Заглавная страница Избранные статьи Случайная статья Познавательные статьи Новые добавления Обратная связь КАТЕГОРИИ: АрхеологияБиология Генетика География Информатика История Логика Маркетинг Математика Менеджмент Механика Педагогика Религия Социология Технологии Физика Философия Финансы Химия Экология ТОП 10 на сайте Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрацииТехника нижней прямой подачи мяча. Франко-прусская война (причины и последствия) Организация работы процедурного кабинета Смысловое и механическое запоминание, их место и роль в усвоении знаний Коммуникативные барьеры и пути их преодоления Обработка изделий медицинского назначения многократного применения Образцы текста публицистического стиля Четыре типа изменения баланса Задачи с ответами для Всероссийской олимпиады по праву Мы поможем в написании ваших работ! ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?
Влияние общества на человека
Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации Практические работы по географии для 6 класса Организация работы процедурного кабинета Изменения в неживой природе осенью Уборка процедурного кабинета Сольфеджио. Все правила по сольфеджио Балочные системы. Определение реакций опор и моментов защемления |
Область істинності еквіваленції предикатів дорівнює
Об’єднанню перерізу областей істинності даних пре) Дикатів з перерізом доповнень до цих областей Істинності. Приклад. На множині Х={ х/х є N, х ≤ 15 } задано два предикати: А(х): “число х кратне 3” В(х): “число х _ парне” Утворити еквіваленцію цих предикатів і визначити область її істинності. Розв ’ язування. Задамо множину Х переліком елементів. Х={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15}. Запишемо області істинності даних предикатів: ТА(х) = { х/х є Х, А(х) } = { 3,6,9,12,15}; ТА(х)⊂ Х; ТВ(х) = { х/х є Х, В(х) } = { 2,4,6,8,10,12,14 };ТВ(х)⊂ Х. Утворимо еквіваленцію предикатів А(х) і В(х): А(х) ⇔В(х): “число х кратне 3 тоді і тільки тоді, коли воно парне”. Визначимо область істинності цього складеного предиката за виведеною вище формулою, пам’ятаючи, що областю його визначення є дана множина Х. Т А(х)⇔В(х) = (Т А(х) ∩ Т В(х)) ∪ (Т А (x) ∩ Т В (x)). Знайдемо спочатку доповнення до областей істинності даних предикатів: Т А (х) = Х \ Т А(х) = {x/x ∈ Х ∧ х ∉ Т А(х)}= ={1,2,4,5,7,8,10,11,13,14}. Т В (x) =Х \ Т В(х)= {x/x ∈ Х ∧ х ∉ Т В(х)}= ={1,3,5,7,9,11,13,15}. Підставимо значення областей істинності предикатів і їх доповнень у формулу і дістанемо: ТА(х)⇔В(х)=({3,6,9,12,15}∩{2,4,6,8,10,12,14})∪ ∪({1,2,4,5,7,8,10,11,13,14}∩ {1,3,5,7,9,11,13,15}) = ={6,12}∪{1,5,7,11,13}={1,5,6,7,11,12,13}. Властивості дій над предикатами Дії над предикатами задовольняють таким самим властивостям, що й дії над висловленнями: 1. Закон подвійного заперечення предиката: А (х) =А(х), х є Х; Х _ область визначення предиката. 2. Комутативність диз’юнкції і кон’юнкції предикатів: А(х) ∨ В(х) = В(х) ∨ А(х), х єХ, А(х) ∧В(х) = В(х) ∧ А(х), х є Х. 3. Асоціативність диз’юнкції і кон’юнкції предикатів: (А(х) ∨ В(х)) ∨ С(х) = А(х) ∨ (В(х) ∨ С(х)), х є Х, (А(х) ∧В(х)) ∧ С(х) = А(х) ∧(В(х) ∧ С(х)), х є Х. 4. Дистрибутивність кон’юнкції відносно диз’юнкції: (А(х) ∨ В(х)) ∧ С(х) = (А(х) ∧ С(х))∨ (В(х) ∧ С(х)) _ правий дистрибутивний закон кон’юнкції відносно диз’юнкції; (А(х) ∧ (В(х) ∨ С(х)))= (А(х) ∧ В(х)) ∨ (А(х) ∧ С(х)) _ лівий дистрибутивний закон кон’юнкції відносно диз’юнкції. 5. Дистрибутивність диз’юнкції відносно кон’юнкції: (А(х) ∧ В(х)) ∨ С(х) = (А(х) ∨ С(х)) ∧ (В(х) ∨ С(х)) _ правий дистрибутивний закон диз’юнкції відносно кон’юнкції;
А(х) ∨ (В(х) ∧ С(х))= (А(х) ∨ В(х)) ∧ (А(х) ∨ С(х)) _ лівий дистрибутивний закон диз’юнкції відносно кон’юнкції. 6. Закон протиріччя, який зв’язує кон’юнкцію і заперечення даного предиката: А (х) ∧ А (х) =0, де 0 _ тотожно хибний предикат, тобто предикат А (х) ∧ А (х) при всіх значеннях х з області визначення Х перетворюється в хибне висловлення. 7. Закон виключеного третього, який зв’язує диз’юнкцію і заперечення даного предиката: А (х) ∨ А (х) =1, де 1 _ тотожно істинний предикат, тобто предикат А (х) ∨ А (х) при всіх значеннях х з області визначення Х перетворюється в істинне висловлення. 8. Закони де Моргана. а) заперечення кон’юнкції предикатів дорівнює диз’юнкції їх заперечень. А (х)∧ В (х)= А (х)∨ В (х). б) заперечення диз’юнкції предикатів дорівнює кон’юнкції їх заперечень. А (х)∨ В (х)= А (х)∧ В (х). 9. Закон, що зв’язує операції імплікації, диз’юнкції і запере_ чення: А(х) ⇒ В(х) = А (х) ∨ В(х). 10. Закон, що зв’язує операції еквіваленції, кон’юнкції і імплікації предикатів: А(х)⇔В(х) = (А(х) ⇒ В(х)) ∧ (В(х) ⇒ А(х)). Довести ці властивості, тобто переконатись у їх справедли_ вості, можна обгрунтувавши, що предикати, які стоять в лівій та правій частинах рівності мають однакові області істинності при умові, що вони задані на одній і тій самій області визначення Х. Покажемо це на прикладі доведення закону де Моргана про заперечення диз’юнкції предикатів. А (х)∨ В (х)= А (х)∧ В (х), х є Х. Позначимо ТА(х) _ область істинності предиката А(х) і ТВ(х) _ область істинності предиката В(х), тобто ТА(х) ={ х/х є Х, А(х) }, ТВ(х) ={ х/х є Х, В(х) }. Визначимо область істинності предиката, що стоїть в лівій частині рівності, і виконаємо тотожні перетворення, спираю_ чись на раніше виведені формули. Область істинності заперечення предиката дорівнює допов_ ненню до області істинності цього предиката: Т Т А (х)∨ В (х) = А (х)∨ В (х) = Під знаком доповнення стоїть область істинності диз’юнкції предикатів, яка дорівнює об’єднанню областей істинності да_ них предикатів: = ТА (х) ∪ ТВ (х) = За законом де Моргана про те, що доповнення до об’єднан_
ня множин дорівнює перерізу доповнень до цих множин має_ мо: = Т А (х) ∩ Т В (х) = Доповнення до множини істинності даного предиката є об_ ластю істинності заперечення цього предиката, тобто Т А (х) Т А (х) = і Т В (х) Т В (х) =, а тому: TA (x)∨ B (x) = Т А (х) ∩ Т В (х) = Переріз областей істинності двох предикатів є областю істин_ ності кон’юнкції цих предикатів: = ∧ T A (x) B (x). Отже, ми довели, що Т А (х)∨ В (х) = ∧ T A (x) B (x), тобто, що предикати лівої і правої частин рівності мають однакові області істинності. Це означає, що властивість А (х)∨ В (х)= А (х)∧ В (х) _ справедлива для всіх х є Х. Зразки розв’язування вправ з теми “Дїї над предиката) Ми, їх властивості”. Вище, при розкритті змісту дїй над предикатами, подано зразки розв’язування вправ на знаходження області істинності складеного предиката, утвореного в результаті виконання пев_ них операцій над двома предикатами з однією змінною, які за_ дані на скінченній множині, що є підмножиною множини нату_ ральних чисел. Але в математиці часто зустрічаються вправи, які мають дещо іншу структуру і вимагають знаходження області істинності складеного предиката, утвореного з предикатів, за_ даних на нескінченній числовій множині. Прикладами таких пре_ дикатів є рівняння і нерівності. Множини їх розв’язків є областя_ ми їх істинності, а кожен окремий розв’язок є елементом з об_ ласті істинності. Покажемо застосування теоретичних відомостей про дії над предикатами до розв’язування рівнянь і нерівностей. Завдання 1. Обгрунтуйте, які з речень є одномісними, дво_ місними чи тримісними предикатами. Вкажіть, які множини мо_ жуть бути областями їх визначення, тобто який зміст мають змінні, що входять до них: а) 3х+5=4, б) sin ð + ð=ð, в) sin x = cos y, г) х2 + у2 ≤ 4, д) х + у = z. Розв’язування. а) 3х+5=4. Ця рівність вміщує змінну х, тобто являє собою рівняння з однією змінною х, яка може набувати значень з довільної числової множини N, Z, Q, R або з її підмно_ жини. Для того, щоб показати, що речення з однією змінною є вис_ ловлювальною формою або предикатом, треба показати, що при одних значеннях змінної воно перетворюється в істинне висловлення, а при інших _ в хибне. Якщо розглядати дане рівняння (3х+5=4) на множині нату_ ральних чи цілих чисел (N або Z), то при всіх значеннях змінної х з цих числових множин воно перетворюється в хибне вислов_ лення. Це означає, що не існує жодного натурального чи цілого числа (х є N, або х є Z), яке перетворювало б дане рівняння в правильну (істинну) числову рівність. Тому можемо стверджува_ ти, що на множині натуральних чисел (N), так само як і на множині цілих чисел (Z), дане рівняння з однією змінною є тотожно хиб_ ним предикатом. Іншими словами, якщо областями визначення одномісного предиката А(х): “3х+5=4” вважати множини N або Z, то маємо тривіальний випадок, який не представляє інтересу. Якщо розглядати це рівняння на множині Q _ раціональних чисел, то оскільки N і Z є підмножинами множини Q, можна стверджувати, що при певних значеннях змінної х з множини Q (х є N або х є Z, N ⊂ Q, Z ⊂ Q) воно перетворюється в хибне висловлення (хибну числову рівність). Крім цього, існує раціо_ нальне число х= − 1 3, при якому дане рівняння перетворюється в істинну числову рівність, тобто
якщо х= − 1 , то А(− 1 ): “3•(− 1 )+5=4”, тобто “_1+5=4”, “4=4”. А тому доцільно розглядати множину Q раціональних чисел областю визначення даного одномісного предиката А(х): “3х+5=4”. Оскільки Q ⊂ R, то цей одномісний предикат можна розглядати і на множині дійсних чисел R. Відповідь: А(х): “3х+5=4” _ одномісний предикат з областю визначення Q або R. б) sin ð + ð=ð. Дане речення не вміщує змінної, а є істинним висловленням, тому що sin ð=0, 0+ ð=ð, ð=ð. Отже, це речення не є предикатом, а висловленням. в) sin x = сos y. Це речення вміщує дві змінні х і у, а тому його можна вважати висловлювальною формою з двома змінними, якщо переконатись, що при одних значеннях змінних воно пе_ ретворюється в істинне висловлення, а при інших _ в хибне. (Взагалі в математиці такі двомісні предикати називають тригонометричними рівняннями з двома змінними). Оскільки тригонометричні функції у вузькому розумінні _ це функції, аргументами яких є кути, виражені градусною чи раді_ анною мірою, а в широкому розумінні _ це функції дійсної змінної, тому легко переконатись, коли дане тригонометричне рівняння перетворюється в істинну, а коли _ в хибну числову рівність. Якщо х=45°, а у=60°, то sin x = sin 45°= , а cos y = cos 60° = 1 . Оскільки ≠, то рівність sin 45° = cos 60° _ хибне висловлення. Якщо х=30°, а у=60°, то sinx=sin30°= 1 , a cos y = cos 60° = 1 . Оскільки 1 = 1 , то рівність sin 30° = cos 60° _ істинне висловлення. Отже, двомісний предикат А(х,у): “sin x = cos y” при од_ них значеннях змінних х і у _ кутів, виражених градусною мірою, перетворюється в істинне висловлення, а при інших _ в хибне висловлення. Тому областю його визначення можна вважати множину всіх пар кутів, виражених градусною мірою. Аналогічно, коли аргументами є довільні дійсні числа, що виражають радіанну міру кутів, то областю визначення да_ ного двомісного предиката є множина всіх пар дійсних чи_ сел _ R2. Справді, при х= π і у= π предикат sin x = cos y перетво_ рюється в істинне висловлення sin π = cos π , бо 1 = 1 , а при х= π 4 і у= π даний предикат перетворюється в хибне вислов_ лення sin π 4 = cos π , бо ≠. Відповідь: А(х,у): “sin x = cos y” _ двомісний предикат з обла_ стю визначення R2. г) Речення х2+у2 ≤ 4 вміщує дві змінні х і у, а тому воно є двомісним предикатом: А(х,у): “х2+у2 ≤4”, який в математиці називається нерівністю з двома змінними.
Цю нерівність можна розглядати на будь_якій з числових множин N, Z, Q, R, бо на кожній з них при одних значеннях пар змінних нерівність перетворюється в правильну числову нерівність, а при інших _ в хибну. Справді, при х=2 і у=1, (2;1) є N2, х2+у2= 22 + 12 = = 4+1=5; 5≤4 _ хибне висловлення. Отже, при значенні змінних (х,у) = (2;1) є N2 предикат х2+у2 ≤4 перетворюється в хибне висловлення. Але на множині N2 можна вказати пару (х,у), при якій преди_ кат перетворюється в істинне висловлення. Наприклад: (х,у) = (1;1) є N2, х2+у2=12 + 12 =2; 2 ≤ 4 _ істинне висловлення. Тому двомісний предикат А(х,у): “х2+у2 ≤ 4” має область визначення N2. Оскільки N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R, то областю визначення даного пре_ диката можна вважати також одну з множин Z2, або Q2, або R2 . д) х+у=z. Речення вміщує три змінні x, y, z, а тому воно є тримісним предикатом, який можна розглядати на множині (найвужчій) натуральних чисел, тобто змінні x, y, z можуть набу_ вати значень з множини N. Оскільки, кожен раз для встановлення того, чи предикат пе_ ретворюється в істинне висловлення чи в хибне, слід вибирати трійку значень змінних (x,y,z), тому областю визначення даного предиката є множина N3. Справді, якщо наприклад, х=2, у=3, z=5, то предикат х+у=z перетворюється в істинне висловлення 2+3=5, тобто трійка (x,y,z)=(2;3;5) є N3 перетворює даний предикат в істинну число_ ву рівність. Але трійка (5;2;3) є N3 перетворює даний предикат в хибну числову рівність. (5+2=3 _ хибне висловлення). Оскільки N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R, то областю визначення тримісного предиката А(x,y,z):“x+y=z” можна вважати одну з множин N3, Z3, Q3, R3. Завдання 2. Визначити область істинності предиката А(х): “х3 _ 9х =0”, якщо його областю визначення є: а) множина N _ натуральних чисел; б) множина Z _ цілих чисел; в) множина Q _ раціональних чисел; г) множина R _ дійсних чисел. Розв ’ язування: а) Нехай х є N, тобто область визначення X=N. Згідно означення області істинності її можна записати так: ТА(х) = { х/х є Х, А(х) } = { х/х є N, х3 _ 9х =0 }. Виконаємо тотожне перетворення предиката А(х), розклав_ ши його ліву частину на множники, одержимо: ТА(х) = { х/х є N, х(х_3)(х+3)=0 }. Оскільки добуток дорівнює нулеві тоді, коли хоч один з множників дорівнює нулеві, то даний предикат можна розглядати, як диз’юнкцію трьох предикатів. ТА(х) = { х/х є N, (х=0) ∨ (х_3=0) ∨ (x+3=0) }. Оскільки область істинності диз’юнкції предикатів дорівнює об’єднанню областей істинності даних предикатів, то область ТА(х) можемо записати так: ТА(х) = { х/х є N, х=0 } ∪ { х/х є N, х_3=0 } ∪ { х/х є N, х+3=0 }. (*) Запишемо кожну із складових множин: { х/х є N, х=0 } =∅, бо 0 ∉ N, { х/х є N, х_3=0 } = { х/х є N, х=3 }={3}, бо 3 є N. { х/х є N, х+3=0 }= { х/х є N, х=_3 }=∅, бо _3 ∉ N. Остаточно маємо: ТА(х) = ∅ ∪ {3} ∪ ∅ = {3}. Отже, якщо областю визначення предиката А(х): “х3 _ 9х = 0” є множина натуральних чисел (X = N), то область істинності ТА(х) ={3}; TА(х) ⊂ N. б) Якщо х є Z, тобто областю визначення даного предиката є множина цілих чисел, то запис розв’язування матиме аналогічний вигляд, лише замість N слід записати Z, а на
кінцевому етапі, відзначеному (*), міркування відносно кожної з множин провести так: { х/х є Z, х=0 } ={0}, бо 0 є Z, { х/х є Z, х_3=0 } ={3}, бо 3 є Z, { х/х є Z, х+3=0 }={_3}, бо _3 є Z. Отже, ТА(х) = {0} ∪ {3} ∪ {_3}= {_3;0;3}, якщо областю визначення є множина Z цілих чисел. ТА(х) ⊂ Z. в); г) Оскільки множина Z цілих чисел є підмножиною кожної з множин Q та R, то це означає, що область істинності ТА(х), яку знайдено для випадку X=Z, буде областю істинності у випадку X=Q та X=R. Символічно це міркування можна записати так: (X = Z ⇒ TA(х) = {_3; 0; 3}) ∧ (TA(х) ⊂ Z ∧ Z ⊂ Q ⊂ R) ⇒ ⇒(TA(х) ⊂ Q) ∧ (TA(х) ⊂ R). Зауваження: Розгорнуте словесне (текстове) пояснення розв’язування вправи подано як зразок проведення правильних, логічно зв’язаних міркувань під час самостійного розв’язування і обгрунтування завдань цього типу, які завжди приводять до правильних висновків, як зразок математично грамотного мовлення. На практиці, якщо не наголошується, щоб трактувати рівняння як предикат, а множину його розв’язків шукати як область істинності предиката, часто записують розв’язування рівняння значно коротше, хоч властивості логічних операцій використовуються в неявній формі. Так розв’язування попереднього рівняння буде мати вид: А(х): “х3 _ 9х = 0” х3 _ 9х=0 ⇔ х(х2 _9)=0 ⇔ х(х_3)(х+3)=0 ⇒ ⇒х=0∨ х_3=0∨ х+3=0 ⇒ х=0∨ х=3∨ х=_3. ТА(х) = {_3;0;3}. Іноді в процесі розв’язування рівнянь, спираючись на властивості диз’юнкції предикатів, замінюють рівняння на сукупність рінянь, а розв’язком сукупності рівнянь є об’єднання множин розв’язків усіх рівнянь. Тоді розв’язування має вигляд: х3 _ 9х = 0 ⇒ х(х2 _9) =0 ⇒ х(х_3)(х+3) =0 ⇒ ⇒ x x x = − = + = 3 0 3 0 ⇒ x x x = = = − ⇒ ТА(х) = {_3;0;3}. Завдання 3. Розв’язати систему нерівностей 3 2 7 8 2 х x x − > + < . Обгрунтувати розв’язування з точки зору математичної лог_ іки. Розв ’ язування: З точки зору математичної логіки кожна нерівність являє собою одномісний предикат: А(х): “3х _ 2 > 7”, В(х): “х + 8 < 2х”. Розв’язати систему нерівностей означає знайти множину тих значень змінної х, при яких обидві нерівності одночасно перетворюються в правильні числові нерівності. Іншими словами, знайти область істинності кон’юнкції двох даних предикатів_нерівностей. Як відомо, область істинності кон’юнкції предикатів дорівнює перерізу областей істинності даних предикатів. ТА(х)∧ В(х) = ТА(х) ∩ ТВ(х). Стосовно системи нерівностей цю формулу слід розуміти так: ТА(х)∧В(х) _ множина розв’язків системи нерівностей; ТА(х) _ множина розв’язків першої нерівності; ТВ(х) _ множина розв’язків другої нерівності. Областю визначення будемо вважати множину дійсних чисел R. Розв’яжемо кожну з нерівностей, спираючись на властивості рівносильності нерівностей: ТА(х) = {х/х є R, 3x_2>7}={х/х є R, 3x>7+2 }= ={ х/х є R, 3x>9}={х/х є R, x>3}=(3; ∞). TB(х) = {х/х є R, x+8<2x}={х/х є R, x_2x<_8}= ={х/х є R, _x<_8}={х/х є R, x>8}=(8;∞). Зобразимо множини розв’язків кожної нерівності на числовій прямій і визначимо їх переріз, який буде розв’язком системи нерівностей. ТА(х) ∩ ТВ(х) = (3; ∞) ∩ (8; ∞) = (8; ∞) = TA(х)∧(B(х). Отже, множина розв’язків системи нерівностей являє собою проміжок (8; ∞). Завдання 4. Зобразіть в прямокутній декартовій системі координат на площині область істинності даних двомісних пре_ дикатів: а) х2 + у2 = 4, б) х2 + у2 ≤ 4, в) х2 + у2 ≥ 4, г) х2 + у2 < 4, д) х2 + у2 > 4. Розв ’ язування: Областю визначення кожного з даних двомі_ сних предикатів є множина всіх можливих пар дійсних чисел (х,у) є R2. Множина тих пар (х,у) з області визначення, при яких кожен з предикатів перетворюється в істинне висловлен_ ня, є областю істинності відповідного предиката. В декар_ товій системі координат на площині кожна пара дійсних чисел зображається певною точкою. Тому геометрично областю визначення кожного предика_ та є множина всіх точок площини, що відповідає декартово_ му квадрату множини дійсних чисел (R2). З цієї множини то_ чок площини слід виділити ті точки, координати яких пере_ творюють кожен предикат в істинне висловлення (кожну нерівність чи рівняння в істинну числову нерівність чи рівність). Для цього достатньо побудувати графік рівняння а) х2 + у2 =4 і шляхом логічних міркувань виявити місце зна_ Х 0 3 8 ходження точок, координати яких задовольняють певну нерівність. Графіком рівняння а) є коло з центром в початку коор_ динат і радіусом, що дорівнює 2. Отже, областю істинності одномісно_ го предиката, заданого рівнянням а) є множина точок кола з центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2. Ко_ ординати точок, які лежать на колі, пере_ творюють це рівняння в правильну (істин_ ну) числову рівність. Координати точок, які лежать поза колом, перетворюють рівняння в хибну числову рівність. б) Предикат В(х): “х2 + у2 ≤ 4” являє собою диз’юнкцію пре_ дикатів, визначених на множині R2. В(х): “х2 + у2 ≤ 4” ⇔ (х2 + у2 =4) ∨ (х2 + у2 < 4). Областю істинності першого предиката є можина пар дійсних чисел (х,у) є R2, які, як очевидно з вправи а), є коорди_ натами точок, що лежать на колі з центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2. Символічно запишемо складові предикати так: В1(х): “х2 + у2 =4”, В2(х): “х2 + у2 <4”. Геометрично область істинності предиката В1(х) _ це множина Т В х 1()точок кола з центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2. Геометрично область істинності предиката В2(х) являє собою множину Т В х 2() точок, які лежать всередині кола з центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2, тобто точок круга. Оскільки предикат В(х)=В1(х)∨В2(х), а область істинності диз’юнкції предикатів дорівнює об’єднанню областей істин_ ності даних предикатів, тобто ТВ(х)= Т В х 1() ∪ Т В х 2(), то гео_ метрично областю істинності предиката В(х) є множина точок круга разом з гра_ ничними точками, тобто точками кола з центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2. в) Предикат С(х): “х2 + у2 ≥ 4” являє собою диз’юнкцію предикатів: Y 2 x 2+y2=4 -2 -1 0 1 2 X -1 T A(x) -2 a) A (x):”x2+y2=4” Y б) 2 x2+y2≤4 -2 -1 0 1 2 X -1 TВ(x) -2 С1(х): “х2 + у2 = 4”, С2(х): “х2 + у2 >4”. С(х) = С1(х) v С2(х), тобто С(х): х2+ у2 і 4 ⇔ “(х2+у2=4)∨(х2+у2>4)”. Міркуючи аналогічно, як в попередньому випадку, дійдемо до висновку, що геометрично областю істинності предиката С1(х) є множина Т С х 1() точок кола з центром в початку координат і радіусом 2. Область істинності предиката С2(х) в системі координат являє собою множину Т С х 2() точок площини, що лежать зовні вказаного кола. Оскільки С(х) = С1(х) ∨ С2(х), то ТС(Х) = Т С х 1() ∪ Т С х 2(), а отже, область істинності даного предиката С(х) являє собою множину точок кола з центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2, в об’єднанні з множиною точок, що лежать зовні кола. г). Предикат D(х): “х2+у2 < 4” має областю істинності множину ТD(Х) тих точок площини, які лежать всередині кола з центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2, але точки кола цій множині не належать. Тому на малюнку коло зображаємо штриховою лінією. д). Предикат F(x): “х2 + у2 > 4” має областю істинності множину TF(X) тих точок площини, які лежать зовні кола з центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2, але точки кола цій множині не належать. Тому на малюнку коло зображаємо штриховою лінією. Завдання 5. На множині Х={ x/x є Z ∧ _2≤х≤10} задані предикати А(х): “ х_ натуральне число”, В(х): “х_ складене число”, С(х): “х _ кратне 5”. Утворіть предикат А(х)∧С(х)⇒В(х), визначте область його істинності і зобразіть її діаграмою Ейлера_Венна. Розв ’ язування. Новоутворений предикат А(х)∧С(х)⇒В(х) являє собою імплікацію двох предикатів, перший з яких _ умова _ це також складений предикат, Y в) 2 -2 -1 0 1 2 X -1 TC(x) -2 Y г) -2 -1 0 1 2 X -1 TD(x) -2 утворений в результаті кон’юнкції предикатів А(х) і С(х), а другий предикат, що є висновком імплікації, _ це простий предикат В(х). Тому його слід читати так: “ Якщо А(х) і С(х), то В(х)”, тобто: А(х)∧С(х)⇒В(х): “ Якщо число х натуральне і кратне 5, то воно _ складене”. Щоб визначити його область істинності, спочатку визначимо область істинності предиката, що є умовою імплікації, тобто кон’юнкції предикатів А(х)∧С(х), а потім область істинності імплікації. Запишемо області істинності кожного з даних предикатів: ТА(х) = { х/х є Х, А(х)} = { 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 }, ТВ(х) = { х/х є Х, В(х) } = { 4,6,8,9,10 }, ТС(х) = { х/х є Х, С(х)} = { 0,5,10 }. А(х) ∧ С(х): “х _ натуральне число і кратне 5”. ТА(х)∧С(х) = ТА(х) ∩ ТС(х) — за формулою знаходження області істинності кон’юнкції предикатів. ТА(х)∧С(х) ={ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 } З { 0,5,10 } = { 5,10 }. Тепер за формулою знаходження області істинності імплікації предикатів знайдемо область істинності предиката А(х) ∧ С(х) ⇒ В(х), ТА(х)∧С(х)⇒В(х) = Т А (х)∧ С (х) ∪ TB(х). Т А (х)∧ С (х) =Х \ ТА(х)∧С(х) = ={_2,_1,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}\{5,10}= ={_2,_1,0,1,2,3,4,6,7,8,9}. ТА(х)∧С(х)⇒В(х) ={_2,_1,0,1,2,3,4,6,7,8,9, }∪{4,6,8,9,10 }= ={_2,_1,0,1,2,3,4,6,7,8,9,10}. Зобразимо діаграмою Ейлера_ Венна область істинності кожно_ го з даних предикатів, та об_ ласть істинності новоутворено_ го предиката, яку заштрихуємо. Завдання 6. Знайти область визначення та область істин_ ності предиката: x x x 7 10 − − + = TA(x) X TB(x) TC(x) 3 8 5 0 7 9 -2 -1 Розв ’ язування: Область визначення даного одномісного предиката є областю визначення рівняння з однією змінною, тобто множиною тих значень змінної х, при яких дане рівняння має зміст. Оскільки ліва частина рівняння являє собою дріб, а дріб має зміст тоді, коли його знаменник не перетворюється в нуль, то для знаходження області визначення рівняння необхідно з множини всіх дійсних чисел вилучити ті числа, які перетворюють знаменник в нуль. Числа, що перетворюють знаменник в нуль, є коренями тричлена х2 _7х+10, тобто розв’язками квадратного рівняння х2 _7х +10 = 0. За теоремою Вієта легко встановити, що розв’язками цього рівняння є х1=2; х2=5. Отже, область визначення Х даного одномісного предиката являє собою множину R\{2;5}. Область істинності даного одномісного предиката Т є множиною розв’язків цього рівняння. Оскільки ліва частина рівняння є дробом, а дріб дорівнює нулю тоді, коли його чисельник дорівнює нулю, то розв’язування даного рівняння зводиться до розв’язування рівняння х2_4=0. х2_4=0⇒(х_2)(х+2)=0⇒(х_2=0) ∨ (х+2=0)⇒(х=2) ∨ (х=_2). Але значення х=2 не належить до області визначення Х=R\{2;5} даного рівняння, тому множина його розв’язків складається лише з одного елемента х=_2. Це означає, що областю істинності даного одномісного предиката є множина T={_2}. Завдання 7. В прямокутній системі координат на площині подайте геометричну інтерпретацію предиката: “ | х| +|y | ≤ 1 або | х|+ |y |>2”. Розв’язування. Подати геометричну інтерпретацію предиката в прямокутній системі координат на площині означає зобразити множину точок площини, координати яких (х,y) перетворюють даний двомісний предикат у висловлення (істинне або хибне), тобто множину Х, що є областю визначення предиката, з якої виділити підмножину тих точок, координати яких перетворюють двомісний предикат в істинне висловлення, тобто область істинності Т предиката. Коротше, зобразити область визначення Х і область істинності Т предиката. Даний предикат складений і являє собою диз’юнкцію двох двомісних предикатів. позначимо їх: A(x,y): “|x|+|y| ∨ |x|+|y|>2”. B(x,y): ”|x|+|y| 1”, C(x,y): “|x|+|y|>2” В зв’язку з цими позначеннями даний предикат запишемо так: A(x,y)=B(x,y) C(x,y). Оскільки кожен із предикатів містить модулі змінних х та y, а поняття модуля стосується елементів множини R дійсних чисел (найширшої числової множини), і, крім цього, в предикатах йдеться про суму модулів, що не викликає ніяких обмежень при виборі значень змінних, то це означає, що змінні х, y _довільні дійсні числа, а отже (х,y) є R2, тобто областю визначення даного предиката і предикатів, з яких він утворений, є множина всіх можливих пар дійсних чисел _ R2. Геометрично ця множина, яка являє собою декартовий квадрат множини дійсних чисел, зображається всіма точками площини в декартовій прямокутній системі координат. Отже, X=R2. Зобразити область істинності даного предиката А(х,y) означає зобразити множини точок, що є областями істинності предикатів В(х,y) та С(х,y), і виконати об’єднання цих множин, оскільки область істинності диз’юнкції предикатів дорівнює об’єднанню областей істинності складових предикатів. Отже, TA(x,y)=TB(x,y) U TC(x,y) Знайдемо спочатку TB(x,y), тобто область істинності преди_ ката B(x,y): ”|x|+|y| ≤ 1”. Оскільки під знаком модуля можуть бути як додатні так і від’ємні дійсні числа, то даний предикат слід розглядати не безпосередньо на всій площині (множині Х= R2), а на її окремих чвертях _ І, II, III, IY. Внаслідок чого і область істинності TB(x,y) одержиться об’єднанням чотирьох підмножин, що є областями істинності предиката B(x,y) на кожній з чвертей. Таким чином даний предикат B(x,y) можна розглядати також як диз’юнкцію чотирьох предикатів. Розглянемо їх. а) B(x,y): ”|x|+|y| ≤ 1”, де X1={(x,y)/x є R ∧ y є R ∧x>0∧ y>0}, тобто областю визначення є множина точок першої чверті пло_ щини. Якщо х> 0 і y>0, то |x|=x і |y|=y, а тому предикат можна переписати так: B1(x,y):”x+y 1”, або “y _x+1” Спочатку побудуємо графік y=_х+1, а потім в першій чверті виділимо ті точки, ординати яких (y) менші від ординат точок графіка. Графіком рівняння y=_х+1 є пряма, для побудови якої достатньо 2 точки. Знайдемо їх за таблицею, надаючи змінним х та y послідовно значення, рівні нулю. Побудуємо графік в першій чверті: Графіком нерівності y ≤ _х+1 є множина точок, які лежать нижче від цієї прямої, та множина точок, що лежать на прямій. Враховуючи, що предикат B1(x,y) розглядається на множині точок першої чверті площини, то графіком його є множина точок трикутника, утвореного осями координат та відрізком прямої y= _x+1, що лежить в першій чверті. б)якщо розглядати предикат B(x,y):”|x|+|y| 1” на множині точок другої чверті площини, тобто на області визначення X2={(x,y)/ x є R ∧ y є R ∧ x<0 ∧ y>0}, то будемо мати іншого виду предикат, враховуючи значення модулів. Якщо х<0 і y>0, то |x|=_x і |y|=y, а предикат прийме вид: B2(x,y): “_x+y 1” або “y x+1”. Побудуємо графік y=х+1, а потім виділимо точки в II чверті, ординати яких менші, ніж ординати точок графіка. Графіком рівняння y=х+1 є пряма, що проходить через точки з коор_ динатами, вказаними в таблиці: Графіком нерівності y х+1 є множина точок, які лежать нижче від прямої. Оскільки предикат B2(х,y):” y ≤ х+1” розглядається в II чверті, то графіком його (областю істинності) є множина то_ чок трикутника, утвореного осями коор_ динат і прямою y=х+1, який лежить в ІІ чверті. x y 0 1 1 0 y 0 1 x y y≤ −x+1 0 1 x TB x y 1(;) x y 0 1 -1 0 y y=x+1 -1 0 x y - 1 0 x TB x y 2(;) в) Міркуючи аналогічно, як у двох попередніх випадках, результати міркування стосовно предиката B(x,y): “| x |+| y | ≤ 1” запишемо лише в символічній формі без словес_ них пояснень. X3={(x,y) / x є R ∧ y є R ∧ x<0 ∧ y<0} Якщо x<0 і y<0,то| x |=_x і | y |=_y. B3(x,y):”_x_y ≤ 1” або ”y ≥ _x_1” Графіком рівняння y= _x_1 є пряма, що проходить через точки: Графіком нерівності y ≥ _x_1 є множина точок трикутника, утвореного в III чверті осями координат і прямою y=_x_1. г) B(x,y): ”|x|+|y| ≤ 1” на множині X4={(x,y)/x є R ∧ y є R ∧ ∧ x>0 ∧ y<0}, тобто на множині точок IV чверті. Якщо x>0 і y<0,то |x|=x і |y|=_y, а тому B4(x,y):”x_y ≤ 1” або “y x_1” Графіком рівняння y=x_1 є пряма, що проходить через точки Графіком нерівності y ≥ х_1 є множина точок трикутника, утвореного в IV чверті осями координат і прямою y=x_1. Зауважимо, що в ході міркувань вище ми скрізь послуговувались термінами “графік рівняння” та “графік нерівності”, які в математиці використовуються практично частіше. Але кожен з них означає множину тих точок площини, координати яких перетворюють y -1 0 x y= −x−1 -1 x y 0 -1 -1 0 y -1 0 x y≥ −x−1 TB x y 3(;) -1 x y 0 -1 1 0 y 0 1 x y=x-1 -1 y 0 1 x y ≥ x −1 TB x y 4(;) -1 рівняння (нерівність) в істинну числову рівність (нерівність), і яку в математичній логіці називають областю істинності. Отже, побудовані вище геометричні ілюстрації є областями істинності кожного з предикатів B1(x,y), B2(x,y), B3(x,y), B4 (x,y). Оскільки X=X1 U X2 U X3 U X4=R2, а B(x,y)=B1(x,y)∨B2(x,y)∨B3(x,y)∨B4(x,y), то TB(x,y)= TB x y 1(;) U TB x y 2(;) U TB x y 3(;) U TB x y 4(;). А тому, зобразивши всі ці області на одному малюнку _ в одній системі координат _ і виконавши їх об’єднання, дістанемо область істинності предиката B(x,y). отже, областю істинності предиката B(x,y):”|x|+|y| ≤ 1” є множина точок квад_ рата, центр якого лежить в початку коор_ динат, а вершини в точках (1;0), (0;1) (_ 1;0), (0;_1). Тепер зобразимо область істинності предиката C(x,y): “| x |+| y |>2”. Міркування цілком аналогічні, як у випадку предиката B(x,y), лише виділяти слід точки, що знаходяться не всередині квадрата з вершинами (2;0), (0;2), (_2;0), (0;_ 2), а зовні цього квадрата (на це вказує знак “>“). Крім цього, оскільки знак строгої нерівності (”>“), то це означає, що точки, які лежать на сторонах цього квадрата, не належать до області істинності. Тому сторони квадрата креслимо штриховою лінією. Отже, ілюстрація має вигляд: (запис міркувань в символічній формі виконайте самостійно). Тепер зобразимо область істинності даного предиката A(x,y), який, як встановлено вище, є диз’юнкцією предиката B(x,y) та предиката C(x,y). Для цього досить в одній системі координат зобразити множини TB(x,y) і TC(x,y) і об’єднати їх. y TB x y 2(;) TB x y 1(;) -1 0 1 x TB x y 3(;) TB x y 4(;) -1 TB(x,y) y TC x y 2(;) 2 TC x y 1(;) -2 -1 0 1 2 x TC x y 3(;) -1 TC x y 4(;) -2 TC(x;y) Геометрична інтерпретація предиката A(x,y): “|x|+|y|≤ 1 ∨ |x|+|y|> 2” має вигляд. Завдання для самостійної роботи. Завдання 1. Обгрунтуйте, які з речень є одномісними, двом_ існими чи тримісними предикатами. Вкажіть, які множини мо_ жуть бути областями їх визначення, тобто який зміст мають змінні, що входять до них: 1) 5x_3=2x+9; 11) x•y=z; 2) lg x+lg y = lg (xy); 12) x+y+z=0; 3) sin(ð_x)=sin x; 13) sin π 2 +2sin π 2 +3sin π 2 =6; 4) x2_7x+5>0; 14) | sin x |<1; 5) cosπ cos cos cos π π − = + − x 2 x x 2 2; 15) |x|+|y|=1; 6) x2_7x+12<0; 16) x _y = z; 7) x3_1<x; 17) x y =z; 8) 2x+3y<4x+3; 18) y = 5 2x −6; 9) ð+3x> π; 19) | x+1 |=y; 10) x2+y2=25; 20) x2+y2<25. Завдання 2. Визначити область істинності предиката, якщо областю визначення може бути одна з числових множин N, Z, Q, R. 1) x3_4x=0; 11) x2_7x+10=0; 2) (x_1)(x_2)=0; 12) 2x_6=0; 3) x2_5x+6=0; 13) (x_5)(x+3)=0; y -2 -1 1 2 0 x -1 -2 TA(x,y). 4) x3_7x2+10x=0; 14) (3x_2)(2x+3)=0; 5) 2x2_3x=0; 15) (2x_8)(3x+6)=0; 6) 2x2+7x+6=0; 16) (5x+2)(2x_5)=0; 7) (3x+1)(4x+1)=0; 17) (4x_8)(3x+6)=0; 8) x(x_1)(x_2)=0; 18) (x_3)(x_1)=0; 9) x2_8x+15=0; 19) (x+3)(x+1)=0; 10) x2+x_12=0; 20) (5x+3)(5x+15)=0. Завдання 3. Розв’язати системи нерівностей. Обгрунтува_ ти розв’язування з точки зору математичної логіки: 1) 2 5 7 4 8 3 x x x − > + < 9) 9 7 12 9 3 14 48 5 2 () () x x x x − < + + > − + 2) 9 8 3 17 3 4 6 21 1 3 x x x x x − > − − ≥ + 10) 11 4 2 1 7 4 17 48 3 2 13 () () x x x x x − + − ≤ − − < + 3) 3 4 2 1 8 3 5 21 x x x x
|
|||||||||
Последнее изменение этой страницы: 2016-04-19; просмотров: 754; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы! infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 18.119.139.50 (0.717 с.) |