potem ne grem v kino in se u im Logiko). S pomo jo znanih ekvivalenc danim izjavam poi² i ekvivalentne izjave, ki so sestavljene le iz negacij enostavnih izjav ter logi nih veznikov in. Dane izjave podaj v normalni disjunktivni obliki (NDO). Zanikaj dane izjave, ter jih s pomo jo znanih ekvivalenc zapi²i v imbolj enostavni obliki, t.j. poi² i ekvivalentne izjave, ki so sestavljene le iz negacij enostavnih izjav ter logi nih veznikov. (Nasvet: Lahko zapi²e² kar NDO negacije. 5. Kako lahko standardne logi ne operacije izrazimo s pomo jo veznika, ki je deniran na naslednji na in: (a) Izjava p q (Sheerjev veznik) je resni na natanko tedaj, ko vsaj ena izmed izjav p in q ni resni na. 7

8 (b) Izjava p q (Lukasiewicz-Pierceov veznik) je resni na natanko tedaj, ko sta obe izjavi p in q neresni ni. 6. Na otoku resnicoljubnih vitezov in laºnivih oprod sre amo doma ina. Kak²no vpra²anje mu moramo zastaviti, da bomo dobili odgovor 'da' natanko tedaj, ko bo dan ponedeljek? Kaj pa ga moramo vpra²ati, da bomo izvedeli, ali govori resnico? 8

9 1.3 Kvantikatorji 1. Naslednje izjave zapi²i v matemati ni obliki z uporabo logi nih veznikov in kvantikatorjev, ter jih tudi zanikaj: (a) Vsi ljudje, ki ne nosijo o al, nosijo kape. (b) Za vsako bolezen raste roºica na tem svetu, ki jo pozdravi. (c) Za vsaj eno ²tevilo a iz mnoºice A velja, da je a 2 v mnoºici B. (d) Za vsako celo ²tevilo velja: e je to ²tevilo deljivo s 6, potem je deljivo tudi z 2 in 3. (e) Za vsako racionalno ²tevilo obstaja naravno ²tevilo, ki je ve je od tega ²tevila. (f) Za vsak x R obstaja tak y R, da je x = 2y. (g) Za neko ²tevilo m iz mnoºice M N velja: e je ²tevilo m najmanj²e ²tevilo iz mnoºice M, potem je m delitelj vsakega ²tevila iz mnoºice M. (h) ƒe ima 1 lasnost P, ter e ima n + 1 lastnost P, ko ima n lastnost P, potem imajo lastnost P vsa naravna ²tevila. (i) Vsako ²tevilo iz mnoºice A N, ki je ve je od 10, je popolni kvadrat nekega ²tevila iz mnoºice A. (j) Za vsako celo ²tevilo velja: e je kub tega ²tevila deljiv z 2, potem je tudi to ²tevilo deljivo z 2, (k) Za vsako naravno ²tevilo n velja: ²tevilo n da pri deljenju s 3 ostanek 1 natanko tedaj, ko da tudi njegov kub n 3 pri deljenju s 3 ostanek 1. (l) Za vsak realen ɛ > 0 obstaja tako naravno ²tevilo N, da za vsako naravno ²tevilo n, ki je ve je od N, velja 1 n < ɛ. 2. Z besedami imbolj enostavno pojasni dane izjave in njihove negacije: (a) x: ( y: (x = 2y)), kjer so domena pogovora realna ²tevila, (b) n: ( m: (n = m 2 )), kjer so domena pogovora naravna ²tevila, (c) x: ( y: (y > x)), kjer so domena pogovora realna ²tevila, (d) f: ( g: (g f)), kjer so domena pogovora pozitivne funkcije, (e) y x: (xy = 0 x = 0 y = 0), kjer x, y R, 9

10 (f) n: ( m: (n m 3 ) k: (n k 2 )), kjer so domena pogovora naravna ²tevila, (g) n: ( m: (n = m 2 ) k: (n k 3 )), kjer so domena pogovora naravna ²tevila, (h) n: ( m: (n = m 2 ) k: (n k 3 )), kjer so domena pogovora naravna ²tevila, (i) n: (( r: (n = 2r)) ( s: (n 3s))), kjer so domena pogovora cela ²tevila, (j) n: ( m: (n 3m + 1) r: (n 3 pogovora cela ²tevila, (k) m: ( N: ( n: ((n > N) ( 1 n 2 naravna ²tevila. = 4r + 1)), kjer so domena < 1 )))), kjer so domena pogovora m (l) A: ( B: ((A B A B) P(A) B), kjer so domena pogovora podmnoºice mnoºice naravnih ²tevil. Ali je katera od danih izjav resni na? 10

11 1.4 Logi no sklepanje 1. Za dani par izjav P in Q ugotovi, katera od izjav je potreben oziroma zadosten pogoj (ali oboje): (a) P : 26 deli naravno ²tevilo n. Q: 13 deli naravno ²tevilo n. (b) P : Za realni ²tevili a in b velja ab > 0. Q: Realni ²tevili a in b sta pozitivni. (c) P : n je liho ²tevilo. Q: n 3 je liho ²tevilo. (d) P : Realno ²tevilo x re²i neenakost x 2 < x. Q: Realno ²tevilo x je manj²e od Ugotovi, zakaj je kon ni sklep logi na posledica predhodnih predpostavk. Zapi²i ²e formalni dokaz v jeziku simbolne logike in vsak korak utemelji s pravili sklepanja. (a) P : a > b a > 2, Q: a > b. Sklep R: a > 2. (b) P : a > b a > 2, Q: a 2. Sklep R: a b. (c) P : x > 0 y > 0, Q: y > 0 z < 0. Sklep R: x > 0 z < 0. (d) P : Ne more² biti hkrati sre en in bogat. Q: Sem sre en. Sklep R: Torej nisem bogat. 3. Razloºi posamezne korake v danih dokazih oziroma dokaze dopolni: 1.p q pr 1.p p pr 2. q r pr 2.p... 3.(r p) t pr 3. p HS(1, 2) 4. p q..., 5.r p... 5.p q MP(3, 5) MP (2, 5) 1.( q r) ( p q) pr 1.(q r) (p q) predp 2.(q r) s pr 2.( q r) s predp 3. s pr 4. (q r) q r p q... 7.q s predp MT (2, 3) 5.q r... 6.p q r... 11

12 4. Naj bodo resni ne izjave q r, p q in r p. Ali smemo odtod kaj sklepati o resni nosti oziroma neresni nosti katere od izjav r q in p q? ƒe je odgovor pritrdilen, zapi²i tudi formalni dokaz s pravili sklepanja. 5. Dane so sestavljene izjave: P ƒe je ºival na sliki plazilec ali sesalec, diha s plju i in ne zna leteti. Q šival na sliki je plazilec. R šival na sliki ne zna leteti. Iz trditev P in Q izpelji trditve R. Zapi²i tudi formalen dokaz, kjer natan no pojasni svoje sklepe. 6. Dane so sestavljene izjave: P ƒe bi bil lep ali pameten, potem bi bil sre en in bogat. Q Nisem bogat. R Nisem niti lep niti pameten. (a) Zapi²i pripadajo e enostavne izjave, nato pa z njimi in s pomo jo logi nih veznikov zapi²i izjave P, Q in R. (b) Utemelji, zakaj lahko iz resni nosti trditev P in Q sklepa² na resni nost trditve R. Zapi²i tudi formalen dokaz in natan no pojasni svoje sklepe. 12

13 1.5 Metode dokazovanja 1. Najprej direktno in nato z analizo primerov dokaºite naslednje trditve: (a) tevilo n 3 n je deljivo s 3 za vsako naravno ²tevilo n. (b) Za vsako naravno ²tevilo n je izraz n 2 n + 5 liho ²tevilo. (c) Naj bosta m in n naravni ²tevili. ƒe je ²tevilo 3m + n liho, potem je ²tevilo m 2 + n 2 tudi liho. 2. S protislovjem oziroma indirektno (t.j. namesto trditve A B dokaºi B A.) dokaºi naslednje trditve: (a) ƒe je ²tevilo a re²itev ena be a 2 7a + 12 = 0, potem je a 0. (b) ƒe je vsota kubov dveh naravnih ²tevil liha, potem je eno od ²tevil liho in drugo sodo. (c) V decimalnem zapisu ²tevila 2 se vsaj ena (dve) izmed ²tevk pojavi neskon nokrat. (d) ƒe je 2 n +1 pra²tevilo za naravo ²tevilo n 2, potem je n potenca ²tevila 2. (e) Pra²tevil je neskon no mnogo. 3. Z indukcijo dokaºi naslednje trditve: (a) Za vsako naravno ²tevilo n velja n 3 = ( n(n+1) 2 ) 2. (b) Za vsako naravno ²tevilo n je izraz 5 n 4n 1 deljiv s 16. (c) Izraz n3 3 + n2 2 + n 6 je celo ²tevilo za vsako naravno ²tevilo n. (d) Vsota notranjih kotov konveksnega n-kotnika za n 3 je enaka (n 2)π. 4. Naj bodo p, q in r naslednje enostavne izjave: b Sem bogat. p Sem pameten. s Sem sre en. Dane so ²e sestavljene izjave: P ƒe sem pameten, potem sem nesre en in bogat. Q ƒe nisem pameten, potem sem sre en. R Sem sre en ali nisem bogat. (a) S pomo jo izjav b, p in s, ter logi nih veznikov zapi²i P, Q in R? 13

14 (b) Ali je mo iz resni nosti izjav P, Q in R sklepati o resni nost oziroma neresni nosti izjav p in s. ƒe je odgovor za katero od izjav 'da', potem svojo trditev utemelji ²e s formalnim dokazom. 5. Dane so izjave: P ƒe se u im ali delam doma e naloge, potem (naredim izpit in grem v kino). Q Naredim izpit in (ne grem v kino ali se u im). R U im se natanko tedaj, ko (naredim izpit in grem v kino). (a) Zapi²i pripadajo e enostavne izjave, nato pa z njimi in s pomo jo logi nih veznikov zapi²i izjave P, Q in R. (b) Ali je mo iz resni nosti izjav P in Q sklepati na resni nosti izjave R oziroma izjave Delam doma e naloge.? ƒe je odgovor za katero od izjav pritrdilen, potem svojo trditev utemelji ²e s formalnim dokazom s pravili sklepanja. 6. Dane so izjave: P ƒe nisem bogat, potem sem pameten. Q ƒe sem nesre en ali pameten, potem sem mlad. R ƒe sem mlad, potem sem ²tudent. S ƒe sem bogat, potem sem nesre en. (a) Zapi²i pripadajo e enostavne izjave, nato pa z njimi in s pomo jo logi nih veznikov zapi²i izjave P, Q, R in S. (b) Ali je mo iz resni nosti izjav P, Q, R in S sklepati na resni nost katerekoli od izjav: Sem ²tudent. ter Sem bogat.. 7. Dane so izjave: (a) P ƒe mi²i ne ple²ejo, potem je ma ka doma. Q Ma ke ni doma ali mi²i ple²ejo. R ƒe so mi²i doma, potem ple²ejo. S Mi²i ple²ejo. (b) P ƒe se ne u im, potem (ne naredim izpita in ne grem na morje). Q ƒe se u im, potem (naredim izpit in grem na morje). R ƒe se ne u im, potem ne znam. S ƒe se u im, potem (znam ali grem na morje). (c) P ƒe govorim resnico, potem sem po²ten ali nesre en. Q ƒe sem bogat, potem sem sre en in nepo²ten. R Govorim resnico ali sem reven. S Nisem bogat. 14

15 Zapi²i pripadajo e enostavne izjave, nato pa z njimi in s pomo jo logi nih veznikov zapi²i izjave P, Q, R in S. Dokaºi, da je iz resni nosti izjav P, Q in R mo sklepati na resni nost izjave S. Zapi²i ²e formalnim dokaz s pomo jo pravil sklepanja. 8. Razloºi posamezne korake v danih dokazih ali dokaze dopolni: 1. p (q r) predp 2. (q s) u predp 3. u t predp 4. (q s) t q r q q s t p t PS( ) 6. t p..., 1.p (q r) predp 2. p ( q r) predp 3. p s predp predp P S 4.2.q r r r s... 4.p r s... 5.s p HS(4, 5) 1. (p q) (s q) predp 2. ( r p) s predp 3. q p predp 4. r p r DS(4, 5.1) 5.3. p q s q HS(3, 5.4) 5.6. s p p p ( p q) predp 2. ( s q) r predp 3. p r predp 4. r s predp 5.1. p DS(3, 5.1) 5.3. ( s q) s q MP(4, 5.2) 5.6. q q q

16 1. p q predp 2.( s q) t predp 3.1. t ( s q) s q q DS(1., 3.4.) 3. t p..., 1. p (q r) predp 2. r predp 3.1. p q r q p q p (r s) predp 2. p s predp 3.1. p r p DS(1, 3.2) 3.4. (p s) (s p) s p r p MT(3.2, 3.6) ( p r) p r..., 9. V celoti dokaºi izjavi t p in p (s q), pri emer ²tevilo korakov dokaza ni vnaprej predpisano: 1. p q predp 2. ( s q) t predp t p 1. r s predp 2. (p q) ( q r) predp p (s q) 10. Dane so izjave q r, r q in p q. Ali lahko iz danih izjav izpeljemo izjave q in r p? ƒe je odgovor za katero od izjav pritrdilen, zapi²i tudi formalen dokaz s pravili sklepanja. 11. Naj bodo p, q, r in s enostavne izjave, ki sestavljajo izjave: (a) I (r p) q, J r (p q) K q r. (b) I ( p s) (q r), J (p r) q, K p (r q), Ali je mo iz resni nosti izjav I in J sklepati na resni nost izjave K. 16

17 2 Mnoºice 2.1 Mnoºice in podmnoºice 1. Naslednje mnoºice zapi²i eksplicitno, t.j. na²tej njihove elemente: (a) {2n 3 n Z}, (b) {m Q 2m 3 Z}, (c) {x R x 2 10x + 16 < 0}, (d) {n N n > 4 3n }. 2. Z matemati nimi in logi nimi simboli zapi²i naslednje mnoºice: (a) vsa pozitivna realna ²tevila, ki so koreni naravnega ²tevila. (b) Naravna ²tevila, ki so ali deljiva s 4 ali pa so njihovi kubi manj²i od 30. (c) vsa naravna ²tevila, ki niso deljiva s 4 ali pa so popolni kvadrati. 3. Ali je katera izmed danih mnoºic podmnoºica druge, sta morda kateri enaki? (Svoj odgovor natan no utemelji.) (a) A = {2n 1 n Z}, B = {n Z m Z : n = (2m+1) 3 }. (b) A = {(2n 1) 3 n Z}, C = {(2s + 3) 3 s Z}. B = {m Q (2m + 1) 3 Z}, (c) A = {(2n) 2 1 n N}, B = {4n + 3 n N {0}}. (d) A = {n N ostanek ²tevila n pri deljenju s 3 je 1}, B = {n 2 N ostanek ²tevila n pri deljenju s 3 je 2}. (e) A = {x 3 x Q}, (f) A = {x 2 x Q}, B = {x R x 3 Q}.. B = {x R x 2 Q}. (g) A = { n + 1 n Z}, B = {m Z m + 1 Z}, 2 2 C = {k Q 2k Z}. 4. Naslednjo izjavo o podmnoºicah mnoºice naravnih ²tevil zapi²i v matemati ni obliki, t.j. z uporabo logi nih veznikov in kvantikatorjev, nato pa izjavo ²e dokaºi: Za vsako mnoºico A velja: ƒe A vsebuje kak²no podmnoºico B, tako da je A razli na od B, potem A ni prazna mnoºica. 17

18 5. Dana je izjava o podmnoºicah mnoºice celih ²tevil: ( ) A: ( B: (B P(A) B )) A (a) Na im bolj enostaven na in dano izjavo zapi²i z besedami, nato pa izjavo tudi utemelji. (b) V im bolj enostavni matemati ni obliki, t.j. z uporabo logi nih veznikov in kvantikatorjev, podaj negacijo dane izjave. 6. Pokaºi naslednje trditve: (a) { }, (b) ƒe je A, potem velja A =. 7. Dani sta mnoºici (a) A = {, 1, {1}}, (b) A = {, 1, {1, }, {{1}}}. Za vsako izmed mnoºic, { }, {1}, {1, { }}, {{1}}, {1, {1}} ugotovi, ali je element in ali je podmnoºica mnoºice A. 18

19 2.2 Unije in preseki 1. Poi² i mnoºice A B, A B, A \ B in A c, e je (a) A = {n N n je deljiv z 10}, B = {n N n je deljiv s 6}, (b) A = [0, 2] in B = ( 1, 1). 2. Dokaºi ali s protiprimerom ovrzi naslednje trditve: (a) (A \ B) \ C = A \ (B C), (b) (A \ B) \ C = A \ (B \ C), (c) (A \ B) \ C = (A \ C) \ B, (d) (B \ (A C)) C = (C B) \ (A \ C), (e) A \ (B \ C) = (A \ (B C)) (A C), (f) (A \ (B C)) (B \ C) = (A B) \ (B C), (g) (B C) \ ((A B) C) = (B \ C) (C \ (A B)), (h) (B \ C) (C A) B C, (i) (A \ (C B)) B = (B A) \ (C \ B), (j) (B \ (A C)) (A \ C) = (B \ A) ((A B) \ C), (k) (B C) \ ((A B) C) = (B \ C) (C \ (A B)), (l) (B C) \ ((A B) C) = (B \ C) (C \ (A B)). Skiciraj Vennove diagrame danih mnoºic, nato pa napravi ²e dokaz. 3. Dokaºi ali s protiprimerom ovrzi naslednje trditve: (a) (A B) \ C A B A C. (b) C B (B \ A) (C A) A B =, (c) A B (A B) \ C A B C =. (d) A C B A B C A B = A C, (e) C B (B \ A) (C A) A B C =. (f) A C B A B C A B = A C, (g) (A \ B) \ C A \ (B \ C), (h) A B = A C A B = A C B = C, 19

20 (i) C \ B = (A B) C (A C) B, (j) (A B) \ C = B \ C B A C, (k) C B (B \ A) (C A) A B C =, 4. Zapi²i na im bolj enostaven na in: (a) n=1 (n, n + 1), (b) n=1 (n, n + 1), (c) n=1 [ 1 + 1, n n ), (d) n=1 [ 1 + 1, n n ), (e) x R (x, 0), (f) x R + ( x, x), (g) n=1 [ 1, 2n + 1], n (h) n=1 [ 1, 2n + 1], n (i) n=1 [ 1, n n), (j) n=1 [ 1, n n). 5. Dokaºi ali ovrzi naslednjo trditev: (a) ƒe so mnoºice A α, α I, paroma disjunktne, potem je njihov presek enak α I A α =. (b) n=1 (A n B n ) n=1 A n n=1 B n, (c) n=1 A n n=1 B n n=1 (A n B n ). 20

21 2.3 Poten na mnoºica in kartezi ni produkt 1. Dane so mnoºice (a) A = {1, 2}, (b) A = {1, {1}}, (c) A = {1, }, (d) A = {{ }}, B = P(A), B = P(A). Na²tej elemente mnoºic P(A) in P(B). 2. Dane so mnoºice (a) A = {1, {a}}, (b) A = {, {1}}, (c) A = {1, a, }, (d) A = {, a, {a}, {a}}, {a, }}, Za vsako izmed mnoºic, { }, 1, {{1}}, {1, a}, {a}, {a, {a}}, {{a, }} ugotovi, ali je element in ali je podmnoºica poten ne mnoºice P(A). 3. Naj bo A neprazna mnoºica. Ugotovi, katere izmed mnoºic, { }, A, {A}, {A, } so elementi in katere podmnoºice mnoºic P(A) in P(P(A)). 4. Dokaºi, da ima poten na mnoºica mnoºice N n = {1, 2,..., n} natanko 2 n elementov. 5. Dokaºi ali ovrzi naslednje trditve: (a) P(A) P(B) A B, (b) { } = P(A) A =, (c) P(A) P(B) = P(A B), 21

22 (d) P(A) P(B) = P(A B) A = B, (e) P(A) \ P(B) = P(A \ B), 6. Naj bo A = {1, 2}, B = {1, } in C = [1, 3). ƒimbolj natan no opi²i naslednje mnoºice: (a) A B, (b) A A A, (c) A C, (d) C C. 7. Dokaºi ali s protiprimerom ovrzi naslednje trditve: (a) (A B) (C D) (A C) (B D), (b) A (B C) = (A B) (A C), (c) A (B \ C) = (A B) \ (A C), (d) (A \ B) (C \ D) = ((A C) \ (A D)) \ (B \ C), (e) (A \ B) (C \ D) = ((A C) \ (B C)) \ (A D), (f) (A \ B) (C \ D) = (A C) \ ((B C) (A D)), (g) (A B) C = (A C) (B C). 8. Dokaºi ali s protiprimerom ovrzi trditev P(A B) = P(A) P(B). 22

23 2.4 Relacije 1. Dane so relacije: (a) R = {( 1, 0), ( 1, 1), (2, 1), (2, 1), (2, 0), (2, 2), (1, 1)} na mno- ºici { 1, 0, 1, 2}, (b) R = {(0, 1), (0, 2), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 3), (2, 0), (3, 0)} na mno- ºici {0, 1, 2, 3}, (c) R = {(x, y) N N x y} na mnoºici N = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Relacije predstavite z gra. Ali je katera izmed relacij reeksivna, simetri na, asimetri na, antisimetri na, tranzitivna, ekvivalen na, sovisna ali strogo sovisna? Ali je katera relacija delne urejenosti oziroma linearne urejenosti. 2. Dane so relacije: (a) relacija biti pametnej²i na mnoºici ljudi. (b) relacija biti babica na mnoºici ºensk. (c) relacija biti sestra na mnoºici ºensk. (d) a R b a b Z, a, b R. (e) a R b 3 (2a b) na mnoºici N. (f) x R y x 2 y 2 Z. (g) x R y x = y, a, y R, kjer x pomeni najve je celo ²tevilo, ki ne presega x. (h) (x, y) T (x, y ) 2x + 3y = 2x + 3y, (x, y), (x, y ) R 2. (i) x R y (x y) 2 Z, x, y R, (j) A R B A B =, A, B P(N). (k) relacija pravokotnsti na mnoºici vseh premic v ravnini, (l) (x, y) R (x, y ) x 2 + y 2 = x 2 + y 2 na mnoºici R 2, (m) (x, y) R (x, y ) x + x = y + y, (x, y), (x, y ) R 2. (n) x + y + z = x + y + z, (x, y, z) R (x, y, z ) Z Z Z. (o) x T y sin(x) = sin(y), x, y R. 23

24 (p) (x, y, z) R (x, y, z ) xy z = x yz, (x, y, z, x, y, z ) Z. (q) relacija na mnoºici vseh polinomov z realnimi koecienti: p R q x 5 (p(x) q(x)). (r) relacija na mnoºici vseh polinomov druge stopnje: p(x) R q(x) p, q imata enake ni le. (s) A R B (A N) B na poten ni mnoºici P(R). Preverite, ali so dane relacije reeksivne, simetri ne, asimetri ne, antisimetri ne, tranzitivne, ekvivalen ne, sovisne ali strogo sovisne. Ali je katera relacija relacija delne urejenosti oziroma linearne urejenosti. ƒe je katera izmed relacij ekvivalen na, opi²i njene ekvivalen ne razrede. Izberi si tudi nek element x 0 (npr. 0) in eksplicitno podaj ekvivalen ni razred tega elementa, t.j. poi² i vse take x, za katere velja x R x Dokaºi, da za relacijo R na mnoºici X veljajo naslednje trditve: (a) Kompozitum relacij R R 1 je simetri na relacija. (b) ƒe je relacija R reeksivna, potem so tudi njen inverz R 1 in kompozituma relacij R R 1 ter R R reeksivne relacije. (c) ƒe je relacija R tranzitivna, potem sta tudi njen inverz R 1 in kompozitum R R tranzitivni relaciji. (d) ƒe je relacija R tranzitivna in ireeksivna, potem je asimetri na. 4. Dani sta simetri ni relaciji R in T. Dokaºi, da je potem kompozitum relacij R T simetri na relacija natanko tedaj, ko velja R T = T R. 5. Na mnoºici X sta dani simetri ni in reeksivni relaciji R 1 in R 2. Ugotovi, ali je tudi relacija x R y (x R 1 y) (x R 2 y) na mnoºici X simetri na in reeksivna. 6. Naj bosta 1 in 2 ekvivalen ni relaciji na mnoºici X. Ugotovite, ali je naslednja relacija na X vedno ekvivalen na: (a) x R y (x 1 y) (x 2 y), (b) x R y (x 1 y) (x 2 y). 24

25 2.5 Funkcije in mo mnoºic 1. Dani sta relaciji (a) R = {( 2, 3), (0, 1), (1, 2), ( 1, 2), (2, 3)} iz mnoºice { 2, 1, 0, 1, 2} v mnoºico {1, 2, 3}, (b) R = {(0, 1), (1, 0), (2, 1), (3, 2), (2, 3)} na mnoºici { 1, 0, 1, 2, 3}. Ali je katera izmed relacij R, R 1 ali R R 1 funkcija? ƒe je odgovor za katero od relacij pritrdilen, potem ugotovi, ali je injektivna, surjektivna oziroma bijektivna? 2. Dane so preslikave: (a) Funkcija, ki slika iz mnoºice vseh ljudi v mnoºico vseh barv, ter vsakemu loveku priredi naravno barvo njegovih las. (b) Funkcija, ki slika iz mnoºice vseh ²tudentov na PeF v kartezi ni produkt N N, ter vsakemu ²tudentu priredi urejen par, vpisno ²tevilko in njegova leta. (c) Funkcija N Z, ki ²tevilu priredi ²tevilo vseh njegovih deliteljev. (d) f: R \ {1} R \ {1}, f(x) = x+1 x 1. (e) f: R \ {1} R \ {2}, f(x) = 2x3 +3 x 3 1 [ ]. a b (f) g: Z 2 2 Z, (2a + 3d + 1). c d (g) f: N N N Z, f(a, b) = (2a + b, b 3a). { 2n + 1, n sodo (h) f: N N, f(n) =, 3n + 1, n liho (i) f: Q 2 Q 2, f(a, b) = (a b 2, b 3 + 2). [ ] a (j) f: R R R 2 2, (a, b) 2 b 1. 0 a (k) f: Z Z Z, f(a, b) = a + b. { 3x, x 2 (l) f: Z N, f(x) = 5 3x, x 1. (m) f: Z Z Z Z, (n) f: N N Z Z, f(a, b) = (a b, a). f(a, b) = (a 2, a b). (o) f: P(Q) P(Q) P(Q), f(a, B) = A B. 25

26 (p) f: Z Z 2, f(x) = (x 2, x 3 ). { min(a N), A N (q) f: P(R) Z, f(a) = 1, A N = { min(a N), A N (r) f: P(R) N {0}, f(a) = 0, A N =, Razi² i injektivnost, surjektivnost in bijektivnost danih preslikav. ƒe je katera izmed preslikav bijekcija, ji poi² i ²e njen inverz. 3. Dani sta preslikavi f: X Y in g: Y X. Dokaºi ali ovrºi naslednje trditve: (a) ƒe sta f in g injektivni (surjektivni), potem je tudi g f injektivna (surjektivna). (b) ƒe je g surjektivna (f injektivna), potem je g f tudi surjektivna (injektivna). (c) ƒe je g f surjektivna (injektivna), potem je g surjektivna (f injektivna). (d) Naj bo X = Y. Potem je preslikava f: X X bijekcija natanko tedaj, ko je tudi f f je bijekcija. 4. Dani sta funkciji { 2n, n sodo (a) f: N {0} N, f(n) = 3n 1, n liho (b) f: Z Z Z, f(x) = (x 2, x 3 )., Poi² i sliki f({0, 1, 2}) in f(n). Dolo i tiste od praslik f 1 ({1, 2, 3, 4}) in f 1 ({(1, 1), (4, 8)}), ki so dobro denirane. 5. Dana je preslikava f: X Y in mnoºici A, B X. Dokaºi naslednje trditve: (a) A f 1 (f(a)); e je f injektivna velja enakost. (b) f(a) \ f(b) f(a \ B); e je f injektivna, velja ena aj, 6. Dana je funkcija f in relacija na njeni domeni D f : x R y f(x) = f(y), x, y D f. Ali je katera relacija ekvivalen na? 26

27 7. Pokaºi, da so dani pari mnoºic enake kardinalnosti, ter eksplicitno podaj oziroma opi²i bijekcijo med njimi: (a) N in N\{1, 2, 3}, (b) N in { 6, 3, 0, 3, 6, 9, 12,...}, (c) {1, 2} {n N 3 deli n} in N, [ ] a b (d) N N in { a, b N}, 2b 3b (e) (0, π) 2 (ali (0, 1)) in R+. (Nasvet: Poi² i injektivno funkcijo z ustrezno ni lo ter polom.) (f) [1, 2] in [3, 5], (g) (0, 1) in [0, 1), (Nasvet: Poi² i najprej bijekcijo med ustreznima ²tevnima podmnoºicama.) (h) P(Z) in P(N), (i) R in (0, 1] Z. 8. Pokaºi, da je mo poten ne mnoºice ve ja od mo i same mnoºice. 27

28 3 Re²itve 3.1 Logika Resni nostne tabele 1. Vse izjave obravnavamo na enak na in. Oglejmo si zato le izjavo (f). p q r (p (q r)) (r p) (p q) r Iz vrstic v tabeli, kjer je vrednost dane izjave enaka 1, t.j. druga, etrta in ²esta vrstica, lahko preberemo, da imata v teh primerih tudi izjavi r in (p q) r vrednosti 1, ostale izjave p, q in r pa zavzamejo obe vrednosti 0 in 1. ƒe je torej dan izjava resni na, sta resni ni tudi izjavi r in (p q) r, o resni nosti oziroma neresni nosti ostalih izjav p, q in r pa ne moremo sklepati. 2. Vseh primerov se lotimo na enak na in. Oglejmo si denimo primer (d). Najprej izberemo ustrezne enostavne izjave: p A je vitez. q B je oproda. r C je vitez. Izjavi, ki sta jih dala doma ina, sedaj opi²emo z izjavama I : r q, ter J : p r, ter zapi²emo resni nostno tabelo: p q r I r q J p r

29 Opazimo, da je za vrednost p 1 doma in A resnicoljubni vitez in mora biti I 1, za p 0 pa je A laºnivi oproda in mora biti I 0. Podobno sklepamo, da je za q 1 doma in B oproda in J 0, za q 0 pa je B vitez in J 1. Mogo je torej le primer v ²esti vrstici, torej so vsi doma ini vitezi. 3. Luka je dal gol Ekvivalenca izjav 1. Vse pare izjav obravnavamo na enak na in. Natan neje si zato oglejmo le primer (e). Zapi²imo resni nostno tabelo za dane izjave, pri emer so v prvih treh stolpcih vrednosti izjav p, q in r, sledita stolpca z vrednostmi izjav I in J, itd: p q r (r p) q r (p q) p (q r) q p Ker se resni nostna stolpca izjav I in J ne ujemata, izjavi nista ekvivalentni. Iz vrstic v tabeli, kjer je vrednost posamezne izjave enaka 1 lahko seveda takoj preberemo tudi normalni disjunktivni obliki izjav. I ( p q r) ( p q r) (p q r), J ( p q r) ( p q r) ( p q r) (p q r) (p q r) (p q r) (p q r). Primera oziroma vrstici, ko sta hkrati obe izjavi I in J resni ni, sta v tabeli pod rtana. Vidimo, da lahko tedaj sklepamo, da sta izjavi q in r neresni ni, izjava q p resni na, o izjavah p in p (q r) ne moremo sklepati ni esar. 29

30 2. Vse pare izjav obravnavamo na enak na in, primerjajmo zato le para pod (e) in (f). Pa zapi²imo resni nostno tabelo: A B C (A B) (C B) A ((B C) B) ( A C) B A B Stolpca v resni nostni tabeli sta razli na, torej para izjav res nista ekvivalentna. 3. Vse pare izjav obravnavamo enako. Oglejmo si natan ne denimo primer (d). Izberimo enostavne izjave: b Sem bogat. p Sem pameten. s Sem sre en. S pomo jo izbranih enostvnih izjav lahko naprej podamo izjave I ( p s) ( b s), J (b p) ( b s), P s b, Q s p, ter zapi²emo resni nostno tabelo: b p s ( p s) ( b s) (b p) ( b s) P Q Odtod takoj sledi, da izjavi P in Q nista ekvivalentni, njuna normalna disjunktivna oblika pa je: P ( p q r) ( p q r) ( p q r) (p q r), Q ( p q r) ( p q r) ( p q r) (p q r) (p q r). 30

31 Izjavi I in J sta resni ni v primerih, ki so v tabeli pod rtani, t.j. prva etrta in zadnja vrstica. Vidimo, da tedaj o izjavah P in Q ne moremo sklepati ni esar. 4. Vseh izjav se lotimo na podoben na in, zato si natan neje oglejmo naprimer (b). Veznik izrazimo z, ter upo²tevamo de Morganov zakon, pa dobimo izjavo zgolj z negacijami enostavnih izjav, ter le z veznikoma in : (p q) ( r p) ( p q) (r p). NDO izjave pa preberemo iz resni nostne tabele kot v nalogi 4: ( p q r) ( p q r) S pomo jo znanih ekvivalenc zapi²imo negacijo v enostavnej²i obliki: ( (p q) ( r p)) (p q) ( r p) (p q) (r p). Lahko pa bi zapisali tudi z normalno disjunktivno obliko negacije izjave. 5. Dovolj bo izraziti konjunkcijo in negacijo. Z malce ra unaja dobimo p p p, p q (p q) (p q), p p p, p q (p p) (p q). 6. V ponedeljek bi tako vitez kot oproda z Da odgovorila na vpra²anje: Ali je res, da si ti vitez natanko tedaj, ko je danes ponedeljek? Na vpra²anje: Ali je res, da si ti vitez ali oproda? pa bi vitez odgovoril z Da, oproda pa z Ne Kvantikatorji 1. (a) Izjava: x: ( p(x) q(x)), p(x) x nosi o ala, q(x) x nosi kapo. Negacija: x: ( p(x) q(x)). (b) Izjava: x: y: (r(x, y)), r(x, y) x pozdravi y. Negacija: x: ( y: ( r(x, y))). (c) Izjava: a: (a 2 A). Negacija: a: (a 2 / A). 31

32 (d) Izjava: n: (6 n (2 n) (3 n)). Negacija: n: (6 n (2 n 3 n)). (e) Izjava: q: ( n: (n N n > q)). Negacija: q: n: (n N n q). (f) Izjava: x: ( y: (x = 2y)). Negacija: x: y(x 2y). (g) Izjava: m: (( n: (n > m)) ( k)(m k)). Negacija: m: (( n: (n > m)) ( k: (m k))). (h) Izjava: ((1 P ) ( n: (n P n + 1 P ))) (N P ). Negacija: ((1 P ) ( n: (n P n + 1 P ))) N P. (i) Izjava: a: (a > 10 ( b: (a = b 2 ))). Negacija: a: (a > 10 ( b: (a b 2 ))). (j) Izjava: n: (2 n 3 2 n). Negacija: n: (2 n 3 2 n). (k) Izjava: n: ( m: (n = 3m + 1) ( k: (n 3 = 3k + 1))). Negacija: n: ( m: (n = 3m + 1) k: (n 3 3k + 1)). (l) Izjava: ɛ: ( N: (n > N 1 n < ɛ)). Negacija: ɛ: ( N: (n > N 1 n ɛ)). 2. (a) Izjava: Za vsak x R obstaja y R, da je x = 2y. Negacija: Obstaja realno ²tevilo, ki ni dvakratnik nobenega realnega ²tevila. (b) Izjava: Neko naravno ²tevilo je popolni kvadrat. Negacija: Nobeno naravno ²tevilo ni popolni kvadrat. (c) Izjava: Ne obstaja najve je realno ²tevilo. Negacija: Neko realno ²tevilo je najve je. (d) Izjava: Vsaka pozitivna realna funkcija je manj²a ali enaka neki pozitivni realni funkciji. Negacija: Obstaja nenegativna realna funkcija, ki je manj²a od vsake nenegativne realne funkcije. (e) Izjava: ƒe je produkt dveh realnih ²tevil x in y enak 0, je vsaj eno izmed ²tevil x in y enako 0. Negacija: Obstajata neni elni ²tevili x in y, da je njun produkt 0. (f) Izjava: Nekatera naravna ²tevila niso niti popolni kubi niti popolni kvadrati. Negacija: Vsako naravno ²tevilo je popolni kub ali popolni kvadrat. 32

33 (g) Izjava: Obstajajo naravna ²tevila, ki so popolni kvadrati ali niso popolni kubi. Negacija: Vsako naravno ²tevilo je popolni kub in ni popolni kvadrat. (h) Izjava: Nekatera naravna ²tevila so deljiva z 2 ali niso deljiva s 3. Negacija: Vsako naravno ²tevilo je deljivo s 3 in ni deljivo z 2. (i) Izjava: Obstajajo cela ²tevila, ki dajo pri deljenju s 4 ostanek 1 natanko tedaj, ko pri deljenju s 3 ne dajo ostanka 1. Negacija: Vsako naravno ²tevilo da pri deljenju s 3 ostanek 1 natanko tedaj, ko da pri deljenju s 4 ostanek 1. (j) Izjava: Za poljubni naravni ²tevili m in N obstaja tako naravno ²tevilo n, ki je ve je od N in 1 < 1 n 2 m. Negacija: Obstajata naravni ²tevili m in N, da za vsako naravno 1 ²tevilo n, ki je ve je N, velja: 1 n 2 m. (k) Izjava: Za vsako mnoºico A obstaja mnoºica B, da velja: e je A prava podmnoºica mnoºice B, potem je P(A) P(B). Negacija: Obstaja taka mnoºica A, ki je prava podmnoºica vsake mnoºice B in P(A) = P(B) Logi no sklepanje 1. (a) Q je (izklju no) potreben pogoj za P. (13 39, ) (b) P je (izklju no) potreben pogoj za Q. (( 2) ( 1) >, 1, 2 0.) (c) P je potreben in zadosten pogoj za Q, ter obratno. (d) P je (izklju no) zadosten pogoj za Q. ( 1 < 1, ( 1) 2 > 1.) 2. Sklepi: (a) Modus ponens (MP): P : p q Q: p R: q (b) Modus tolens (MT): P : p q Q: q R: p (c) Hipoteti ni silogizem (HS): P : p q Q: q r R: p r (d) Disjunktivni silogizem (DS): P : p q Q: q R: p 33

34 3. Uporabimo oznake za sklepe kot v nalogi 2: 1. p q pr 1. p p pr 2. q r pr 2. p P o(1) 3. (r p) t pr 3. p P o(1) 4. p r HS(1, 2) 4. p q P r(3) 5. r p 4 5. p q 4 6. t MP(3, 5) 6. q MP (2, 5) 1. ( q r) ( p q) pr 2. (q r) s pr 3. s pr 4. (q r) MT (2, 3) 5. q r 4 6. p q MP (1, 5) 7. q P o(6) 1. (q r) (p q) predp 2. ( q r) s predp 3. s predp 4. ( q r) MT (2, 3) 5. q r 4 6. p q MP (1, 5) 7. q P o(6) 8. r DS(5, 7) 4. O izjavi p r ne moremo sklepati ni esar. Pri vrednostih enostavnih izjav p 1, q 1 in r 0 so namre dane predpostavke resni ne, izjava p r pa neresni na; pri vrednostih enostavnih izjav p 0, q 1 in r 0 pa so dane predpostavke resni ne, izjava p r pa resni na. Zapi²imo sedaj dokaz izjave r q (oznake kot v nalogi 2): 1. p q pr 2. r p pr 3. q r pr 4. p q 1 5. r q HS(2, 4) 5. Po trditvi Q je ºival na sliki plazilec, potem pa je tudi plazilec ali sesalec (sklep pridruºitve). Po sklepu modus ponens, iz ugotovljenega in trditve P ugotovimo, da ºival diha s plju i in ne zna leteti. Torej ne zna leteti (sklep poenostavitve). 6. (a) b Sem bogat. l Sem lep. p Sem pameten., P (l p) (s b), Q b, R l p. (b) Izpeljava trditve R (oznake za sklepe so kot v nalogi 2): 1. (l p) (s b) pr 2. b pr 3. b s P r(2) 4. (s b) 3 5. (l p) MT (1, 4) 6. l p 3 34

35 3.1.5 Metode dokazovanja 1. Vse primere dokaºemo na podoben na in, dokaºimo zato le primer (a). Lo imo tri primere, ki za k N zajamejo vsa naravna ²tevila n: n = 3k 2: n 3 n = 3(9k 3 6k 2 + 3k 2), n = 3k 1: n 3 n = 3(9k 3 3k 2 ), n = 3k: n 3 n = 3(9k 3 k). tevilo n je torej vedno deljivo s (a) Za a = 0, je a 2 7a + 12 = (b) ƒe bi bili sta obe ²tevili iste parnosti, bi bila tudi njuna kuba iste parnosti, vsota kubov pa seveda soda. (c) ƒe bi se vsaka ²tevka v decimalnem zapisu pojavila kon nokrat, bi bil zapis kon en. (d) Upo²tevaj, da se da izraz m n + 1 razcepiti, e je n liho. (e) Predpostavi nasprotno, da je pra²tevil kon no mnogo, t.j. p 1, p 2,..., p n, ter razmisli, kak²no ²tevilo je potem p 1 p 2 p n (a) Za n = 1 enakost jasno drºi.. Vzemimo sedaj n + 1 lenov vsote, jih po indukcijski predpostavki n zamenjajmo s 'formulo' n(3n 1), 3 ter dobljen vsoto preuredimo: (n + 1) 3 = ( n(n+1) ) 2 + (n + 1) 3 = ( (n+1)(n+2) ) (b) Oglejmo si indukcijski korak. Po indukcijski prepostavki za nek n velja 5 n 4n 1 = 16k ali 5 n = 16k + 4n + 1, kjer k Z. Potem velja 5 n+1 4(n + 1) 1 = 5(16k + 4n + 1) 4n 5 = 16(5k n). (c) Ra un: (n+1) (n+1)3 3 + n+1 6 = n4 2 + n3 3 + n 6 + 2n3 + 4n 2 + 3n + 1 (d) V indukcijskem koraku (n + 1)-kotnik razreºi na n-kotnik in trikotnik, ter uporabi indukcijsko predpostavko na n-kotniku. 4. (a) P p ( s b), Q p s, R s b. (b) Opazi, da so pri naborih vrednosti p 1, s 1, b 1 ter p 0, s 1, b 0 izjave P, Q in R resni ne, kar pomeni, da o izjave p ni mo sklepati ni esar. Zapi²imo sedaj dokaz izjave s: 35

36 1. p ( s b)) predp 2. p s predp 3. s b predp 4.1. s predp RA 4.2. p MT (2, 4.1) 4.3. s b q MP (1, 4.2) 4.4. b P o(4.3) 4.5. s DS(3, 4.4) 4.6. s s Zd(4.1, 4.5) s RA( ) 5. (a) u U im se. d Delam doma e naloge. i Naredim izpit. k Grem v kino., P (u d) (i k), Q i (k u), R u (i k). (b) Opazi, da sta pri naborih vrednosti d 0, i 1, u 0, k 0 ter d 1, i 1, k 0, u 1 izjavi P in Q resni ni, kar pomeni, da o izjavi d ni mo sklepati ni esar. Zapi²imo sedaj dokaz izjave R: 1. (u d) (i k) predp 2. i (k u) predp 3.1. u predp PS 3.2. u d P r(3.1) 3.3. i k MP (3.2, 1) 3. u (i k) P S(3.1, 3.3) 4.1. i k predp PS 4.2. k P o(4.1) 4.3. k u q P o(2) 4.4. u DS(4.3, 4.2) 4. (i k) P S( ) 5. (u (i k)) ((i k) ) Zd(3, 4) 6. u (i k) 5 6. (a) b Sem bogat. p Sem pameten. s Sem sre en. m Sem mlad., t Sem ²tudent. (b) Dokaºimo t: 36

37 1. b p predp 2. ( s p) m predp 3. m t predp 4. b predp 5.1. t predp RA 5.2. m MT (3, 5.1) 5.3. (s p) MP (2.1, 5.2) 5.4. s p 5, s P o(5) 5.6. b MT (4, 5.5) 5.7. p P o(5.4) 5.8. p MP (1, 5.6) 5.9. p p Zd(5.7, 5.8) t RA( ) Opazimo, da so pri naborih vrednosti b 0, p 1, m 1, t 1, s 0, ter b 1, s 0, m 1, t 1, p 1 izjave P, Q, R in S resni ne, kar pomeni, da o izjavi d ni mo sklepati ni esar. 7. Re²uj podobno kot naloge 4, 5 in Dopolnjeni dokazi: 1. p (q r) predp 2. (q s) u predp 3. u t predp 4. (q s) t q r..., 5.3. q q s t p t PS( ) 6. t p p q predp 2.( s q) t predp 3.1. t ( s q) s q q DS(1., 3.4.) 3. t p..., 1. p (q r) predp 2. r predp 3.1. p q r q p q p (q r) predp 2. p ( q r) predp 3. p s predp predp P S 4.2.q r r r s... 4.p r s... 5.s p HS(4, 5) 1. p (r s) predp 2. p s predp 3.1. p r p DS(1, 3.2) 3.4. (p s) (s p) s p r p MT(3.2, 3.6) ( p r) p r...

38 1. (p q) (s q) predp 2. ( r p) s predp 3. q p predp 4. r p P o(2) 5.1. r predp RA 5.2. p DS(4, 5.1) 5.3. p q P r(5.2) 5.4. s q MP (1, 5.3) 5.5. s p HS(3, 5.4) 5.6. s P o(2) 5.7. p MP (5.5, 5.6) 5.8. p p Zd(5.2, 5.7) r RA( ) 1. ( p q) predp 2. ( s q) r predp 3. p r predp 4. r s predp 5.1. p predp RA 5.2. r DS(3, 5.1) 5.3. ( s q) MT (2, 5.2) 5.4. s q s MP(4, 5.2) 5.6. q DS(5.4, 5.6) 5.7. q MP (1, 5.1) 5.8. q q Zd(5.6, 5.7) p RA( ) 9. Napravi dokaza s pogojnim sklepom. 10. Izpeljimo izjavo q z analizo primerov: 1. q r predp 2. r p predp 3. p q predp 4. r predp 5. p q 4 6. r q MP (2, 4) 7. q MP (4, 6), 1. q r predp 2. r p predp 3. p q predp 4. r predp 5. q MT (1, 4) Izjave p r pa ne moremo izpeljati, saj so pri vrednosti enostavnih izjav p 1, q 1 in r 0 predpostavke resni ne, izjava p r pa neresni na. 38

39 11. (a) 1. (r p) q predp 2. r (p q) predp 3. q P o(1) 4.1. r predp RA 4.2. p q MP (2, 3.1) 4.3. r p P o(1) 4.4. p MP (4.1, 4.3) 4.5. q DS(3, 4.2) 4.6. q q Zd(3, 4.5) r predp RA( ) 5. r q Zd(3, 4) (b) 3.2 Mnoºice 1. ( p s) (q r) predp 2. (p r) q predp 3. q P o(2) 4. p r P o(2) 5.1. p predp PS 5.2. r DS(4, 5.2) 5.3. r q Zd(3, 5.2) 5. p (r q) predp PS( ) 6.1. r q predp PS 6.2. r P o(6.1) 6.3. p DS(4, 6.2) 6. (r q) p predp PS( ) 7. ((r q) p) ( p (r q)) Zd(5, 6) 8. p (r q) Mnoºice in podmnoºice 1. (a) {1, 1, 3, 3,...}, (b) {0, 1 2, 1 2, 2 2, 2 2, 3 2, 3 2,...}, (c) {2, 10}, 39

40 (d) {1, 2, 3, 4, 5, 6}. 2. (a) { n n N}, (b) {n N (4 n) (n 3 < 30)}, (c) {n 2 n N} {n N 4 n}. 3. (a) A je mnoºica lihih ²tevil, B pa mnoºica kubov vseh lihih ²tevil. Jasno B A in B A. (b) A in B sta mnoºici kubov vseh lihih ²tevil, B pa vsebuje vsa cela ²tevila in vse ulomke z imenovalcem 2. (c) Opazi (2n) 2 1 = 4n 2 1 = 4(n 2 1)+3 in izpelji A B, A B. (d) Opazi, da ²tevilo oblike (3k + 2) 2 ostanek 1 pri deljenu s 3, zato B A. Obratno ne velja, saj denimo 3 A, vendar 3 / B. (e) Elementi A so oblike y = x 3 za x Q. Jasno je potem y 3 = x 9 B oziroma A B. Obratno ne velja, da 3 2 B \ A. (f) Re²ujemo podobno kot primer (e). (g) A in C sta mnoºici ulomkov z imenovalcem 2, B pa je mnoºica sodih ²tevil. Sledi B A = C, B A. 4. Matemati na oblika izjave: A: ( B: (B A A B) A 0). Dokaz: Ker B A in A B, obstaja nek element v A \ B, torej A { }. 5. (a) Izjava z besedami: Za vsako mnoºico A velja: ƒe obstaja element poten ne mnoºice A, ki ni, potem tudi A ni prazna mnoºica. Utemeljitev izjave: Elementi poten ne mnoºice A so podmnoºice mnoºice A, zato je element poten ne mnoºice, ki ni prazna mno- ºica, neprazna podmnoºica mnoºice A. (b) Negacija izjave: A: (( B: (B A B = )) A = ) 6. (a) { } vsebuje element, zato to ni prazna mnoºica. (b) Relacija A pomeni, da so vsi elementi mnoºice A vsebovani v. Torej je moºno le A =. 7. (a) elementi A:, {1}, podmnoºice A:, { }, {1}, {, 1}, {{1}}, {1, {1}}, 40

41 (b) elementi A:, {{1}}, podmnoºice A:, { }, {1}, {, 1}, Unije in preseki 1. (a) A B = {n N: 10 n 6 n}, A B = {n N: 10 n 6 n}, A \ B = {n N: 10 n 6 n}, A c = {n N: 10 n} (b) A B = ( 1, 2], A B = [0, 1), A \ B = [1, 2], A c = R \ [0, 2], 2. Vse primere se da obravnavati enako. Natan no si zato oglejmo le nakaj primerov (a), (b), (f) in (i). Neenakost bomo obrgli s protiprimerom, vsake od enakosti pa se bomo lotili na druga en na in. (a) Enakost v primeru (a) dokaºimo tako, da zapisa mnoºic v enakosti preoblikujemo enostavnej²ega, a seveda ekvivalentnega: Vidimo, da enakost res velja. (A \ B) \ C = A \ (B C) (A B c ) C c = A (B C) c (A B c ) C c = A (B c C c ) (b) Enakost v primeru (b) v splosnem ne velja. Za A = {1, 2, 3}, B = {3, 4} in C = {1, 3} denimo dobimo (A \ B) \ C = {2} in A \ (B \ C) = {1, 2} (f) Pa pokaºimo primer (f). Enakost mnoºic bomo pokazali tako, da bomo pokazali obe vsebovanosti. Pri tem nam je v pomo tudi Vennov diagram. 41

42 Lotimo se najprej vsebovanosti, pokaºimo (A \ (B C)) (B \ C) (A B) \ (B C). Takoj opazimo, da je A \ (B C) (A B) \ (B C), saj je A A B. Velja pa tudi (B \ C) (A B) \ (B C), saj B A B in B C C. Pokaºimo sedaj ²e obratno vsebovanost. Vzemimo poljubni element x A \ (B C), t.j. x A in x / B C. Nato lo imo dve moºnosti. ƒe je x A, potem je jasno x A \ (B C). ƒe pa x B, potem pa je x B \ C. V obeh primerih velja x (A \ (B C)) (B \ C). (i) Dokaºimo ²e enakost (i). Tretja moºnost dokazovanja je tabela po zgledu resni nostne tabele pri logiki. V tabeli bo z 1 ozna- eno, e element je vsebovan v mnoºici, sicer pa z 0. Pa zapi²imo pripadajo o resni nostno tabelo: A B C (A \ (C B)) B (B A) \ (C \ B) Stolpca v tabeli sta enaka, kar implicira enakost mnoºic. 3. Vse primere se dokaze na podoben na in, zato bomo natan no dokazali le en primer z unijo in en primer s presekom, npr. (g) in (h). Pokaºimo najprej, da je n=1 [ 1, 2n + 1] = (0, ). Hitro opazimo, n da so intervali [ 1, 2n+1] vsebovani v (0, ) za vse n N, zato je potem n unija teh intervalov vsebovana v (0, ). Za dokaz obratne vsebovanosti pa izberimo poljubni x (0, ) in pokaºimo, da je tudi element unije. Za dovolj velik n bo jasno 1 < x < 2n + n 1, ter tako x [ 1, 2n + 1]. n Odtod pa ºe sledi x n=1 [ 1, 2n + 1]. n Nadalje pokaºimo n=1 [ 1, 2n + 1] = [1, 3]. Opazimo, da je [1, 3] n [ 1, 2n + 1] za vse n N, zato je interval [1, 3] zagotovo vsebovan v n preseku intervalov [ 1, 2n + 1], n N. Obratno pa vzemimo poljuben n x n=1 [ 1, 2n + 1] n iz preseka, torej zanj velja x [ 1, 2n + 1] in n < x n za vse n N. To pa pomeni, da mora biti x [1, 3]. 1 n 42

43 (a) R \ Z, (b), (c) ( 1, 2), (d) [0, 1], (e) (, 0), (f) {0}, (g) (0, ), (h) [1, 3]. (i) [ 1, ), (j) [0, 1). 4. (a) Pa denimo, da presek ni prazen, t.j. obstaja x α I A α. To pa pomeni, da je x A α (b) Vzamemo element poljubni (a, b) n=1 (A n B n ) torej (a, b) (A m B m ). To pomeni, da je a A n0 in b B n0 za nek n 0 N. Odtod jasno sledi, da je a n=1 A n in b n=1 B n. S tem je vsebovanost dokazana. 5. Podobno kot v (a) vzemi poljubni (a, b) n=1 A n n=1 B n, ter ugotovi, da je potem a A n in b B n za vse n. Odtod sledi (a, b) n=1 (A n B n ) Poten na mnoºica in kartezi ni produkt 1. (a) P(A) = {, {1}, {2}, {1, 2}}, (b) P(A) = {, {1}, {{1}}, {1, {1}}}, (c) P(A) = {, {1}, { }, {1, }}, P(B) = {, { }, {{1}}, {{ }}, {{1, }}, {, {1}}, {, { }}, {, {1, }}, {{1}, { }}, {{1}, {1, }}, {{ }, {1, }}, {, {1}, { }}, {, {1}, {1, }}, {, { }, {1, }}, {{1}, { }, {1, }}, {, {1}, { }, {1, }}} (d) P(A) = {, {{ }}}, P(B) = {, { }, {{{ }}}, {, {{ }}}}. 2. (a) elementi P(A):, podmnoºice P(A):, { }, {{1}}, 43

44 (b) elementi P(A):, { }, {{1}} podmnoºice P(A):, { }, (c) elementi P(A):, { }, {1, a}, {a}, podmnoºice P(A):, { }, {{1}}, (d) elementi P(A):, { }, {a}, {a, {a}}, {{a, }} podmnoºice P(A):, { }, {{a, }}. 3. elementi P(A):, A, podmnoºice P(A):, { }, {A}, {, A}, elementi P(P(A)):, {{ }}, {A}, {, A} podmnoºice P(P(A)):, { }, {A}. 4. Spomni se, da je vsak element poten ne mnoºice podmnoºica mnoºice N n, ki bodisi vsebuje neko ²tevilo m N n bodisi ga ne vsebuje. Po osnovnem izreku lahko tako podmnoºico mnoºice N n izberemo na 2 n na inov. 5. (a) Velja. Relacija P(A) P(B) pomeni, da so vsi elementi mnoºice P(A) tudi elementi mnoºice P(B). Tudi mnoºica A je torej vsebovana v P(A), kar pomeni, da je A podmnoºica B. Obratno, naj bo A B. Potem so vse podmnoºice mnoºice A tudi podmnoºice B, od koder ºe sledi P(A) P(B). (b) Velja. Sledi neposredno iz denicije prazne in poten ne mnoºice. (c) Velja. Opazi, da so elementi mnoºice P(A) P(B) natanko mno- ºice, ki so hkrati podmnoºice mnoºic A in B, torej preseka A B. (d) V splo²nem ne velja. Oglej si primer A = {1} in B = {2}. (e) V splo²nem ne velja. Opazi naprimer, da je vsebovana v mnoºici P(A \ B), vendar ni vsebovana v P(A) \ P(B). 6. (a) A B = {(1, 1), (1, ), (2, 1), (2, )}, (b) A A A = {(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 1), (1, 2, 2), (2, 1, 1), (2, 1, 2), (2, 2, 1), (2, 2, 2)}, (c) A C = ({1} [1, 3)) {2} [1, 3), (d) C C = {(x, y) x, y [01, 3)}. 7. Vse enakosti oziroma vsebovanosti pokaºemo na enak na in, zato si natan neje oglejmo le primer (e). 44

45 Potrebno bo dokazati vsako vsebovanost posebej. Najprej poka- ºimo (A \ B) (C \ D) = (A C) \ ((B C) (A D)). Vzemimi torej poljuben element (x, y) (A\B) (C\D), torej x A\B in y C \ D. Zaradi x A in y B velja (x, y) A D, zaradi x / B in x / D pa velja (x, y) / (B C) (A D). Obratno vzemimo poljuben (x, y) (A C)\((B C) (A D)). Jasno je potem x A in y C. Ker (x, y) / (B C) (A D), potem sledi x / B im y / D. 8. Enakost ne velja; P(A B) vsebuje podmnoºice A B, P(A) P(B) pa so urejeni pari podmnoºic A oziroma B Relacije 4. (a) antisimetri na, tranzitivna, sovisna. (b) ireeksivna, sovisna. (c) relacija delne urejenosti. 2. (a) asimetri na, tranzitivna. (b) asimetri na. (c) simetri na. (d) ekvivalen na; ekvivalen ni razredi [x] R = {x + n n Z}, x [0, 1). 45

46 (e) simetri na. (a R b pomeni 3 (2a b) oziroma 2a b = 3k. Sledi 2b a = 2(2a 3k) a = 3a 3k, k Z, kar pomeni b R a.) (f) ekvivalen na; ekvivalen ni razredi [x] R = {± x 2 + n n Z}. (g) ekvivalen na; ekvivalen ni razredi [n, n + 1), n Z. (h) ekvivalen na; ekvivalen ni razredi so premice v ravnini s koecientom 2 3. (i) ekvivalen na; ekvivalen ni razredi [x] R = {x + n 2 n Z}. (j) simetri na. (k) asimetri na. (l) ekvivalen na; ekvivalen ni razredi so izhodi² e, ter kroºnice s sredi² em v izhodi² u. (m) simetri na. (n) ekvivalen na; ekvivalen ni razredi so ravnine v prostoru z normalo (1, 1, 1). (o) simetri na. (p) reeksivna, simetri na. (q) ekvivalen na; ekvivalen ni razredi [p(x)] R = {q(x) + x 5 k(x) k polinom }. (r) ekvivalen na; ekvivalen ni razredi so mnoºice polinomov z enakimi ni lami. (s) nima nobene od na²tetih lastnosti. 3. (a) Vzemimo poljuben (a, b) R R 1. Potem obstaja c X, da je (a, c) R 1 in (c, b) R. Odtod sledi (c, a) R in (b, c) R 1, kar pa pomeni (b, a) R R 1. (b) Sledi neposredno iz denicij. (c) Vzemimo take a, b, c, da je a R 1 b in b R 1 c. Sledi b R a in c R b, zaradi reeksivnost R pa tudi c R a. To pa pomeni a R 1 c in tranzitivnost R 1 je dokazana. Vzemimo sedaj a, b, c, da velja a( R R)b in b( R R )c. Po deniciji kompozituma obstajata e, f X, da je a R e, e R b, ter b R f, f R c. Ker je R tranzitivna, dobimo a R b in b R c, kar pomeni a( R R )c. (d) Trditev dokaºimo indirektno. Naj torej R ne bo asimetri na, ter naj obstajata a, b X, da je a R b in b R a. Zaradi tranzitivnosti relacije je potm a R a in R ne more biti ireeksivna. 46