Egzamin z logiki i teorii mnogości, rozwiązania zadań

Transkrypt

1 Egzamin z logiki i teorii mnogości, rozwiązania zadań 1. Niech φ oraz ψ będą formami zdaniowymi. Czy formuła [( x : φ(x)) ( x : ψ(x))] [ x : (φ(x) ψ(x))] jest prawem rachunku kwantyfikatorów? Jeśli tak, proszę ją udowodnić. jeśli nie, proszę podać (jawnie) przykład takich form φ i ψ, dla których jest ona fałszywa. Przeanalizujemy powyższą formułę stosując metodę klasyfikacji form zdaniowych. Wprowadzamy oznaczenia: [( x : φ(x)) ( x : ψ(x))] [ x : (φ(x) ψ(x))]. }{{}}{{} :=A :=B Tabela poniżej dowodzi, że formuła w treści zadania jest prawem rachunku kwantyfikatoów φ ψ xφ(x) xψ(x) A φ ψ B A B T T T 1 1 T F F 0 1 T U U 0 1 F T T 1 1 F F T 1 1 F U T 1 1 U T T 1 1 U F U 0 1 U U T, U 1, 0 1 Alternatywnie, dowód można przeprowadzić korzystając z metody skróconego sprawdzenia.

2 2. Proszę wykazać istnienie w Hilbertowskim systemie dowodzenia dowodu sekwentu H p [q (p q)] W przedstawionym rozumowaniu proszę uzasadnić wszystkie użyte sekwenty (np. zaznaczając, że użyto aksjomatu A1) i reguły wnioskowania (zaznaczając, czy użyto MP czy twierdzenia o dedukcji). Wybieramy początkowy zbiór hipotez w postaci: = { p, q, p q}. Stąd: p p p p p q q q { p, q} (p q) { p, q} (p q) { p} q (p q) p [q (p q)] (A0) (A3) (A0) (ozn.) (A3) (ozn.) co należało pokazać. Powyżej pojedyncza linia oznacza zastosowanie reguły modus ponens, podwójną linią oznaczono zastosowanie twierdzenia o dedukcji, natomiast to symbol fałszu. 3. Niech A będzie zbiorem, zaś P (A) zbiorem wszystkich jego podzbiorów. Proszę wyznaczyć zbiór A (wypisać wszystkie jego elementy) jeśli P (A) \ {A} = {, { }, {{ }} }. Symbol oznacza zbiór pusty. Odpowiedź A = {, { }} dla którego P (A) = {, { }, {{ }}, A}.

3 4. Niech A, B i C będą zbiorami. Proszę wykazać, że zachodzi inkluzja (A B) C (A C) (B C). Powyższe zwieranie się zbiorów jest równoważne zachodzeniu implikacji: x, y (A B) C x, y (A C) (B C) dla dowolnej pary uporządkowanej x, y. Rozpisując poprzednik implikacji dostajemy x, y (A B) C (1) (2) (3) x (A B) y C (x A x B) y C (x A x B) y C y C (4) (x A y C) (x B y C) (5) ( x, y A C) ( x, y B C) (6) = ( x, y A C) ( x, y B C) (7) x, y (A C) (B C), co dowodzi prawdziwości rozważanej implikacji. W dowodzie zostały wykorzystane: (1) definicja iloczynu kartezjańskiego, (2) definicja iloczynu zbiorów, (3) prawo tautologii (p p p), (4) łączność koniunkcji, (5) definicja iloczynu kartezjańskiego, (6) Lemat 1: p q p q, (7) definicja sumy zbiorów. Poniższa tabela dowodzi prawdziwości Lematu 1: p q p q p q p q p q Niech A n = ( 2 n, 2 n ] będzie rodziną podzbiorów osi liczb rzeczywistych indeksowaną liczbami naturalnymi. Proszę wyznaczyć n=0 k=0 A n+k. Odpowiedź: B n = k=0 A n+k = [0, 2 n ]. n=0 k=0 A n+k = n=0 B n = [0, ).

4 6. Niech (A t ) oraz (B t ) będą indeksowanymi rodzinami podzbiorów zbioru X, a T wspólnym zbiorem indeksów. Proszę udowodnić, że: ( (A t B t ) ) ( A t Proszę uzasadnić wszystkie pojawiające się w dowodzie równoważności i implikacje (np. podając, że dana równoważność wynika z definicji sumy indeksowanej rodziny zbiorów) oraz, B t ). jeśli korzystają Państwo z prawa rozkładu kwantyfikatora, podać postać tego prawa. Dla dowolnego x X, x (A t B t ) (1) : x A t B t (2) : (x A t x B t ) (3) = ( : x A t ) ( : x B t ) (1) x A t x (2) B t x A t B t. Równoważności oznaczone jako (1) to definicja sumy indeksowanej rodziny zbiorów, (2) to definicja przecięcia dwóch zbiorów, natomiast implikacja (3) wynika z prawa rachunku kwantyfikatorów : (ψ(t) ϕ(t)) : ψ(t) : ϕ(t). Powyższy ciąg implikacji, z przechodniości implikacji i definicji zawierania się jednego zbioru w drugim, pokazuje, że: ( (A t B t ) ) ( A t 7. Niech f : R R będzie funkcją określoną wzorem f(x) = cos(x). Proszę wyznaczyć f 1 (f([0, π/3])). Odpowiedź: f([0, π/3]) = [ 1 2, 1]. B t ). f 1 (f([0, π/3])) = f 1 ([ 1 2, 1]) = k Z [ π/3 + 2kπ, π/3 + 2kπ]. Alternatywnie f 1 (f([0, π/3])) = {x R : k Z : π/3 + 2kπ x π/3 + 2kπ} 8. Niech Z będzie zbiorem liczb całkowitych i niech R Z Z będzie relacją określona związkiem mrn 2 (m n) 3 (m n). Proszę sprawdzić, czy R jest relacją równoważności. Jeśli jest, to proszę wyznaczyć klasę abstrakcji liczby 0. : Relacja R nie jest relacją równoważności, ponieważ nie jest przechodnia. (jeden z nieskończenie wielu możliwych) 0, 2 R, 2, 5 R, ale 0, 5 R. Kontrprzykład:

5 9. Niech R X X będzie relacją równoważności i niech [a] oznacza klasę abstrakcji a X względem R. Proszę udowodnić, że: ([a 1 ] [a 2 ] ) [a 1 ] = [a 2 ]. Dowód Załóżmy, że [a 1 ] [a 2 ] i niech b [a 1 ] [a 2 ]. Z faktu, że b [a 2 ] wynika, że b a 2 ; podobnie, ponieważ b [a 1 ], więc b a 1 skąd, i z symetryczności relacji, mamy a 1 b. Ponieważ relacja jest przechodnia, więc (a 1 b) (b a 2 ) a 1 a 2. Niech teraz x będzie dowolnym elementem zbioru [a 1 ]. Z przechodniości relacji : (x a 1 ) (a 1 a 2 ) x a 2 x [a 2 ] gdzie druga implikacja wynika z definicji klasy abstrakcji [a 2 ]. Wykazaliśmy implikację: x X : ( x [a1 ] x [a 2 ] ) równoważną inkluzji [a 1 ] [a 2 ]. Dowód inkluzji [a 2 ] [a 1 ] jest analogiczny. 10. Niech f : X Y i g : Y Z będą surjekcjami (funkcjami na ). Proszę wykazać, że ich złożenie g f : X Z jest surjekcją. Dowód Założenie, że f jest surjekcją oznacza, że y Y x X : y = f(x). ( ) Podobnie założenie, że g jest surjekcją oznacza, że z Z y Y : z = g(y). ( ) Niech z będzie dowolnym elementem Z. Wybierzmy jedną z wartości y, dla których z = g(y) (co najmniej jedna taka wartość istnieje na mocy ( )) i oznaczmy ją przez y 0. Na mocy ( ) istniej takie x X, dla którego y 0 = f(x). Mamy więc z = g(y 0 ) = g ( f(x) ) = (g f)(x) ( ) gdzie ostatnia równość wynika z definicji złożenia funkcji. Ponieważ z jest dowolnym elementem zbioru Z, równość ( ) dowodzi surjektywności g f.

6 11. Niech zbiór A 1 będzie równoliczny ze zbiorem A 2 (co oznacza istnienie między tymi zbiorami bijekcji), zaś zbiór B 1 niech będzie równoliczny ze zbiorem B 2. Proszę wykazać, że zbiór A 1 B 1 jest równoliczny ze zbiorem A 2 B 2. Dowód Z równoliczności zbiorów A 1 i A 2 wynika istnienie między nimi bijekcji. Oznaczmy ją symbolem f. Podobnie, z równoliczności zbiorów B 1 i B 2 wynika istnienie między nimi bijekcji. Oznaczmy ją symbolem g. Zdefiniujmy teraz funkcję A 1 B 1 a, b h ( a, b ) A 2 B 2 jako a, b A 1 B 1 : h ( a, b ) = ( f(a), g(b) ). Surjektywność i injektywność funkcji h wynika natychmiast z tych własności funkcji f i g. Fakt, że h jest bijekcją dowodzi tezy zadania. 12. Niech ρ X X będzie relacją zwrotną, przechodnią i antysymetryczną, to jest x, y X : ( x, y ρ y, x ρ ) x = y. Proszę udowodnić, że relacja η X X określona związkiem x, y X : x, y η ( x, y ρ x y ) jest relacją przeciwsymetryczną, to jest x, y X : ( x, y η) ( y, x η). Dowód (Nie wprost) Załóżmy, że twierdzenie nie jest prawdziwe, to znaczy istnieją takie x, y X, dla których ( x, y η) ( y, x η). Dla tych szczególnych x i y : ( x, y η) ( y, x η) ( x, y ρ x y) ( y, x ρ y x) ( x, y ρ y, x ρ) (x y y x) (x = y) (x y) 0, gdzie pierwsza równoważność wynika z definicji relacji ρ, druga z symetryczności i łączności koniunkcji, a implikacja wynika z antysymetryczności ρ, symetryczności relacji nierówności i prawa tautologii p p p dla p oznaczającego formę x y. Uzyskana implikacja ( x, y η) ( y, x η) 0 dowodzi, że ( x, y η) ( y, x η) jest fałszywe dla dowolnych x, y. Jest to równoważne tezie zadania.