VILNIAUS UNIVERSITETAS Gintaras Skersys Julius Andrikonis Diskrečioji matematika Pratybų medžiaga Versija: 28 m. sausio 22 d. Vilnius, 27
Turinys Turinys 2 Teiginiai. Loginės operacijos. Loginės formulės 3 Uždaviniai pratyboms.................................. 3 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 2 Logikos dėsniai 5 Uždaviniai pratyboms.................................. 5 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 9 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 2 3 Aibių algebra 26 Uždaviniai pratyboms.................................. 26 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 32 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 33 4 Funkcijos 37 Uždaviniai pratyboms.................................. 37 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 42 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 44 5 Sąryšiai 47 Uždaviniai pratyboms.................................. 47 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 53 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 55 6 Aibių galia 59 Uždaviniai pratyboms.................................. 59 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 65 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 66 7 Normaliosios formos I 68 Uždaviniai pratyboms.................................. 68 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 74 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 75
8 Normaliosios formos II. Esminiai ir fiktyvūs kintamieji. Kontaktinės schemos 8 Uždaviniai pratyboms.................................. 8 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 87 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 89 9 Loginės išvados 93 Uždaviniai pratyboms.................................. 93 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 98 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 99 Predikatų logika 5 Uždaviniai pratyboms.................................. 5 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 2 Turing o mašina 7 Uždaviniai pratyboms.................................. 7 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 23 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 24 2 Abėcėlinis kodavimas. Optimalus abėcėlinis kodavimas 3 Uždaviniai pratyboms.................................. 3 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 33 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 34 3 Duomenų spaudimas. Klaidas taisantys kodai I 36 Uždaviniai pratyboms.................................. 36 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 4 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 42 4 Klaidas taisantys kodai II 45 Uždaviniai pratyboms.................................. 45 Uždaviniai savarankiškam darbui............................ 52 Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai............. 53 5 Kriptografija 58 Uždaviniai pratyboms.................................. 58
pratybos Teiginiai. Loginės operacijos. Loginės formulės Teorinė medžiaga: I dalies 3 skyriai. Uždaviniai pratyboms Visų pirma uždavinius išspręsti pabandykite patys. Tik tada, kai išsprendžiate, arba kai pamatote, kad patiems išspręsti nepavyks, pažiūrite pateiktą sprendimą. Uždavinys.. Nustatyti, kurie iš duotų sakinių yra teiginiai ir kokia yra teiginių teisingumo reikšmė.. Vilnius yra Lietuvos sostinė. 2. Kiek dabar valandų? 3. Mėnulis yra iš sūrio. 4. Išspręskite šį uždavinį. 5. 2 + 3 = 6. 6. 2 + x = 6 šiame sakinyje x yra kintamasis. Sprendimas.. Tai teisingas teiginys. 2. Ne teiginys. 3. Tai klaidingas teiginys. 4. Ne teiginys. 5. Tai klaidingas teiginys. 6. Ne teiginys, nes negalime nustatyti, ar tai teisingas teiginys, ar ne jei x = 4, tai gauname teisingą teiginį, priešingu atveju klaidingą. Tai predikatas, juos nagrinėsime vėliau. Uždavinys.2. Turime teiginius: p Lauke lyja, 3
q Lauke sninga, r Lauke šalta, s Lauke tamsu.. Išreikšti duotus sakinius formulėmis, priklausančiomis nuo kintamųjų p, q, r ir s: a Jei lauke lyja arba sninga, tai lauke šalta. b Jei lauke nelyja, bet šalta, tai lauke arba tamsu, arba sninga. 2. Išreikšti duotas formules sakiniais: Sprendimas. a r s p q, b s r p.. a p q r, b p r s q. Komentaras. Kadangi turime lauke arba tamsu, arba sninga, tai naudojame griežtą disjunkciją s q. Paprastą disjunkciją s q naudotume, jei sakinyje būtų lauke tamsu arba sninga. 2. a Tinka toks teiginys: Jei lauke nešalta, tai lauke tamsu ir jei lyja, tai nesninga. Tačiau taip suformuluotas teiginys yra kiek dviprasmiškas, nes jį galima suprasti kaip formulę r s p q, t. y. dviejų implikacijų konjunkciją. Jei implikacijas išreikštume skirtingai, gal iš to galėtume suprasti, kad jos nėra lygiareikšmės? Pavyzdžiui, toks variantas: Jei lauke nešalta, tai lauke tamsu ir iš to, kad lauke lyja, išplaukia, kad lauke nesninga. b Tinka toks teiginys: Lauke nėra netamsu arba nešalta tada ir tik tada, kai lauke lyja. Kadangi neiginį galima išreikšti žodžiais netiesa, kad, galimas ir toks variantas: Netiesa, kad lauke netamsu arba nešalta tada ir tik tada, kai lauke lyja. Uždavinys.3. Tarkime, kad Algis diskrečiosios matematikos egzamine gavo, o kompiuterių architektūros egzamine gavo 8, Benas atitinkamai 8 ir 7, Darius 9 ir. Nustatyti duotų teiginių teisingumo reikšmes.. Darius geriausiai iš visų išlaikė diskrečiąją matematiką. 2. Benas blogiausiai išlaikė kompiuterių architektūrą, o Algis geriausiai išlaikė diskrečiąją matematiką. 3. Algis arba Darius geriausiai išlaikė kompiuterių architektūrą. 4. Jei Darius blogiausiai išlaikė kompiuterių architektūrą, tai Benas geriausiai išlaikė diskrečiąją matematiką. 5. Benas blogiausiai išlaikė diskrečiąją matematiką tada ir tik tada, kai Algis geriausiai išlaikė kompiuterių architektūrą. 4
Sprendimas.. Klaidingas. 2. Duotas teiginys yra dviejų teisingų teiginių Benas blogiausiai išlaikė kompiuterių architektūrą ir Algis geriausiai išlaikė diskrečiąją matematiką konjunkcija, todėl tai irgi teisingas teiginys pagal konjunkcijos skaičiavimo taisykles. 3. Duotas teiginys yra dviejų teiginių Algis geriausiai išlaikė kompiuterių architektūrą ir Darius geriausiai išlaikė kompiuterių architektūrą disjunkcija. Pirmasis iš jų yra klaidingas, antrasis teisingas, todėl duotas teiginys yra teisingas teiginys pagal disjunkcijos skaičiavimo taisykles. 4. Duotas teiginys yra dviejų klaidingų teiginių Darius blogiausiai išlaikė kompiuterių architektūrą ir Benas geriausiai išlaikė diskrečiąją matematiką implikacija, todėl tai irgi teisingas teiginys pagal implikacijos skaičiavimo taisykles. 5. Duotas teiginys yra dviejų teiginių Benas blogiausiai išlaikė diskrečiąją matematiką ir Algis geriausiai išlaikė kompiuterių architektūrą ekvivalencija. Pirmasis iš jų yra teisingas, antrasis klaidingas, todėl duotas teiginys yra klaidingas teiginys pagal ekvivalencijos skaičiavimo taisykles. Uždavinys.4. Sudarykite duotų formulių teisingumo reikšmių lenteles. Nustatykite, ar šios formulės yra tapačiai teisingos, įvykdomos, tapačiai klaidingos.. p p p. 2. p q q p. 3. p q p r p q r. Sprendimas.. Formulė priklauso tik nuo vieno kintamojo p, todėl jos teisingumo reikšmių lentelėje bus dvi eilutės. Pirmame lentelės stulpelyje surašome visas galimas kintamojo p reikšmes visas interpretacijas. Kituose stulpeliuose skaičiuojame tarpines reikšmes pagal atitinkamos loginės operacijos reikšmių skaičiavimo taisykles. Paskutiniame stulpelyje suskaičiuosime duotos formulės, kurią žymėsime Qp, reikšmes. Lentelė bus tokia. p p p p Qp t k k k k t t k Pagal paskutinįjį lentelės stulpelį tikriname, ar formulė tapačiai teisinga, įvykdoma, tapačiai klaidinga. Formulė nėra tapačiai teisinga, nes yra interpretacijų, su kuriomis ji klaidinga kitaip sakant, ji teisinga ne su visomis interpretacijomis. Ji nėra įvykdoma, nes nėra interpretacijų, su kuriomis ji teisinga kitaip sakant, ji klaidinga su visomis interpretacijomis, todėl ši formulė yra tapačiai klaidinga. 2. Formulė priklauso nuo dviejų kintamųjų p ir q, todėl jos teisingumo reikšmių lentelėje bus keturios eilutės. Pirmuose dviejuose lentelės stulpeliuose surašome visus galimus kintamųjų p ir q reikšmių rinkinius visas interpretacijas. Lentelėje formulę žymėsime 5
Qp, q. Lentelė bus tokia. p q p q q p Qp, q t t k t t t k t t k k t t t k k k k k t Pagal paskutinįjį lentelės stulpelį tikriname, ar formulė tapačiai teisinga, įvykdoma, tapačiai klaidinga. Formulė nėra tapačiai teisinga, nes yra interpretacijų, su kuriomis ji klaidinga kitaip sakant, ji teisinga ne su visomis interpretacijomis. Ji yra įvykdoma, nes yra interpretacijų, su kuriomis ji teisinga. Taip pat ši formulė nėra tapačiai klaidinga, nes yra įvykdoma. 3. Formulė priklauso nuo trijų kintamųjų p, q ir r, todėl jos teisingumo reikšmių lentelėje bus aštuonios eilutės. Pirmuose trijuose lentelės stulpeliuose surašome visus galimus kintamųjų p, q ir r reikšmių rinkinius visas interpretacijas. Lentelėje formulę žymėsime Qp, q, r. Lentelė bus tokia. p q r p q p r p q p r q r q r p q r Qp, q, r t t t t k t t k t t t t k t t t k t k k t k t k k k k t k t t k k k t t k t k k k t t t t t t k t t k t k t k t k t t t k k t t t t k t t t k k k t k t k t t t Pagal paskutinįjį lentelės stulpelį tikriname, ar formulė tapačiai teisinga, įvykdoma, tapačiai klaidinga. Formulė nėra tapačiai teisinga, nes yra interpretacijų, su kuriomis ji klaidinga kitaip sakant, ji teisinga ne su visomis interpretacijomis. Ji yra įvykdoma, nes yra interpretacijų, su kuriomis ji teisinga. Taip pat ši formulė nėra tapačiai klaidinga, nes yra įvykdoma. Uždavinys.5. Kurios iš formulių p p q, q, p q p, p q, p q yra ekvivalenčios? Sprendimas. Sudarysime duotų formulių teisingumo reikšmių lenteles ir iš jų nustatysime, kurios iš jų yra ekvivalenčios. p q p q p q p p q p q p t t t t t t t k k k k k k t t k k t k k t k k t Matome, kad p p q p q, p q p p q, o formulė q nėra ekvivalenti jokiai kitai iš išvardintų formulių. Uždavinys.6. Supaprastinkite logines formules, pašalindami logines konstantas. Konstanta gali likti tik tuo atveju, jei formulė yra tapačiai klaidinga arba tapačiai teisinga. 6
p t p t p t t p p t p t p t. p k p k p k k p p k p k p k 2. t k t q k t. 3. k p q k q r r k p r k. 4. t p t p q k q t. Sprendimas.. Pašalinti logines konstantas reiškia surasti ekvivalenčią formulę, kurioje loginių konstantų nebūtų. Spręsime taip: sudarysime formulių teisingumo reikšmių lenteles ir bandysime atspėti kuo paprastesnes ekvivalenčias formules. Pradėkime nuo formulės p t. Teisingumo reikšmių lentelė bus tokia: p t k p t t k Matome, kad formulė p t įgyja lygiai tokias pačias reikšmes, kaip ir formulė p, todėl šios dvi formulės yra ekvivalenčios: p t p. Toliau imkime formulę p k. Jos teisingumo reikšmių lentelė: p t k p k k k Kadangi ši formulė įgyja tik reikšmes k, tai ji ekvivalenti loginei konstantai k: p k k. Kaip matome, kadangi visos duotos formulės priklauso tik nuo vieno kintamojo p, bus tik dvi galimos šių formulių interpretacijos p = k ir p = t. Todėl galimi tik keturi formulių reikšmių rinkiniai: t, t, t, k, k, t ir k, k, t. y. galime gauti tik keturias skirtingas formules, atitinkamai t, p, p ir k: p p t k t k t k k t t k Toliau spręsdami, tą patį darome ir su kitomis formulėmis: sudarome jų teisingumo reikšmių lenteles ir patikriname, kurią iš keturių galimų formulių t, p, p ir k gauname. Teisingumo reikšmių lentelės ir atsakymai bus tokie: p p t p k p t p k p t p k t p k p t t k t t t k t t k k k t k t t k t p p t p k p t p k p t p k t t k k t k t k k t t k t t 7
p t p p t t p t p p t p p k k p k p p k p p k t p t t t p p p t p p k p k p t p k p Pastabos: Šiuos logikos dėsnius, parodančius, kaip pašalinti logines konstantas, jūs naudosite pertvarkydami formules, todėl juos reikės mokėti. Bet nebūtina jų mokytis atmintinai užtenka žinoti, kaip juos galima gauti. O gauti juos, kaip matėme, labai paprasta sudarome nedidukę teisingumo reikšmių lentelę ir iškart matome, kam ši formulė ekvivalenti. Turėkite omenyje, kad visos šiame uždavinyje nagrinėtos loginės operacijos, išskyrus implikaciją, yra komutatyvios, t. y. sukeitus narius vietomis, rezultatas bus tas pats tai nesunkiai galite patikrinti patys, sudarę teisingumo reikšmių lenteles. Todėl, pavyzdžiui, mes skaičiavome tik p t reikšmę, ir neskaičiavome t p, nes p t t p, todėl p t ir t p reikšmės visada sutampa. Taigi, gautus logikos dėsnius aišku, išskyrus tuos, į kuriuos įeina implikacija galima naudoti ir sukeitus juose narius vietomis, pavyzdžiui, t p p, k p p ir t. t. Svarbu suprasti, kad šie logikos dėsniai, kaip ir visi kiti logikos dėsniai, lieka teisingi, įstačius į juos vietoj kintamųjų bet kokias formules. Pavyzdžiui, p t t reiškia, kad P t t, kur P yra bet kokia formulė, t. y., pavyzdžiui, q t t, p q t t ir t. t. Analogiškai, pavyzdžiui, p q k p q, r q k r q ir t. t. 2. Pasinaudosime pirmos uždavinio dalies rezultatais. Aiškumo dėlei dešinėje užrašysime panaudotus logikos dėsnius, pažymėdami vietas, kur jie buvo panaudoti. t k t q k t pritaikome t p p t k q k t p k p t k q t p k p t q t p t p q t p t p q. 3. Pasinaudosime pirmos uždavinio dalies rezultatais: k p q k q r r k p r k t t r k 4. Pasinaudosime pirmos uždavinio dalies rezultatais: p k t, k p t, p k p, p k k p t p t r k p k p t r p t p r. t p t p q k q t t p p, p t p 8
p t p q k q p t t, p k k t p q k p k p t p q p t t t. Tą patį galėjome gauti greičiau, pastebėję, kad iš karto galime pasinaudoti tuo, kad p t t, p k k ir p t t: t p t p q k q t t p q k t Pastaba: Pertvarkant logines formules, naudojantis logikos dėsniais, patartina visų pirma pašalinti visas konstantas, ir tik tada taikyti kitus logikos dėsnius. Iš tikrųjų, šalindami konstantas tuo pačiu galime pašalinti ir didelę dalį formulės, todėl jos pertvarkyti nebereikės. Pavyzdžiui, p q p t p q t t, todėl šioje formulėje nėra prasmės šalinti ekvivalencijos, nes ji ir taip dingsta. Bet kol visų konstantų nepašalinsime, tol nežinosime, ar verta šalinti ekvivalenciją. Todėl, pakartosiu, patartina visų pirma pašalinti visas konstantas. 9
Uždaviniai savarankiškam darbui Uždavinys.7. Sudarykite duotų formulių teisingumo reikšmių lenteles ir nustatykite, ar šios formulės yra tapačiai teisingos, įvykdomos, tapačiai klaidingos:. p q p q. 2. p r p q. p 3. p q q r p r. 4. p q r r p q. 5. p r q r p q r. 6. p q q p r p q. 7. q r p s. Uždavinys.8. Nustatykite, ar formulės yra ekvivalenčios.. p q r ir p q r; 2. p q r ir p q r; 3. p q ir p q; 4. p q ir p q. Uždavinys.9. Supaprastinkite logines formules, pašalindami logines konstantas. Konstanta gali likti tik tuo atveju, jei formulė yra tapačiai klaidinga arba tapačiai teisinga.. t p q k k r ; 2. p t p k p ; 3. p q k p t t r ; 4. p t q k t r.
Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai Uždavinio.7 sprendimas ir atsakymai:. Formulės teisingumo reikšmių lentelė: p q p q q p q p q p q t t t t t t k k t t k t k k t k k k t t Formulė tapačiai teisinga, įvykdoma, ne tapačiai klaidinga. 2. Formulės teisingumo reikšmių lentelė: p q r p r p q p r p q t t t k t k t t k t t t t k t k k k t k k t k k k t t t k k k t k k k k k k t t t t k k k k t k Formulė nėra tapačiai teisinga, įvykdoma, ne tapačiai klaidinga. 3. Formulės teisingumo reikšmių lentelė lentelėje formulę žymėsime Qp, q, r: p q r p q q r p q r p r p q r p r Qp, q, r t t t t t t t t t t t k t k k k t t t k t k t t t t t t k k k t t k k t k t t t t t t t t k t k t k t t t t k k t t t t t t t k k k t t t t t t Formulė tapačiai teisinga, įvykdoma, ne tapačiai klaidinga. 4. Formulės teisingumo reikšmių lentelė lentelėje formulę p q r žymėsime P p, q, r, formulę r p q žymėsime Qp, q, r, o formulę p q r r p q
P p, q, r Qp, q, r žymėsime Rp, q, r: p q r q r P p, q, r q p q Qp, q, r Qp, q, r Rp, q, r t t t k k k k k t k t t k t t k k t k k t k t t t t t t k k t k k t t t t t k k k t t k t k t t k k k t k t t k t t k k k k t t t t t t k k k k k t t t t t k k Formulė nėra tapačiai teisinga, nėra įvykdoma, taigi tapačiai klaidinga. 5. Formulės teisingumo reikšmių lentelė lentelėje formulę žymėsime Qp, q, r: p q r p r q r p q p q r q r p q r Qp, q, r t t t t t t t t t t t k k k t k t t t k t t t t t t t t k k k t t k k t k t t t t t t t t k t k t k t k t t k k t t t k t t t k k k t t k t t t Formulė tapačiai teisinga, įvykdoma, ne tapačiai klaidinga. 6. Sudarome formulės teisingumo reikšmių lentelę, kurioje formulę p q q p r žymėsime P p, q, r, o visą formulę žymėsime Rp, q, r. p q r p p q p r q p r P p, q, r p q Rp, q, r t t t k t k k k t k t t k k t k k k t k t k t k k k t k t k t k k k k k t k t k k t t t k t t k t k k t k t k k k k t k k k t t t t t t k k k k k t t k t t k k Formulė nėra tapačiai teisinga, nes yra interpretacijų, su kuriomis ji klaidinga kitaip sakant, ji teisinga ne su visomis interpretacijomis. Ji nėra įvykdoma, nes nėra interpretacijų, su kuriomis ji teisinga kitaip sakant, ji klaidinga su visomis interpretacijomis, todėl ši formulė yra tapačiai klaidinga. 7. Formulė priklauso nuo keturių kintamųjų p, q, r ir s, todėl jos teisingumo reikšmių lentelėje bus 6 eilučių. Pirmuose keturiuose lentelės stulpeliuose surašome visus galimus kintamųjų reikšmių rinkinius visas interpretacijas. Lentelėje formulę žymėsime 2
Qp, q, r, s. Lentelė bus tokia. p q r s r p r p s Qp, q, r, s t t t t k t t t t t k k t t t t k t t t t t t k k t k k t k t t k t k t k t k k t k t k k t t t k t k k k t k k k t t t t t t k t t k t k k k t k t t t t k t k k t k k k k t t t t k k k t k t k k k k k t t t k k k k k t k k Pagal paskutinįjį lentelės stulpelį tikriname, ar formulė tapačiai teisinga, įvykdoma, tapačiai klaidinga. Formulė nėra tapačiai teisinga, nes yra interpretacijų, su kuriomis ji klaidinga kitaip sakant, ji teisinga ne su visomis interpretacijomis. Ji yra įvykdoma, nes yra interpretacijų, su kuriomis ji teisinga. Taip pat ši formulė nėra tapačiai klaidinga, nes yra įvykdoma. Uždavinio.8 sprendimas ir atsakymai:. Šios formulės yra ekvivalenčios, nes abiejose konjunkcija yra atliekama prieš disjunkciją. Iš tiesų pirmoji yra gauta iš antrosios praleidus nebūtinus skliaustus. 2. Pirmojoje formulėje dėl loginių operacijų prioritetų pirma atliekama konjunkcija, o po to tik disjunkcija, taigi p q r p q r. Kita vertus, antrojoje dėl skliaustų pirma atliekama disjunkcija, o tik po to konjunkcija. Tiesa, tai, kad formulių užrašai nesutampa, dar nereiškia, kad formulės nėra ekvivalenčios. Tačiau norint tuo įsitikinti, užtenka rasti bent vieną interpretaciją, su kuria viena formulė būtų teisinga, o kita ne. Iš tiesų, pavyzdžiui, kai p = t, q = t, o r = k, pirmoji formulė yra teisinga p q r = t t k = t k = t, o antroji formulė yra klaidinga p q r = t t k = t k = k. Taigi formulės nėra ekvivalenčios. 3. Pirmojoje formulėje neigimas atliekamas prieš konjunkciją, nes jo prioritetas aukštesnis, taigi p q p q. Antrojoje skliaustai reikalauja, kad pirma būtų atlikta konjunkcija, o tik po to neigimas. Tačiau tai dar nereiškia, kad formulės tikrai nėra ekvivalenčios. Bet jeigu p = t ir q = k, tada pirmoji formulė yra klaidinga p q = t k = k k = k, o antroji teisinga p q = t k = k = t. Taigi formulės nėra ekvivalenčios. 4. Abiejose formulėse neigimas atliekamas prieš konjunkciją, taigi šios dvi formulės yra ekvivalenčios. Pastaba: Nors loginėms operacijoms ir nustatyti prioritetai, tačiau geriau vis dėlto formulėse 3
vidinių skliaustų nepraleisti. Juk užrašas p q r yra žymiai aiškesnis už p q r, nors abu reiškia tą pačią formulę. Paprastai rašydami formules praleisime tik išorinius skliaustus vietoje p q rašysime p q, skliaustus besikartojančiose asociatyviose operacijose vietoje p q r rašysime p q r ir skliaustus, išskiriančius neigimą vietoje p q rašysime p q. Uždavinio.9 sprendimas ir atsakymai:. t p q k k r p t t p t t. 2. p t p k p t p k t p t. 3. p q k p t t r p q p r. 4. p t q k t r t q r q r. 4
2 pratybos Logikos dėsniai Teorinė medžiaga: I dalies 4 skyrius. Uždaviniai pratyboms Visų pirma uždavinius išspręsti pabandykite patys. Tik tada, kai išsprendžiate, arba kai pamatote, kad patiems išspręsti nepavyks, pažiūrite pateiktą sprendimą. Uždavinys 2.. Užrašykite duotųjų teiginių neiginius įkėlę neiginio ženklą į skliaustus:. Durys atsivėrė, ir katė išėjo lauk. 2. Jei knyga plona, tai aš ją skaitysiu. Sprendimas.. Pažymėkime teiginius: p Durys atsivėrė, q Katė išėjo lauk. Tada sakinį galime užrašyti formule p q. Jos neiginys bus: p q p q Todėl duoto sakinio neiginys bus: Durys neatsivėrė, arba katė neišėjo lauk. 2. Pažymėkime teiginius: p Knyga yra plona, q Aš ją skaitysiu. Tada sakinį galime užrašyti formule p q. Jos neiginys bus p q p q p q p q Todėl duoto sakinio neiginys bus: Nors knyga ir plona, bet aš jos neskaitysiu. Uždavinys 2.2. Įrodykite, naudodamiesi logikos dėsniais:. p q r p q r p q r p q r p, 5
2. p q q p r p q r, 3. p q q r p r t, 4. p q p p q p q. Sprendimas. Pastaba: Užduotyse, kuriose reikia pertvarkyti loginę formulę, paprastai veiksmus atliekame ta pačia eilės tvarka, kaip ir sudarydami normaliąsias formas žr. mokymo priemonės skyrių apie normaliųjų formų sudarymą: visų pirma pašaliname visas logines operacijas, išskyrus neigimą, konjunkciją ir disjunkciją, paskui įkeliame neiginius į skliaustus, taikydami De Morgano dėsnius, ir tada naudojame distributyvumo dėsnius. Atkreipkite dėmesį į tai, kad neverta įkėlinėti neiginių į skliaustus tol, kol nepašalintos visos loginės operacijos, išskyrus neigimą, konjunkciją ir disjunkciją, nes šalinant tas operacijas, kai kurie neiginiai gali išsiprastinti. Pavyzdžiui, p q p p q p p q p neiginys išsiprastino. Jei būtume įkėlę neiginį į skliaustus prieš pašalindami implikaciją, tai pašalinę implikaciją, dar kartą būtume turėję įkelti neiginį į skliaustus.. 2. 3. p q r p q r p q r p q r p q r q r q r q r q p r r q r r p q t q t p q q p t p Vietoje, pažymėtoje, taikomas distributyvumo dėsnis kintamasis p iškeliamas iš visų keturių skliaustų. Vietoje, pažymėtoje, distributyvumo dėsnis taikomas du kartus: iš antrųjų ir trečiųjų skliaustų iškeliamas kintamasis q, o iš pirmųjų ir ketvirtųjų q. p q q p r p q q p r p q q p r p q q p r p q q r p q q q r p t q r p q r Vietoje, pažymėtoje, taikomas distributyvumo dėsnis kintamasis p iškeliamas prieš skliaustus. Vietoje, pažymėtoje, distributyvumo dėsnis taikomas į kitą pusę: kintamasis q įkeliamas į skliaustus. p q q r p r p q q r p r p q q r p r p q q q r p r r p q t r p t p q r p p p q r t q r t Vietoje, pažymėtoje, du kartus taikomas distributyvumo dėsnis: q įkeliamas į pirmuosius skliaustus, o r į antruosius. Vietoje, pažymėtoje, disjunkcijos elementai sukeičiami vietomis ir sugrupuojami. 6
4. Pirmiausiai pertvarkome kairiąją pusę: p q p p q p p q p p p q p k q p q p. Dabar dešinioji pusė: p q p q p q q p p q p q q p p q p q q p p q p q q p p q p q p q q p p q p q q p p q p q k q q p q k p q q p. Gavome tą pačią loginę formulę abiem atvejais, todėl duotos formulės ekvivalenčios. Beje, žvaigždute pažymėtoje vietoje galėjome iš karto gauti p q, jei būtume pritaikę absorbavimo dėsnį. Tačiau mes, to nepastebėję, pritaikėme distributyvumo dėsnį, įkeldami p q į skliaustus. Pastaba: Ypatingą dėmesį atkreipkite į skliaustus, stenkitės jų nepamiršti. Geriau jų rašyti per daug, negu per mažai. Iš tikrųjų, tai yra dažna studentų darbų klaida: kurioje nors vietoje pametami skliaustai, ir nuo tos vietos sprendimas tampa neteisingu. Paprasčiausias pavyzdys: p q r p r q r. Pažiūrėkime, ką gautume, jei pamirštume skliaustus: p q r p r q r p r q r p r. Vietoje, pažymėtoje, buvo pritaikytas absorbavimo dėsnis. Gavome neteisingą atsakymą. Uždavinys 2.3. Išreikškite visas logines operacijas ir logines konstantas per:. {, }, 2. { }. Sprendimas.. p q p q, p q p q p q, p q p q q p p q q p, p q p q p q q p, p q p q, k p p, t k p p. 7
2. p p p p p, p q p q p q p q, p q p q p q p p q q, p q p q p q p q p q q, p q p q q p p q q q p p p p q q q p p q q q p p, p q p q p p q q q p p q q q p p p p q q q p p q q q p p p q q q p p p q q q p p, k p p p p p p p p p p p p, t k p p p p p p p. 8
Uždaviniai savarankiškam darbui Uždavinys 2.4. Užrašykite duotųjų sakinių neiginius įkėlę neiginio ženklą į skliaustus:. Arba išlaikysiu diskrečiosios matematikos egzaminą, arba mesiu mokslus. 2. Jei vakare šals arba lis, tai aš niekur neisiu ir žiūrėsiu televizorių. 3. Jei egzaminas bus sunkus arba aš suklysiu, tai neišlaikysiu ir negausiu stipendijos. Uždavinys 2.5. Įrodykite, naudodamiesi logikos dėsniais:. p q p q p q, 2. p q p q p, 3. p q p q k, 4. p q p p, 5. p q p p p p q, 6. p q p q, 7. p q r p q p r t, 8. Griežtos disjunkcijos asociatyvumą: p q r p q r, 9. p q p r p q r,. p q r q p r,. p q q p. 9
Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai Uždavinio 2.4 sprendimas ir atsakymai:. Pažymėkime teiginius: p Išlaikysiu diskrečiosios matematikos egzaminą, q Mesiu mokslus. Tada sakinį galime užrašyti formule p q. Jos neiginys bus: p q p q p q Todėl duoto sakinio neiginys bus: Išlaikysiu diskrečiosios matematikos egzaminą tada ir tik tada, kai mesiu mokslus. Arba laiko atžvilgiu teisingiau: Mesiu mokslus tada ir tik tada, jei išlaikysiu diskrečiosios matematikos egzaminą. 2. Pažymėkime teiginius: p Vakare šals, q Vakare lis, r Aš niekur neisiu, s Aš žiūrėsiu televizorių. Tada: p q r s p q r s p q r s p q r s Todėl duoto sakinio neiginys bus: Vakare šals arba lis, bet aš kur nors eisiu arba nežiūrėsiu televizoriaus. 3. Pažymėkime teiginius: p Egzaminas bus sunkus, q Aš suklysiu, r Neišlaikysiu, s Negausiu stipendijos. Tada: p q r s p q r s p q r s p q r s Todėl duoto sakinio neiginys bus: Egzaminas bus sunkus arba aš suklysiu, bet aš išlaikysiu arba gausiu stipendiją. Uždavinio 2.5 sprendimas: 2
. p q p q p q p q p q p q p q p q q p p q p q q p 2. p q p q q p p q p q q p p q q q p p k q p p q p p q p p p q k p q Vietoje, pažymėtoje, taikomas distributyvumo dėsnis formulė p iškeliama prieš skliaustus. Vietoje, pažymėtoje, distributyvumo dėsnis taikomas į kitą pusę: formulė p įkeliama į skliaustus. p q p q p q p q p q q p k p 3. Vietoje, pažymėtoje, taikomas distributyvumo dėsnis: p iškeliamas prieš skliaustus. p q p q p q p q p q p q p q p q p q p q p q p q p q p q p q p q p q p q Pažymėkime kairiąją disjunkcijos pusę F, o dešiniąją G ir suprastinkime jas atskirai: F = p q p q p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q p q q p p q q p p q p p q q q p p q q p p q p p q q q p p q q p p q t t q p p q q p 2
p q p q p q p q p q q p q q p k p k p p k Pirmiausia pašaliname visas logines operacijas, išskyrus neigimą, konjunkciją ir disjunkciją. Po to įkeliame neigimą į skliaustus. Vietoje, pažymėtoje, taikomas distributyvumo dėsnis: pirmuosiuose didžiuosiuose skliaustuose antrieji mažieji skliaustai įkeliami į pirmuosius mažuosius skliaustus. Vietoje, pažymėtoje, pirmuosiuose didžiuosiuose skliaustuose vėl du kartus taikomas distributyvumo dėsnis: pirmajame didžiųjų skliaustų konjunkcijos operande kintamasis p įkeliamas į skliaustus, o antrajame į skliaustus įkeliama formulė q. Vietoje, pažymėtoje, pašalinami nereikalingi skliaustai. Kadangi konjunkcijos operacija yra asociatyvi nėra svarbu kuria tvarka atliksime konjunkciją, todėl skliaustai, kurie nurodo konjunkcijų atlikimo tvarką nėra būtini. Vietoje, pažymėtoje be to, kad suprastiname konstantas, dar ir pertvarkome skliaustų tvarką ir keliuose skliaustuose sukeičiame elementus vietomis. Vietoje, pažymėtoje, ir vėl du kartus taikomas distributyvumo dėsnis, tik šį kartą į priešingą pusę: iš pirmųjų dviejų skliaustų iškeliamas p, o iš paskutiniųjų dviejų p. Antroji formulė G suprastinama analogiškai, todėl viso to atskirai nekomentuosime, tik atitinkamose vietose sudėsime tas pačias žymes. G = p q p q p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q q p p q p q q p p q q p p q p p q q q p p q q p p q p p q q q p p q q p p q t t q p p q q p p q p q p q p q p q q p q q Dabar belieka tik šias dvi dalis sudėti: p k p k p p k p q p q p q p q F G k k k Taigi, p q p q k. 22
Dažniausiai naudojami logikos dėsniai skirti operuoti neigimais, konjunkcijomis ir disjunkcijomis. Todėl natūralu, kad siūlomas formulių pertvarkymo metodas yra paremtas tuo, kad visų pirma formulėse visos loginės operacijos išreiškiamos naudojant neigimą, konjunkciją ir disjunkciją. Tada taikomi įvairūs šioms operacijoms skirti logikos dėsniai, kurie buvo pateikti paskaitų ir pratybų metu. Kita vertus, toks kelias tikrai nėra vienintelis. Viena iš to priežasčių paskaitų ir pratybų metu pateiktas logikos dėsnių sąrašas nėra baigtinis. Jų galima išvesti ir daugiau. Pavyzdžiui, šiuo atveju užtektų pastebėti, kad griežtoji disjunkcija, kitaip dar vadinama sudėtimi moduliu du beje, kaip ir algebrinė sudėtis, yra komutatyvi p q q p ir asociatyvi p q r p q r operacija. Tuo įsitikinti galima, pavyzdžiui, naudojant teisingumo lentelę arba ekvivalenčiais pertvarkymais, naudojant jau žinomus logikos dėsnius. Parodysime tik sudėties komutatyvumą asociatyvumą paliksime savarankiškam darbui: p q p q p q q p q p p q q p q p Naudojant šias savybes duotąją formulę suprastinti yra žymiai paprasčiau: p q p q p q p q p q p q p p q q p p q q p p q q p p q q t t k Pagaliau pastebėkime, kad tokį rezultatą galima buvo numanyti. Iš tiesų, griežtoji disjunkcija sudėtis moduliu 2 turi tokią savybę jeigu kintamųjų reikšmės sutampa, griežtosios disjunkcijos rezultatas yra k t t k ir k k k. Jeigu kintamųjų reikšmės nesutampa, griežtosios disjunkcijos rezultatas yra t t k t ir k t t. Jeigu p ir q reikšmės sutampa, tada tiek p q k, tiek p q k, o visos formulės rezultatas yra k k k. Jeigu p ir q reikšmės yra priešingos, tada p q t ir p q t, todėl visos formulės rezultatas ir vėl yra t t k. Taigi, nepriklausomai nuo interpretacijos formulės reikšmė yra k, kitaip sakant, ši formulė yra tapačiai klaidinga. Nors samprotavimas, naudojant teisingumo lentelę netiktų tuo atveju, jeigu uždavinio sąlygoje būtų prašoma naudoti logikos dėsnius, tačiau jį vis tiek galima naudoti, norint pasitikrinti uždavinio atsakymą. 4. p q p p q p p. Pastaba: Beje, šiuo atveju galima būtų pirma suprastinti formulę. Naudojant absorbavimo dėsnį, p q p p, taigi atsakymą gauname netgi nekeldami neiginio į skliaustus. 5. p q p p p p q p p p p q p t p q p p q p p p q t p q p q p q. 6. p q p p q q p p p q q p p p q q p p p p q q p 23
p q q p p p p q q p p q q p p p p q p q p p q p q p p q t p q p p q p q p p p q p q t p q p q p q p p q k q q. 7. p q r p q p r p q r p q p r p q r p q p r p q r p q p r p q r p q p r p q r p q p r p q r p p q r q p r p p q q q r q p r p t r q p r p r q p r p p r q p r t r q p r r q p r r r q p t q p t. 8. p q r p q r p q q p r p q q p r p q q p r r p q q p p q q p r r p q q p p q r q p r r p q q p p q r q p r r p r q q p p q r q p r r p q p r q q p p q r q p r r p q r q p p q r p q r p q r p q r p q r q r p q r q r p q r q r p q r q r q r q r p q r r q p 24
p q r r q q r p p q r r q q r p p q r q r p p q r q r p p q r p q r. Šiame įrodyme panaudoti keli papildomi logikos dėsniai. Visų pirma: p q p p q p p p q t p q. Taip pat: q r q r q q r r q r q q q r r q r r t q r r q t q r r q. 9. p q p r p q p r p q r p q r p q r.. q p r q p r q p r p q r p q r p q r.. p q p q q p p q q p q p p q q p p q q p. 25
3 pratybos Aibių algebra Teorinė medžiaga: II dalies skyrius. Uždaviniai pratyboms Visų pirma uždavinius išspręsti pabandykite patys. Tik tada, kai išsprendžiate, arba kai pamatote, kad patiems išspręsti nepavyks, pažiūrite pateiktą sprendimą. Pratybose N žymi natūraliųjų skaičių aibę, N = {,, 2, 3,... } atkreipkite dėmesį, kad N, Z žymi sveikųjų skaičių aibę, Z = {..., 2,,,, 2,... }, Q žymi racionaliųjų skaičių aibę, o R žymi realiųjų skaičių aibę. Tai, kad aibė A yra aibės B poaibis, žymėsime A B. Tą patį reiškia ir žymėjimas B A, tik šiuo atveju akcentuojama tai, kad aibė B yra aibės A viršaibis. Tuo tarpu ženklu ar žymėsime tai, kad viena aibė yra kitos aibės tikrasis poaibis. T. y., A A ir A A, tačiau A A ir A A. Uždavinys 3.. Nustatykite, ar lygios šios:. aibės: {, }, {, } ir {,, }; 2. šeimos: {, }, {, } ir {,, }; 3. sekos vektoriai:,,, ir,,. Sprendimas.. Kadangi aibėse nėra svarbi nei elementų tvarka, nei vienodų elementų kiekis, vadinasi visos nurodytos aibės yra lygios ir yra sudarytos iš dviejų elementų: ir. 2. Šeimose elementų tvarka nėra svarbi, tačiau vienodų elementų kiekis svarbus. Todėl šeimos {, } ir {, } yra lygios, tačiau {,, } nėra lygi nė vienai iš pirmųjų dviejų, nes joje pasikartoja du kartus. 3. Sekose svarbus ne tik vienodų elementų kiekis, bet ir elementų tvarka. Todėl visos trys sekos yra skirtingos ir nėra tarpusavyje lygios. Uždavinys 3.2. Išvardinkite visus duotos aibės A elementus.. A = {x : x yra toks realusis skaičius, kad x 2 = } = {x R : x 2 = }. 2. A = {x : x yra toks sveikasis skaičius, kad x 2 = 2} = {x Z : x 2 = 2}. 3. A = {y : x = y + z, kur x, z X}, kur aibė X = {, 2}. 26
Sprendimas.. A = {, }. 2. A =. 3. Turime y = x z, kur x, z X. Imame visas galimas x ir z reikšmes ir apskaičiuojame y reikšmes: Taigi, A = {,,, } = {,, }. x z y 2 2 2 2 Uždavinys 3.3. Duotas aibes užrašykite pavidalu {P x : Sx}.. {, 3, 5, 7, 9,,... }, 2. {, 6,, 6,..., 96}, 3. {2, 3, 5, 7,, 3, 7, 9, 23, 29,..., 997}. Sprendimas.. {x : x nelyginis natūralusis skaičius} = {x : x = 2k +, k N}. Šią aibę taip pat galima užrašyti ir taip: {x N : x nelyginis skaičius}. Dar trumpiau galima užrašyti taip: {2k + : k N}. 2. {x : x = 5k +, k N, k 9}. Šią aibę taip pat galima užrašyti ir taip: {5k + : k N, k 9}. 3. {x : x pirminis skaičius, mažesnis už }. Uždavinys 3.4. Nustatykite, ar šios aibės lygios.. { {}, } ir { {} }, 2. { {} } ir {}, 3. { } ir. Sprendimas.. Aibės lygios, jei jos sudarytos iš tų pačių elementų. Aibė { {}, } yra sudaryta iš dviejų elementų {} ir. Iš tikrųjų, tai skirtingi elementai, nes {} yra aibė, o nėra aibė, tai skaičius. Tuo tarpu aibė { {} } yra sudaryta tik iš vieno elemento {}, ji neturi elemento. Todėl šios aibės nelygios. 2. Pirmoji aibė { {} } yra sudaryta iš vieno elemento {}, o antroji aibė {} yra sudaryta iš vieno elemento. Kaip jau matėme spręsdami pirmąją uždavinio dalį, pirmosios aibės vienintelis elementas {} nėra tas pats, kas antrosios aibės vienintelis elementas, todėl šios aibės nelygios. 27
3. Pirmoji aibė { } nėra tuščia aibė, ji turi vieną elementą, kuris yra tuščia aibė. Tai, kad elementas yra tuščia aibė, nereiškia, kad jo nėra. Jis yra, ir tai aibė nesvarbu, kad tuščia. Tuo tarpu antroji aibė yra tuščia, ji elementų neturi iš viso. Todėl šios aibės nelygios. Galbūt situacija taps aiškesnė, įsivaizduojant aibę kaip failų sistemos aplanką katalogą. Tada tuščia aibė atitinka tuščią aplanką, jame nėra jokio failo anei aplanko. Tuo tarpu aibė { } atitinka aplanką, kuris nėra tuščias jame yra vienas aplankas kuris savo ruožtu yra tuščias. Uždavinys 3.5. Duotos aibės { 2, {2} } {, {2}, { {2} }} {, {2}, { 2, {2} }} { {{2} } } ir. Kurioms iš jų priklauso elementas 2? Elementas {2}? Kurių iš jų poaibis yra aibė {2}? Aibė { {2} }? Sprendimas. Atsakymus surašykime į lentelę. Pirmajame stulpelyje atsakymai į klausimą, ar 2 priklauso atitinkamoms aibėms, ir t. t. A 2 A {2} A {2} A { {2} } A { } 2, {2} Taip Taip Taip Taip { {2}, { {2} }} Ne Taip Ne Taip { {2}, { 2, {2} }} Ne Taip Ne Taip { {{2} } } Ne Ne Ne Ne Komentaras. Atsakant į trečiąjį klausimą, kurių aibių poaibis yra aibė {2}, reikia nustatyti, kurioms aibėms priklauso elementas 2 nes, pagal poaibio apibrėžimą, aibė A yra aibės B poaibis, jei visi aibės A elementai priklauso ir aibei B, t. y. reikia atsakyti į tą patį pirmąjį klausimą. Todėl lentelės trečiajame stulpelyje atsakymai sutampa su atsakymais pirmajame stulpelyje. Dėl tos pačios priežasties ir ketvirtojo stulpelio atsakymai sutampa su antrojo stulpelio atsakymais. Uždavinys 3.6. Duotos aibės { }, {, { } } ir { { } }. Kurioms iš jų priklauso elementas? Elementas { }? Kurių iš jų poaibis yra aibė? Aibė { }? Sprendimas. Atsakymus surašykime į lentelę. Pirmajame stulpelyje atsakymai į klausimą, ar priklauso atitinkamoms aibėms, ir t. t. A A { } A A { } A { { } } Taip Ne Taip Taip, { } Taip Taip Taip Taip { } { } Ne Taip Taip Ne Komentaras. Tuščioji aibė yra bet kokios aibės poaibis, todėl į trečiąjį klausimą visi atsakymai teigiami. Atsakant į ketvirtąjį klausimą, kurių aibių poaibis yra aibė { }, reikia nustatyti, kurioms aibėms priklauso elementas, t. y. reikia atsakyti į tą patį pirmąjį klausimą. Todėl lentelės ketvirtajame stulpelyje atsakymai sutampa su atsakymais pirmajame stulpelyje. Uždavinys 3.7. Duota aibė A. Raskite aibių A ir PA galias elementų skaičių A ir PA, kur PA aibės A poaibių aibė. Pirmose šešiose uždavinio dalyse rasti ir pačią poaibių aibę PA. 28
. A =. 2. A = {a}. 3. A = P. 4. A = {a, b}. 5. A = P P. 6. A = {, 2, 3, 4}. 7. A = {, 2, 3,..., }. 8. A visų triženklių natūraliųjų skaičių aibė. Sprendimas. Užrašas A reiškia aibės galią baigtinėse aibėse elementų skaičių.. A =, A =, PA = { }, PA =. 2. A = {a}, A =, PA = {, {a} } = {, A}, PA = 2. 3. A = P = { } tai radome pirmoje uždavinio dalyje, A =, PA = 2. 4. A = {a, b}, A = 2, PA = 4. PA = {, { } } = {, A}, PA = {, {a}, {b}, {a, b} } = {, {a}, {b}, A }, 5. A = P P = {, { } } tai radome trečioje uždavinio dalyje, A = 2, { PA =, { }, { { } }, {, { } }} { =, { }, { { } } }, A, PA = 4. 6. A = {, 2, 3, 4}, A = 4, PA = 6. PA = {, {}, {2}, {3}, {4}, {, 2}, {, 3}, {, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}, {, 2, 3}, {, 2, 4}, {, 3, 4}, {2, 3, 4}, {, 2, 3, 4} }, 7. A = {, 2, 3,..., }, A =. Poaibių aibės galia apskaičiuojama pagal formulę PA = 2 A, taigi PA = 2 = 24. 8. A visų triženklių natūraliųjų skaičių aibė. Mažiausias triženklis natūralusis skaičius yra, didžiausias 999. Taigi, viso yra 999 + = 9 triženklių natūraliųjų skaičių. Taigi, A = 9, PA = 2 9 8,45 27. Uždavinys 3.8. Aibė A = {, 2}. Raskite PA A. Sprendimas. Kadangi PA = {, {}, {2}, {, 2} }, tai PA A = {,,, 2, {},, {}, 2, {2},, {2}, 2, {, 2},, {, 2}, 2 }. Pastaba: Aibę PA trumpiau galima užrašyti taip: {, {}, {2}, A }. Analogiškai galima užrašyti ir aibės PA A elementus. Pavyzdžiui, vietoj {, 2}, galima rašyti A,. 29
Uždavinys 3.9. Duotos aibės A = {, 2, 3, 4} ir B = {3, 4, 5}. Raskite aibes A B, A B, A \ B, B \ A, A ir B. Laikykite, kad universalioji aibė yra natūraliųjų skaičių aibė N = {,, 2, 3,... }. Sprendimas. A B = {, 2, 3, 4, 5}, A B = {3, 4}, A \ B = {, 2}, B \ A = {5}, A = N \ {, 2, 3, 4} = {} {x N : x 5} = {, 5, 6, 7,... }, B = N \ {3, 4, 5} = {,, 2} {x N : x 6} = {,, 2, 6, 7, 8, 9,... }. Uždavinys 3.. Pavaizduokite aibę A C \ B Veno diagrama Oilerio skrituliais. Sprendimas. Vertikaliai užbrūkšniuota sritis yra A C, horizontaliai B, o atsakymas nuspalvintas pilkai. A U B C Uždavinys 3.. Duota Veno diagrama: A U B C Užrašykite formule aibę, kuri diagramoje nuspalvinta pilkai. Sprendimas. Pavyzdžiui, B \ A A C. Be abejo, tai ne vienintelis būdas, pabandykite rasti kitų. Uždavinys 3.2. Įrodykite lygybę A \ B B \ A = A B \ A B naudodamiesi Veno diagramomis. Sprendimas. Lygybės kairiosios pusės Veno diagrama: U A B 3
Čia vertikaliai užbrūkšniuota sritis yra A\B, horizontaliai B\A, o visa aibė nuspalvinta pilkai. Lygybės dešiniosios pusės Veno diagrama: U A B Čia vertikaliai užbrūkšniuota sritis yra A B, horizontaliai A B, o visa aibė nuspalvinta pilkai. Matome, kad abiem atvejais nuspalvinta ta pati sritis, todėl duotos aibės yra lygios. Uždavinys 3.3. Įrodykite lygybes naudodamiesi aibių algebros dėsniais. Čia ir toliau U žymi universalią aibę, t. y. A, B, C U.. A C \ B A U = A, 2. U A B A = A, 3. A B A = A. Sprendimas.. A C \ B A U = A U = A U = A. 2. U A B A = A U A B = A U B = A U = A. Vietoje, pažymėtoje, du kartus taikomas komutatyvumo dėsnis. Vietoje, pažymėtoje, taikomas distributyvumo dėsnis. 3. Įrodymas analogiškas antrosios uždavinio dalies lygybės įrodymui. Bet galima ir paprasčiau. Ši lygybė iškart išplaukia iš antrosios uždavinio dalies lygybės pagal dualumo principą. Uždavinys 3.4. Pasinaudoję dualumo principu, raskite lygybei A U A = dualią lygybę. Sprendimas. A U A = U. Uždavinys 3.5. Įrodykite lygybę A \ B = A B naudodamiesi aibių operacijų apibrėžimais ir logikos dėsniais. Sprendimas. Pirmiausia parodysime, kad A \ B A B. Tarkime, x A \ B. Pagal papildinio apibrėžimą x / A \ B, t. y. x A \ B. Pagal aibių skirtumo apibrėžimą gauname, kad x A ir x / B. Pritaikę De Morgano dėsnį, gauname x A arba x / B, t.y. x / A arba x B. Vėl pagal papildinio apibrėžimą gauname, kad x A arba x B. Pagal aibių sąjungos apibrėžimą x A B. Taigi, A \ B A B. Į kitą pusę parodome tokiu pat būdu, tik iš kito galo. Pradėję nuo to, kad x A B, parodome, kad tokiu atveju x A \ B. Todėl A \ B A B. Taip įrodėme reikiamą lygybę. 3
Uždaviniai savarankiškam darbui Uždavinys 3.6. Duotas aibes užrašykite pavidalu {P x : Sx}.. {..., 2, 9, 6, 3,, 3, 6, 9, 2,... }; 2. {3, 5, 9,, 5, 7,... }; 3. {8, 88, 888, 8888,... }. Uždavinys 3.7. Duota aibė A = {a, b, c}. Raskite aibių A ir PA galias elementų skaičių A ir PA, kur PA aibės A poaibių aibė, bei pačią poaibių aibę PA. Uždavinys 3.8. Duotos aibės A ir B. Raskite A B.. A = {, {, 2, 3}, N }, B = {π, e}; 2. A = {, 2,, 3}, B = {,, }. Uždavinys 3.9. Pavaizduokite nurodytas aibes Veno diagramomis:. A C \ B C, 2. A C \ B C, 3. A B \ C \ C B. Uždavinys 3.2. Raskite dar kelis 3. uždavinio sprendinius. Uždavinys 3.2. Įrodykite lygybes naudodamiesi Veno diagramomis:. A \ B C = A \ B A \ C, 2. A \ A \ B = A B. Uždavinys 3.22. Įrodykite lygybes naudodamiesi aibių algebros dėsniais:. A B A B = A, 2. A B \ A \ B =, 3. U A B A = A, 4. A B A B = A, 5. B U A = A B, 6. B A U = A B. Uždavinys 3.23. Pasinaudoję dualumo principu, raskite nurodytai lygybei dualią lygybę. A B A B A B A B = U Uždavinys 3.24. Įrodykite lygybes naudodamiesi aibių operacijų apibrėžimais ir logikos dėsniais:. A B \ C = A \ C B \ C, 2. A B \ B C = A \ B \ C, 3. A \ B B \ A = A B \ A B, 4. A \ B C = A \ B A \ C, 5. A \ A \ B = A B. 32
Uždavinių savarankiškam darbui sprendimai arba atsakymai Uždavinio 3.6 atsakymai:. {x : x = 3k, k Z} arba {3k : k Z}. Šią aibę galima būtų užrašyti ir taip {±3k : k N}. 2. {x : x = 6k +3 arba x = 6k +5, k N}. Griežtai nesilaikant sąlygoje prašomos formos, galima būtų rašyti taip: {6k + 3 : k N} {6k + 5 : k N}. 3. {x : x natūralusis skaičius, kurio visi skaitmenys yra aštuonetai}. Galima būtų užrašyti ir labiau matematine forma, pavyzdžiui: { } { k k } x : x = 8 i, k N arba tiesiog 8 i : k N. i= i= Uždavinio 3.7 atsakymai: A = {a, b, c}, A = 3, PA = {, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, A }, PA = 8. Uždavinio 3.8 atsakymai:. A B = {, π,, e, {, 2, 3}, π, {, 2, 3}, e, N, π, N, e } ; 2. A B = {, 2,,,,, 3,,, }. Uždavinio 3.9 sprendimas ir atsakymai:. Vertikaliai užbrūkšniuota sritis yra A C, horizontaliai B C, o atsakymas nuspalvintas pilkai: A U B C 2. Vertikaliai užbrūkšniuota sritis yra A C, horizontaliai B C, o atsakymas nuspalvintas pilkai. A U B C 33
3. Pirmiausia pavaizduokime aibę A B \ C brėžinys kairėje. Įstrižai užbrūkšniuota sritis yra B\C. Visa, kas jai nepriklauso, yra aibė B \ C, kuri užbrūkšniuota horizontaliai. Vertikaliai užbrūkšniuota aibė A. Aibė A B \ C nuspalvinta pilkai. Brėžinyje dešinėje vertikaliai užbrūkšniuota sritis yra A B \ C, horizontaliai C B, o atsakymas nuspalvintas pilkai. A U A U B C B C Uždavinio 3.2 atsakymai: Pavyzdžiui, B \ A B \ C A C, A B C \ A C \ A C B C, A B C \ A \ C C \ A B, B \ A C B C A C ir t. t. Uždavinio 3.2 sprendimas:. Kairiajame brėžinyje pilkai nuspalvinta aibė A \ B C. Aibė A užbrūkšniuota vertikaliai, o aibė B C horizontaliai. Dešiniajame brėžinyje pilkai nuspalvinta aibė A\B A\C. Aibė A\B užbrūkšniuota vertikaliai, o aibė A \ C horizontaliai. A U A U B C B C Matome, kad pilkai nuspalvinti plotai sutampa. 2. Kairiajame brėžinyje pilkai nuspalvinta aibė A \ A \ B. Aibė A užbrūkšniuota vertikaliai, o aibė A \ B horizontaliai. Dešiniajame brėžinyje pilkai nuspalvinta aibė A B. Aibė A užbrūkšniuota vertikaliai, o aibė B horizontaliai. 34
U U A B A B Matome, kad pilkai nuspalvinti plotai sutampa. Uždavinio 3.22 sprendimas:. A B A B = A B A B = A B A B = A B B = A U = A. 2. A B \ A \ B = A B \ A \ B = B \ A \ B =. Iš tikrųjų, naudojant Veno diagramas lengva įsitikinti, kad A B \ A = B \ A ir B \ A \ B =. 3. U A B A = U B A = U A = A. 4. A B A B = A B B = A = A. 5. B U A = B A = A B 6. Seka iš penktosios dalies pagal dualumo principą. Uždavinio 3.23 atsakymas: A B A B A B A B =. Uždavinio 3.24 sprendimas:. Parodykime, kad A B \ C A \ C B \ C. Tarkime, x A B \ C. Tada pagal aibių skirtumo apibrėžimą x A B ir x / C. Pagal sankirtos apibrėžimą turime, kad x A ir x B ir x / C. Pritaikę konjunkcijos idempotencijos dėsnį iš matematinės logikos gauname x A ir x B ir x / C ir x / C, o pritaikę konjunkcijos komutatyvumo dėsnį gauname x A ir x / C ir x B ir x / C. Taigi, pagal aibių skirtumo apibrėžimą turime, kad x A \ C ir x B \ C. Galiausiai pagal sankirtos apibrėžimą seka, kad x A \ C B \ C. Ir vėl, kad A \ C B \ C A B \ C gauname šį įrodymą perrašę iš kito galo ir taip įrodome lygybę. 2. Parodykime, kad A B \ B C A \ B \ C. Tarkime, x A B \ B C. Tada pagal aibių skirtumo apibrėžimą x A B ir x / B C, kitaip sakant, x A B ir x B C. Pritaikę sąjungos apibrėžimą, gauname x A arba x B ir x B arba x C, taigi pagal de Morgano dėsnį turime x A arba x B ir x B ir x C, kitaip sakant, x A arba x B ir x / B ir x / C. Įkėlę x / B į skliaustus pagal distributyvumo dėsnį, gauname x A ir x / B arba x B ir x / B ir x / C. Pritaikę aibių skirtumo apibrėžimą, turime x A\B arba x B\B ir x / C. Akivaizdu, kad B\B =. Taigi, pritaikę sąjungos apibrėžimą gauname x A \ B ir x / C, kitaip sakant x A \ B ir x / C. Belieka pritaikyti aibių skirtumo apibrėžimą ir gauti x A \ B \ C. Šį įrodymą perrašę iš kito galo parodysime, kad A \ B \ C A B \ B C, o kartu ir įrodysime lygybę. 3. Visų pirma, parodysime, kad A \ B B \ A A B \ A B. Imkime kokį nors x A \ B B \ A. Pagal aibių sąjungos apibrėžimą, x A \ B arba x B \ A. Pagal aibių skirtumo apibrėžimą x A ir x / B arba x B ir x / A. 35
Pasinaudokime logikos dėsniais. Pažymėkime raide p teiginį x A, o raide q teiginį x B. Tada teiginys x / A bus p, o x / B bus q. Gauname formulę p q q p. Pertvarkome ją naudodami logikos dėsnius: p q q p p q p q q p p q p p q q q p p q t t q p p q q p p q q p Vietoje, pažymėtoje, taikomas distributyvumo dėsnis: antrieji skliaustai įkeliami į pirmuosius. Vietoje, pažymėtoje, distributyvumo dėsnis taikomas du kartus: pirmuose didžiuosiuose skliaustuose į skliaustus įkeliamas p, o antruose q. Taigi, jei su kuria nors kintamųjų p ir q interpretacija formulė p q q p yra teisinga, tai formulė p q q p su šia interpretacija irgi yra teisinga. Kadangi žinome, kad x A ir x / B arba x B ir x / A yra teisingas teiginys, tai x A arba x B ir netiesa, kad x B ir x A irgi yra teisingas teiginys. Pagal sąjungos ir sankirtos apibrėžimus tada gauname, kad x A B ir netiesa, kad x A B, o tai reiškia, kad x A B ir x / A B. Pagal aibių skirtumo apibrėžimą turime, kad x A B\A B, ką ir reikėjo gauti. Todėl A\B B \A A B\A B. Kad parodytume, kad A \ B B \ A A B \ A B, naudojame lygiai tuos pačius samprotavimus, tik iš kito galo: padarę prielaidą, kad x A B \ A B, gauname, kad x A arba x B ir netiesa, kad x B ir x A, iš ko, pasinaudoję tuo, kad formulės p q q p ir p q q p yra ekvivalenčios tai jau įrodėme, gauname, kad x A ir x / B arba x B ir x / A, kas mums ir duoda, kad x A \ B B \ A. Taigi, A \ B B \ A A B \ A B. Iš šių dviejų įrodymo dalių ir seka, kad A \ B B \ A = A B \ A B. 4. Kombinuodami matematinės logikos žymėjimus ir aibių operacijų apibrėžimus gauname tokį samprotavimą: 5. x A\B C x A x / B C x A x B x C x A x / B x / C x A x / B x A x / C x A \ B x A \ C x A \ B A \ C x A\A\B x A x / A\B x A x A x / B x A x / A x B x A x / A x A x B k x A B x A B 36
4 pratybos Funkcijos Teorinė medžiaga: II dalies 2 skyrius. Uždaviniai pratyboms Visų pirma uždavinius išspręsti pabandykite patys. Tik tada, kai išsprendžiate, arba kai pamatote, kad patiems išspręsti nepavyks, pažiūrite pateiktą sprendimą. Pratybose N žymi natūraliųjų skaičių aibę, N = {,, 2, 3,... } atkreipkite dėmesį, kad N, Z žymi sveikųjų skaičių aibę, Z = {..., 2,,,, 2,... }, Q žymi racionaliųjų skaičių aibę, o R žymi realiųjų skaičių aibę. Jei a < b, galime apibrėžti tokius realiųjų skaičių aibės intervalus nuo a iki b: [a, b] = {x R : a x b} uždaras intervalas, a, b = {x R : a < x < b} atviras intervalas, [a, b = {x R : a x < b}, a, b] = {x R : a < x b}. Uždavinys 4.. Nustatykite, ar atitiktis F tarp aibių A ir B yra funkcinė. Jei taip, kokią funkciją ji apibrėžia?. A = B = {, 2, 3}, F = {, 2, 2, 3, 3,, 3, 3 }. 2. A = B = N, F = { x, x : x N \ {} }. 3. A = B = Z, F = { x, 5 : x Z }. Sprendimas.. Atitiktis nėra funkcinė, nes skaičių 3 A atitinka du aibės B elementai: ir 3. Kitaip sakant 3, F ir 3, 3 F. 2. Atitiktis F = {,, 2,, 3, 2,... }. Ji nėra funkcinė, nes nėra aibės B elemento, kuris atitiktų skaičių A. 3. Atitiktis F = {..., 2, 5,, 5,, 5,, 5, 2, 5,... }. Kadangi visus aibės A elementus atitinka aibės B elementai, o taip pat nėra tokio aibės A elemento, kurį atitiktų daugiau nei vienas aibės B elementas, F yra funkcinė atitiktis. Ji apibrėžia funkciją f : Z Z, fx = 5, x Z. 37
. y 2. y 3. y x x x 4. pav.: Atitikčių grafikai Uždavinys 4.2. Nustatykite, ar 4. pav. grafikais pateiktos atitiktys tarp realiųjų skaičių aibių yra funkcinės t. y. šiose užduotyse A = B = R. Sprendimas.. Ši atitiktis yra funkcinė, nes kiekvieną realų skaičių x atitinka kuris nors y ir nėra tokio x-o, kurį atitiktų du y-kai. 2. Ši atitiktis nėra funkcinė, nes, pavyzdžiui, skaičių atitinka net trys y-kai. 3. Ši atitiktis nėra funkcinė, nes neigiami x-ai neturi jiems atitinkančių y-kų. Jei būtų A =,, tada atitiktis būtų funkcinė. Uždavinys 4.3. Nustatykite, ar duota išraiška f yra funkcija f : Z R.. fx = x 2 4, 2. fx = x 2 +4, 3. fx = x, 4. fx = ± x 2 +. Sprendimas.. Tai nėra funkcija f : Z R, nes ji neapibrėžta taškuose 2 ir 2. 2. Tai yra funkcija f : Z R, nes ji apibrėžta visiems x Z ir įgyja realiąsias reikšmes. 3. Tai nėra funkcija f : Z R, nes ji neapibrėžta neigiamoms argumento x reikšmėms. 4. Tai išvis nėra funkcija, nes kiekvienam x ji priskiria dvi reikšmes. Uždavinys 4.4. Tegu A ir B yra aibės, f : A B yra funkcija, A A, o B B. Raskite aibės A vaizdą fa, funkcijos f reikšmių sritį R f B, aibės B pirmavaizdį f B. Nustatykite, ar funkcija f yra injekcija, siurjekcija, bijekcija. Jei tai bijekcija, raskite atvirkštinę funkciją f : B A.. A = B = {a, b, c}, funkcija f įgyja tokias reikšmes: fa = b, fb = c, fc = a, A = B = {a, b}. 2. A = B = N, fx = x +, A = B = {,, 2}. 3. A = B = R, fx = x 3 +, A = [, 2 ], B = [2, 3]. 4. A = Z Z = Z 2, B = Z, fx, y = x 2 + 2y, A = {, 2, 3, 2, 3, 4 }, B = {, }. 38