NALOGE IZ LOGIKE IN MNO IC Z RE...
50
Transcript of NALOGE IZ LOGIKE IN MNO IC Z RE...
Univerza v LjubljaniPedago²ka fakulteta
Oddelek za matematiko in ra£unalni²tvoKatedra za algebro in analizo
Tadej Star£i£
NALOGE IZ LOGIKE IN MNO�IC ZRE�ITVAMIU£no gradivo
Ljubljana, 2015
Predgovor
Razumevanje matemati£nih teorij se lahko utrdi in poglobi le tako,da se matemati£ne koncepte in tehnike dokazovanja preizkusi z re²evanjemnalog.
Pri£ujo£a zbirka vsebuje naloge z re²itvami oziroma nasveti za re²e-vanje. Obsega osnove s podro£ja logike, natan£neje izjavnega ra£una, terosnove teorije mnoºic. Teme, povezane z izjavnim ra£unom so ekvivalencaizjav, kvanti�katorji, logi£no sklepanje in metode dokazovanja. Teorija mno-ºic pa se, poleg klasi£nih osnov o mnoºicah, dotakne ²e relacij, funkcij inmo£i mnoºic. To so temeljni matemati£ni koncepti, ki jih je nujno razumetina vseh podro£jih matematike. Naloge so samostojne in se praviloma nesklicujejo na ostale naloge. Na koncu so zbrane ²e re²itve, ve£inoma dokaziin uporabni nasveti, veliko nalog pa je re²enih tudi v celoti.
Izbor nalog je potekal od ²tudijskega leta 2011/12 do sedaj, v tem £asunamre£ na Pedago²ki fakulteti Univerze v Ljubljani med drugim vodim vajeiz predmeta Logika in mnoºice. V veliki meri so to naloge z vaj, doma£ih na-log, izpitov in kolokvijev pri omenjenem predmetu. Vrstni red nalog, njihovateºavnost in struktura zato naravno sledijo toku premi²ljevanja ²tudenta.Zbirka je tako ²e posebej namenjena ²tudentom Pedago²ke fakultete, ²tudij-skega programa dvopredmetnega u£itelja matematike, ki logiko in mnoºiceposlu²ajo v prvem letniku ²tudija. Gotovo pa bo prav pri²la tudi ²tudentom,ki poslu²ajo sorodna predavanja na drugih fakultetah. Njen osnovni namenje pomo£ pri ²tudiju, pravi pomen bo zato dobila le v povezavi s celotnim²tudijskim procesom.
Pa veliko veselja pri re²evanju!
Ljubljana, april 2015 dr. Tadej Star£i£
Kazalo
1 Logika 4
1.1 Resni£nostne tabele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Ekvivalenca izjav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Kvanti�katorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Logi£no sklepanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5 Metode dokazovanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Mnoºice 17
2.1 Mnoºice in podmnoºice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2 Unije in preseki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3 Poten£na mnoºica in kartezi£ni produkt . . . . . . . . . . . . . 212.4 Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.5 Funkcije in mo£ mnoºic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3 Re²itve 28
3.1 Logika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.1.1 Resni£nostne tabele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.1.2 Ekvivalenca izjav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.1.3 Kvanti�katorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.1.4 Logi£no sklepanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.1.5 Metode dokazovanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.2 Mnoºice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.2.1 Mnoºice in podmnoºice . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.2.2 Unije in preseki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.2.3 Poten£na mnoºica in kartezi£ni produkt . . . . . . . . 433.2.4 Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.2.5 Funkcije in mo£ mnoºic . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3
1 Logika
1.1 Resni£nostne tabele
1. Naj bodo p, q in r enostavne izjave, ki sestavljajo naslednje sestavljeneizjave:
(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 protislovjain katere so fakti£ne izjave. Razmisli, katera od izjav je resni£nain 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£naoziroma neresni£na, £e je dana sestavljena izjava resni£na?
2. Na nekem otoku ºivijo resnicoljubni vitezi in laºnivi oprode. Izjavadoma£ina je torej resni£na natanko tedaj, ko je ta vitez, ter neresni£nanatanko tedaj, ko je oproda. Naslednje probleme zapi²i v jeziku izjavnelogike in s pomo£jo resni£nostne tabele dolo£i tipe doma£inov. Naotoku sre£amo
(a) dva doma£ina in eden od njiju izjavi, da je vsaj eden od njijuoproda.
(b) dva doma£ina in eden od njiju izjavi: Ce sem jaz vitez, je onoproda."
(c) dva doma£ina in eden od njiju izjavi, da sta bodisi oba vitezabodisi oba oprodi.
4
(d) tri doma£ine, A, B in C. Najprej doma£in A izjavi: �Ce je Coproda, potem je tudi B oproda.' B izjavi: �C je vitez ali A jevitez.�
(e) tri doma£ine, A, B in C. Najprej doma£in A izjavi, da sta B inC 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 njihje 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
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, J ≡ r ⇒ (p ∨ q),(d) I ≡ ¬q ⇒ ((r ⇔ q) ∧ p), J ≡ (¬q ⇒ r)⇔ (q ∧ p),(e) I ≡ (r ∧ (p ∨ ¬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 normalnidisjunktivni obliki (NDO).
• Ali je mo£ iz resni£nosti izjav I in J sklepati na resni£nost kate-rekoli od izjav p, q, r, p ∨ q in p⇔ (q ∧ r).
2. Dokaºi, da so spodaj podani pari ekvivalentnih izjav, noben par ekvi-valentnih 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, (¬A⇒ C)⇒ (B ⇒ C),
(d) (A ∧B) ∨ (¬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 ≡ (�e sem pameten, potem nisem sre£en), ali sem pameten.J ≡ �e sem pameten, (potem sem pameten in sre£en).
(b) I ≡ Sem pameten in (sem sre£en ali bogat).J ≡ �e sem pameten in nesre£en, potem sem pameten in reveº.
6
(c) I ≡ �e sem pameten, potem sem sre£en in nisem bogat.J ≡(�e sem pameten, potem nisem bogat) in (£e sem pameten,potem sem sre£en).
(d) I ≡ �e sem neumen ali nesre£en, potem sem nesre£en in reveº.J ≡ (�e sem bogat natanko takrat, ko nisem pameten), (potemnisem bogat in sem sre£en.)
• Zapi²i pripadajo£e enostavne izjave, nato pa z njimi in s pomo£jologi£nih veznikov zapi²i izjavi I in J .• Ugotovi, ali sta izjavi I in J ekvivalentni, ter ju zapi²i v normalnidisjunktivni obliki (NDO).
• Ali je mo£ iz resni£nosti izjav I in J sklepati na resni£nost kate-rekoli od izjav: P ≡ Sre£en sem natanko tedaj, ko sem bogat. terQ ≡ 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) (�e grem v kino natanko takrat, ko se ne u£im Logike), (potemne grem v kino in se u£im Logiko).
• S pomo£jo znanih ekvivalenc danim izjavam poi²£i ekvivalentneizjave, ki so sestavljene le iz negacij enostavnih izjav ter logi£nihveznikov ∧ 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 sesta-vljene 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 de�niran na naslednji na£in:
(a) Izjava p ↑ q (She�erjev veznik) je resni£na natanko tedaj, ko vsajena izmed izjav p in q ni resni£na.
7
(b) Izjava p ↓ q (Lukasiewicz-Pierceov veznik) je resni£na natankotedaj, 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, dabomo izvedeli, ali govori resnico?
8
1.3 Kvanti�katorji
1. Naslednje izjave zapi²i v matemati£ni obliki z uporabo logi£nih veznikovin kvanti�katorjev, 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 a2 v mnoºici B.
(d) Za vsako celo ²tevilo velja: £e je to ²tevilo deljivo s 6, potem jedeljivo tudi z 2 in 3.
(e) Za vsako racionalno ²tevilo obstaja naravno ²tevilo, ki je ve£je odtega 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 naj-manj²e ²tevilo iz mnoºice M , potem je m delitelj vsakega ²tevilaiz mnoºice M .
(h) �e ima 1 lasnost P , ter £e ima n+ 1 lastnost P , ko ima n lastnostP , potem imajo lastnost P vsa naravna ²tevila.
(i) Vsako ²tevilo iz mnoºice A ⊂ N, ki je ve£je od 10, je popolnikvadrat nekega ²tevila iz mnoºice A.
(j) Za vsako celo ²tevilo velja: £e je kub tega ²tevila deljiv z 2, potemje tudi to ²tevilo deljivo z 2,
(k) Za vsako naravno ²tevilo n velja: ²tevilo n da pri deljenju s 3ostanek 1 natanko tedaj, ko da tudi njegov kub n3 pri deljenju s3 ostanek 1.
(l) Za vsak realen ε > 0 obstaja tako naravno ²tevilo N , da za vsakonaravno ²tevilo n, ki je ve£je od N , velja 1
n< ε.
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 = m2)), 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
(f) ∃n: (∀m: (n 6= m3) ∧ ∀k: (n 6= k2)), kjer so domena pogovoranaravna ²tevila,
(g) ∃n: (∃m: (n = m2) ∨ ∀k: (n 6= k3)), kjer so domena pogovora na-ravna ²tevila,
(h) ∃n: (∃m: (n = m2) ∧ ∀k: (n 6= k3)), kjer so domena pogovora na-ravna ²tevila,
(i) ∃n: ((∃r: (n = 2r)) ∨ (∀s: (n 6= 3s))), kjer so domena pogovoracela ²tevila,
(j) ∃n: (∀m: (n 6= 3m + 1) ⇔ ∃r: (n3 = 4r + 1)), kjer so domenapogovora cela ²tevila,
(k) ∀m: (∀N : (∃n: ((n > N) ∧ ( 1n2 <
1m
)))), kjer so domena pogovoranaravna ²tevila.
(l) ∀A: (∃B: ((A ⊂ B ∧ A 6= B) ⇒ P(A) 6= B), kjer so domenapogovora podmnoºice mnoºice naravnih ²tevil.
Ali je katera od danih izjav resni£na?
10
1.4 Logi£no sklepanje
1. Za dani par izjav P in Q ugotovi, katera od izjav je potreben oziromazadosten 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: n3 je liho ²tevilo.
(d) P : Realno ²tevilo x re²i neenakost x2 < x.Q: Realno ²tevilo x je manj²e od 1.
2. Ugotovi, zakaj je kon£ni sklep logi£na posledica predhodnih predpo-stavk. Zapi²i ²e formalni dokaz v jeziku simbolne logike in vsak korakutemelji 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 pr2.¬q ⇒ ¬r pr3.(r ⇒ ¬p)⇒ t pr4. . . . HS(1, 2)5.r ⇒ ¬p . . .6. MP(3, 5)
1.p ∧ ¬p pr2.p . . .3.¬p . . .4.¬p ∨ q . . .5.p⇒ q . . .6. . . . MP (2, 5)
,
1.(¬q ∨ r)⇒ (¬p ∧ q) pr2.(q ∧ ¬r)⇒ s pr3.¬s pr4.¬(q ∧ ¬r) . . .5.¬q ∨ r . . .6.¬p ∧ q . . .7.q . . .
1.(q ∨ r)⇒ (p ∧ ¬q) predp2.(¬q ∧ ¬r)⇒ s predp3.¬s predp4. . . . MT (2, 3)5.q ∨ r . . .6.p ∧ ¬q . . .7. . . . . . .8.r . . .
11
4. Naj bodo resni£ne izjave ¬q ⇒ r, p ∨ q in r ⇒ ¬p. Ali smemo odtodkaj sklepati o resni£nosti oziroma neresni£nosti katere od izjav r ⇒ qin ¬p∧ q? �e je odgovor pritrdilen, zapi²i tudi formalni dokaz s pravilisklepanja.
5. Dane so sestavljene izjave:P ≡ �e je ºival na sliki plazilec ali sesalec, diha s plju£i in ne zna leteti.Q ≡ �ival na sliki je plazilec.R ≡ �ival na sliki ne zna leteti.Iz trditev P in Q izpelji trditve R. Zapi²i tudi formalen dokaz, kjernatan£no pojasni svoje sklepe.
6. Dane so sestavljene izjave:P ≡ �e 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£jologi£nih veznikov zapi²i izjave P , Q in R.
(b) Utemelji, zakaj lahko iz resni£nosti trditev P in Q sklepa² na re-sni£nost trditve R. Zapi²i tudi formalen dokaz in natan£no pojasnisvoje sklepe.
12
1.5 Metode dokazovanja
1. Najprej direktno in nato z analizo primerov dokaºite naslednje trditve:
(a) �tevilo n3 − n je deljivo s 3 za vsako naravno ²tevilo n.
(b) Za vsako naravno ²tevilo n je izraz n2 − n+ 5 liho ²tevilo.
(c) Naj bosta m in n naravni ²tevili. �e je ²tevilo 3m+n liho, potemje ²tevilo m2 + n2 tudi liho.
2. S protislovjem oziroma indirektno (t.j. namesto trditve A⇒ B dokaºi¬B ⇒ ¬A.) dokaºi naslednje trditve:
(a) �e je ²tevilo a re²itev ena£be a2 − 7a+ 12 = 0, potem je a 6= 0.
(b) �e je vsota kubov dveh naravnih ²tevil liha, potem je eno od ²tevilliho in drugo sodo.
(c) V decimalnem zapisu ²tevila√
2 se vsaj ena (dve) izmed ²tevkpojavi neskon£nokrat.
(d) �e je 2n+1 pra²tevilo za naravo ²tevilo n ≥ 2, potem je n potenca²tevila 2.
(e) Pra²tevil je neskon£no mnogo.
3. Z indukcijo dokaºi naslednje trditve:
(a) Za vsako naravno ²tevilo n velja 13 +23 +33 + · · ·+n3 = (n(n+1)2
)2.
(b) Za vsako naravno ²tevilo n je izraz 5n − 4n− 1 deljiv s 16.
(c) Izraz n3
3+ n2
2+ n
6je 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 ≡ �e sem pameten, potem sem nesre£en in bogat.Q ≡ �e 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
(b) Ali je mo£ iz resni£nosti izjav P , Q in R sklepati o resni£nostoziroma neresni£nosti izjav p in s. �e je odgovor za katero odizjav 'da', potem svojo trditev utemelji ²e s formalnim dokazom.
5. Dane so izjave:P ≡ �e se u£im ali delam doma£e naloge, potem (naredim izpit ingrem 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£jologi£nih veznikov zapi²i izjave P , Q in R.
(b) Ali je mo£ iz resni£nosti izjav P in Q sklepati na resni£nosti izjaveR oziroma izjave �Delam doma£e naloge.�? �e je odgovor za katerood izjav pritrdilen, potem svojo trditev utemelji ²e s formalnimdokazom s pravili sklepanja.
6. Dane so izjave:P ≡ �e nisem bogat, potem sem pameten.Q ≡ �e sem nesre£en ali pameten, potem sem mlad.R ≡ �e sem mlad, potem sem ²tudent.S ≡ �e sem bogat, potem sem nesre£en.
(a) Zapi²i pripadajo£e enostavne izjave, nato pa z njimi in s pomo£jologi£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£nostkaterekoli od izjav: �Sem ²tudent.� ter �Sem bogat.�.
7. Dane so izjave:
(a) P ≡ �e mi²i ne ple²ejo, potem je ma£ka doma.Q ≡ Ma£ke ni doma ali mi²i ple²ejo.R ≡ �e so mi²i doma, potem ple²ejo.S ≡ Mi²i ple²ejo.
(b) P ≡ �e se ne u£im, potem (ne naredim izpita in ne grem na morje).Q ≡ �e se u£im, potem (naredim izpit in grem na morje).R ≡ �e se ne u£im, potem ne znam.S ≡ �e se u£im, potem (znam ali grem na morje).
(c) P ≡ �e govorim resnico, potem sem po²ten ali nesre£en.Q ≡ �e sem bogat, potem sem sre£en in nepo²ten.R ≡ Govorim resnico ali sem reven.S ≡ Nisem bogat.
14
• Zapi²i pripadajo£e enostavne izjave, nato pa z njimi in s pomo£jologi£nih veznikov zapi²i izjave P , Q, R in S.
• Dokaºi, da je iz resni£nosti izjav P , Q in R mo£ sklepati na re-sni£nost izjave S. Zapi²i ²e formalnim dokaz s pomo£jo pravilsklepanja.
8. Razloºi posamezne korake v danih dokazih ali dokaze dopolni:
1. p⇒ (q ∧ r) predp2. (q ∨ s)⇒ u predp3. u⇒ ¬t predp4. (q ∨ s)⇒ ¬t . . .5.1. . . . . . .5.2. q ∧ r . . .5.3. q . . .5.5. q ∨ s . . .5.6. ¬t . . .5. p⇒ ¬t PS(5.1− 5.6)6. t⇒ ¬p . . .
,
1.p⇒ (q ∧ r) predp2.¬p⇒ (¬q ∧ ¬r) predp3.¬p⇒ ¬s predp4.1. . . . predp PS4.2.q ∧ r . . .4.3.r . . .4.4.r ∨ ¬s . . .4.p⇒ r ∨ ¬s . . .5.s⇒ p . . .6. . . . HS(4, 5)
1. (p ∨ q)⇒ (s⇒ ¬q) predp2. (¬r ∨ p) ∧ s predp3.¬q ⇒ ¬p predp4.¬r ∨ p . . .5.1. r . . .5.2. . . . DS(4, 5.1)5.3. p ∨ q . . .5.4. s⇒ ¬q . . .5.5. . . . HS(3, 5.4)5.6. s . . .5.7.¬p . . .5.8.¬p ∧ p . . .5.9. 0 . . .5. . . . . . .
1. (¬p⇒ q) predp2. (¬s ∧ q)⇒ r predp3. p ∨ ¬r predp4.¬r ⇒ ¬s predp5.1.¬p . . .5.2. . . . DS(3, 5.1)5.3.¬(¬s ∧ q) . . .5.4. s ∨ ¬q . . .5.5. . . . MP(4, 5.2)5.6.¬q . . .5.7. . . . . . .5.8.¬q ∧ q . . .5.9. 0 . . .5. . . . . . .
15
1.¬p ∨ q predp2.(¬s ∨ q)⇒ t predp3.1.¬t . . .3.2.¬(¬s ∨ q) . . .3.3.s ∧ ¬q . . .3.4.¬q . . .3.5. . . . DS(1., 3.4.)3.¬t⇒ ¬p . . .
1. p⇒ (q ∨ r) predp2.¬r predp3.1. p . . .3.2. q ∨ r . . .3.3. q . . .3. p⇒ q . . .
,
1. p ∨ (r ⇒ s) predp2. p ⇐⇒ s predp3.1.¬p ∧ r . . .3.2.¬p . . .3.3. . . . DS(1, 3.2)3.4. (p⇒ s) ∧ (s⇒ p) . . .3.5. s⇒ p . . .3.6. r ⇒ p . . .3.7. . . . MT(3.2, 3.6)3.8. . . . . . .3.9. . . . . . .3.10. 0 . . .3.¬(¬p ∧ r) . . .4. p ∨ ¬r . . .
,
9. V celoti dokaºi izjavi ¬t ⇒ ¬p in p ⇒ (s ∧ ¬q), pri £emer ²tevilokorakov dokaza ni vnaprej predpisano:
1.¬p ∨ q predp2. (¬s ∨ q)⇒ t predp. . .. . .∗.¬t⇒ ¬p
1.¬r ∧ s predp2. (p ∨ ¬q)⇒ (¬q ∨ r) predp. . .. . .∗. p⇒ (s ∧ ¬q)
10. Dane so izjave ¬q ⇒ r, r ⇒ ¬q in p ∨ q. Ali lahko iz danih izjavizpeljemo izjave q in r ∧ p? �e 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
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 | x2 − 10x+ 16 < 0},(d) {n ∈ N | n > 4⇒ 3n+ 1 ≤ 20}.
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 manj²iod 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 katerienaki? (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}, B = {m ∈ Q | (2m+ 1)3 ∈ Z},
C = {(2s+ 3)3 | s ∈ 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 = {n2 ∈ N | ostanek ²tevila n pri deljenju s 3 je 2}.(e) A = {x3 | x ∈ Q}, B = {x ∈ R | x3 ∈ Q}..(f) A = {x2 | x ∈ Q}, B = {x ∈ R | x2 ∈ Q}.(g) A = {n
2+ 1 | n ∈ Z}, B = {m ∈ Z | m
2+ 1 ∈ Z},
C = {k ∈ Q | 2k ∈ Z}.
4. Naslednjo izjavo o podmnoºicah mnoºice naravnih ²tevil zapi²i v ma-temati£ni obliki, t.j. z uporabo logi£nih veznikov in kvanti�katorjev,nato pa izjavo ²e dokaºi:
Za vsako mnoºico A velja: �e A vsebuje kak²no podmnoºico B, takoda je A razli£na od B, potem A ni prazna mnoºica.
17
5. Dana je izjava o podmnoºicah mnoºice celih ²tevil:
∀A:(
(∃B: (B ∈ P(A) ∧B 6= ∅))⇒ A 6= ∅)
(a) Na £im bolj enostaven na£in dano izjavo zapi²i z besedami, natopa izjavo tudi utemelji.
(b) V £im bolj enostavni matemati£ni obliki, t.j. z uporabo logi£nihveznikov in kvanti�katorjev, podaj negacijo dane izjave.
6. Pokaºi naslednje trditve:
(a) ∅ 6= {∅},(b) �e 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
2.2 Unije in preseki
1. Poi²£i mnoºice A ∪B, A ∩B, A \B in Ac, £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
(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, 1 + 1
n),
(d)⋂∞n=1[−1 + 1
n, 1 + 1
n),
(e)⋃x∈R−(x, 0),
(f)⋂x∈R+(−x, x),
(g)⋃∞n=1[
1n, 2n+ 1],
(h)⋂∞n=1[
1n, 2n+ 1],
(i)⋃∞n=1[−
1n, n),
(j)⋂∞n=1[−
1n, n).
5. Dokaºi ali ovrzi naslednjo trditev:
(a) �e so mnoºice Aα, α ∈ I, paroma disjunktne, potem je njihovpresek enak
⋂α∈I Aα = ∅.
(b)⋃∞n=1(An ×Bn) ⊂
⋃∞n=1An ×
⋃∞n=1Bn,
(c)⋂∞n=1An ×
⋂∞n=1Bn ⊂
⋂∞n=1(An ×Bn).
20
2.3 Poten£na mnoºica in kartezi£ni produkt
1. Dane so mnoºice
(a) A = {1, 2},(b) A = {1, {1}},(c) A = {1, ∅}, B = P(A),
(d) 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 Nn = {1, 2, . . . , n} natanko2n 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
(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). �imbolj natan£no opi²inaslednje 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
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 re�eksivna, simetri£na, asimetri£na,antisimetri£na, tranzitivna, ekvivalen£na, sovisna ali strogo so-visna? Ali je katera relacija delne urejenosti oziroma linearne ure-jenosti.
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) aR b ⇐⇒ a− b ∈ Z, a, b ∈ R.(e) aR b ⇐⇒ 3|(2a− b) na mnoºici N.(f) xR y ⇐⇒ x2 − y2 ∈ Z.(g) xR y ⇐⇒ bxc = byc, a, y ∈ R, kjer bxc pomeni najve£je celo
²tevilo, ki ne presega x.
(h) (x, y) T (x′, y′) ⇐⇒ 2x+ 3y = 2x′ + 3y′, (x, y), (x′, y′) ∈ R2.
(i) x R y ⇐⇒ (x− y)√
2 ∈ Z, x, y ∈ R,(j) ARB ⇐⇒ A ∩B = ∅, A,B ∈ P(N).
(k) relacija pravokotnsti na mnoºici vseh premic v ravnini,
(l) (x, y) R (x′, y′) ⇐⇒ x2 + y2 = x′2 + y′2 na mnoºici R2,
(m) (x, y) R (x′, y′) ⇐⇒ x+ x′ = y + y′, (x, y), (x′, y′) ∈ R2.
(n) ⇐⇒ x+ y′ + z = x′ + y + z′, (x, y, z) R (x′, y′, z′) ∈ Z× Z× Z.(o) xT y ⇐⇒ sin(x) = − sin(y), x, y ∈ R.
23
(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 koe�cienti:
p R q ⇐⇒ x5|(p(x)− q(x)).
(r) relacija na mnoºici vseh polinomov druge stopnje:
p(x) R q(x) ⇐⇒ p, q imata enake ni£le.
(s) ARB ⇐⇒ (A ∪ N) ∩B 6= ∅ na poten£ni mnoºici P(R).
• Preverite, ali so dane relacije re�eksivne, simetri£ne, asimetri£ne,antisimetri£ne, tranzitivne, ekvivalen£ne, sovisne ali strogo sovi-sne. Ali je katera relacija relacija delne urejenosti oziroma linearneurejenosti.
• �e je katera izmed relacij ekvivalen£na, opi²i njene ekvivalen£nerazrede. Izberi si tudi nek element x0 (npr. 0) in eksplicitno podajekvivalen£ni razred tega elementa, t.j. poi²£i vse take x, za katerevelja xRx0.
3. Dokaºi, da za relacijo R na mnoºici X veljajo naslednje trditve:
(a) Kompozitum relacij R ◦ R −1 je simetri£na relacija.
(b) �e je relacija R re�eksivna, potem so tudi njen inverz R −1 inkompozituma relacij R ◦ R −1 ter R ◦ R re�eksivne relacije.
(c) �e je relacija R tranzitivna, potem sta tudi njen inverz R −1 inkompozitum R ◦ R tranzitivni relaciji.
(d) �e je relacija R tranzitivna in ire�eksivna, potem je asimetri£na.
4. Dani sta simetri£ni relaciji R in T . Dokaºi, da je potem kompozitumrelacij R◦T simetri£na relacija natanko tedaj, ko velja R ◦T = T ◦R .
5. Na mnoºici X sta dani simetri£ni in re�eksivni relaciji R 1 in R 2. Ugo-tovi, ali je tudi relacija xR y ⇐⇒ (x R 1 y) ∧ (x R 2 y) na mnoºici Xsimetri£na in re�eksivna.
6. Naj bosta ∼1 in ∼2 ekvivalen£ni relaciji na mnoºici X. Ugotovite, alije naslednja relacija na X vedno ekvivalen£na:
(a) xR y ⇐⇒ (x ∼1 y) ∧ (x ∼2 y),
(b) xR y ⇐⇒ (x ∼1 y) ∨ (x ∼2 y).
24
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? �e je od-govor 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, tervsakemu £loveku priredi naravno barvo njegovih las.
(b) Funkcija, ki slika iz mnoºice vseh ²tudentov na PeF v kartezi£niprodukt N × N, ter vsakemu ²tudentu priredi urejen par, vpisno²tevilko in njegova leta.
(c) Funkcija N→ Z, ki ²tevilu priredi ²tevilo vseh njegovih deliteljev.
(d) f :R \ {1} → R \ {1}, f(x) = x+1x−1 .
(e) f :R \ {1} → R \ {2}, f(x) = 2x3+3x3−1 .
(f) g:Z2×2 → Z,[a bc d
]7→ (2a+ 3d+ 1).
(g) f :N× N→ N× Z, f(a, b) = (2a+ b, b− 3a).
(h) f :N→ N, f(n) =
{2n+ 1, n sodo3n+ 1, n liho ,
(i) f :Q2 → Q2, f(a, b) = (a− b2, b3 + 2).
(j) f :R× R→ R2×2, (a, b) 7→[a2 − b 1
0 a
].
(k) f :Z× Z→ Z, f(a, b) = a+ b.
(l) f :Z→ N, f(x) =
{3x, x ≥ 25− 3x, x ≤ 1
.
(m) f :Z× Z→ Z× Z, f(a, b) = (a b, a).
(n) f :N× N→ Z× Z, f(a, b) = (a2, a− b).(o) f :P(Q)× P(Q)→ P(Q), f(A,B) = A ∩B.
25
(p) f :Z→ Z2, f(x) = (x2, x3).
(q) f :P(R)→ Z, f(A) =
{min(A ∩ N), A ∩ N 6= ∅−1, A ∩ N = ∅
(r) f :P(R)→ N ∪ {0}, f(A) =
{min(A ∩ N), A ∩ N 6= ∅0, A ∩ N = ∅ ,
Razi²£i injektivnost, surjektivnost in bijektivnost danih preslikav. �eje katera izmed preslikav bijekcija, ji poi²£i ²e njen inverz.
3. Dani sta preslikavi f :X → Y in g:Y → X. Dokaºi ali ovrºi naslednjetrditve:
(a) �e sta f in g injektivni (surjektivni), potem je tudi g◦f injektivna(surjektivna).
(b) �e je g surjektivna (f injektivna), potem je g ◦ f tudi surjektivna(injektivna).
(c) �e je g ◦ f surjektivna (injektivna), potem je g surjektivna (finjektivna).
(d) Naj bo X = Y . Potem je preslikava f :X → X bijekcija natankotedaj, ko je tudi f ◦ f je bijekcija.
4. Dani sta funkciji
(a) f :N ∪ {0} → N, f(n) =
{2n, n sodo3n− 1, n liho ,
(b) f :Z→ Z× Z, f(x) = (x2, x3).
• 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)}), kiso dobro de�nirane.
5. Dana je preslikava f :X → Y in mnoºici A,B ⊆ X. Dokaºi naslednjetrditve:
(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 Df :
xR y ⇐⇒ f(x) = f(y), x, y ∈ Df .
Ali je katera relacija ekvivalen£na?
26
7. Pokaºi, da so dani pari mnoºic enake kardinalnosti, ter eksplicitno po-daj 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,
(d) N× N in {[a b2b 3b
]| a, b ∈ N},
(e) (0, π2) (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 ustreznima²tevnima 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
3 Re²itve
3.1 Logika
3.1.1 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) ∨ r0 0 0 1 1 0 0 10 0 1 1 0 1 1 10 1 0 1 1 0 0 10 1 1 1 1 1 1 11 0 0 1 1 0 0 01 0 1 0 0 1 0 11 1 0 1 1 0 0 11 1 1 1 1 0 0 1
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 tudiizjavi r in (p⇒ q) ∨ r vrednosti 1, ostale izjave p, q in r pa zavzamejoobe vrednosti 0 in 1. �e je torej dan izjava resni£na, sta resni£ni tudiizjavi r in (p⇒ q)∨ r, o resni£nosti oziroma neresni£nosti ostalih izjavp, 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 ∨ r0 0 0 0 00 0 1 1 10 1 0 1 00 1 1 1 11 0 0 0 11 0 1 1 11 1 0 1 11 1 1 1 1
28
Opazimo, da je za vrednost p ∼ 1 doma£in A resnicoljubni vitez inmora 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, zaq ∼ 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.
3.1.2 Ekvivalenca izjav
1. Vse pare izjav obravnavamo na enak na£in. Natan£neje si zato oglejmole primer (e).
Zapi²imo resni£nostno tabelo za dane izjave, pri £emer so v prvihtreh stolpcih vrednosti izjav p, q in r, sledita stolpca z vrednostmi izjavI in J , itd:
p q r (r ⇒ ¬p) ∧ ¬q r ⇒ (p ∨ q) p⇔ (q ∧ r) q ⇒ p0 0 0 1 1 1 10 0 1 1 0 1 10 1 0 0 1 1 00 1 1 0 1 0 01 0 0 1 1 0 11 0 1 0 1 0 11 1 0 0 1 0 11 1 1 0 1 1 1
Ker se resni£nostna stolpca izjav I in J ne ujemata, izjavi nista ekvi-valentni. Iz vrstic v tabeli, kjer je vrednost posamezne izjave enaka 1lahko 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 vtabeli pod£rtana. Vidimo, da lahko tedaj sklepamo, da sta izjavi q in rneresni£ni, izjava q ⇒ p resni£na, o izjavah p in p⇔ (q∧ r) ne moremosklepati ni£esar.
29
2. Vse pare izjav obravnavamo na enak na£in, primerjajmo zato le parapod (e) in (f). Pa zapi²imo resni£nostno tabelo:
A B C (A⇒ B) ∧ (C ∨B) A⇒ ((B ∧ C) ∨B)(¬A ∧ C) ∨B A⇒ B
0 0 0 0 10 0 1 1 10 1 0 1 10 1 1 1 11 0 0 0 01 0 1 0 01 1 0 1 11 1 1 1 1
Stolpca v resni£nostni tabeli sta razli£na, torej para izjav res nistaekvivalentna.
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 Q0 0 0 1 1 1 00 0 1 0 1 0 10 1 0 1 0 1 10 1 1 1 1 0 11 0 0 0 0 0 01 0 1 0 0 1 11 1 0 0 1 0 11 1 1 1 1 1 1
Odtod takoj sledi, da izjavi P in Q nista ekvivalentni, njuna normalnadisjunktivna 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
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 moremosklepati ni£esar.
4. Vseh izjav se lotimo na podoben na£in, zato si natan£neje oglejmonaprimer (b).Veznik⇒ izrazimo z ∨, ter upo²tevamo de Morganov zakon, pa dobimoizjavo 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?� Navpra²anje: �Ali je res, da si ti vitez ali oproda?� pa bi vitez odgovorilz �Da�, oproda pa z �Ne�.
3.1.3 Kvanti�katorji
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: (a2 ∈ A).Negacija: ∀a: (a2 /∈ A).
31
(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 6= 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 = b2))).Negacija: ∃a: (a > 10 ∧ (∀b: (a 6= b2))).
(j) Izjava: ∀n: (2 | n3 ⇒ 2 | n).Negacija: ∃n: (2 | n3 ∧ 2 - n).
(k) Izjava: ∀n: (∃m: (n = 3m+ 1) ⇐⇒ (∃k: (n3 = 3k + 1))).Negacija: ∃n: (∃m: (n = 3m+ 1) ⇐⇒ ∀k: (n3 6= 3k + 1)).
(l) Izjava: ∀ε: (∃N : (n > N ⇒ 1n< ε)).
Negacija: ∃ε: (∀N : (n > N ∧ 1n≥ ε)).
2. (a) Izjava: Za vsak x ∈ R obstaja y ∈ R, da je x = 2y.Negacija: Obstaja realno ²tevilo, ki ni dvakratnik nobenega real-nega 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 nekipozitivni realni funkciji.Negacija: Obstaja nenegativna realna funkcija, ki je manj²a odvsake nenegativne realne funkcije.
(e) Izjava: �e je produkt dveh realnih ²tevil x in y enak 0, je vsaj enoizmed 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 po-polni kvadrati.Negacija: Vsako naravno ²tevilo je popolni kub ali popolni kva-drat.
32
(g) Izjava: Obstajajo naravna ²tevila, ki so popolni kvadrati ali nisopopolni kubi.Negacija: Vsako naravno ²tevilo je popolni kub in ni popolni kva-drat.
(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 1natanko tedaj, ko pri deljenju s 3 ne dajo ostanka 1.Negacija: Vsako naravno ²tevilo da pri deljenju s 3 ostanek 1natanko tedaj, ko da pri deljenju s 4 ostanek 1.
(j) Izjava: Za poljubni naravni ²tevili m in N obstaja tako naravno²tevilo n, ki je ve£je od N in 1
n2 <1m.
Negacija: Obstajata naravni ²tevili m in N , da za vsako naravno²tevilo n, ki je ve£je N , velja: 1
n2 ≥ 1m.
(k) Izjava: Za vsako mnoºico A obstaja mnoºica B, da velja: £e je Aprava podmnoºica mnoºice B, potem je P(A) 6= P(B).Negacija: Obstaja taka mnoºica A, ki je prava podmnoºica vsakemnoºice B in P(A) = P(B).
3.1.4 Logi£no sklepanje
1. (a) Q je (izklju£no) potreben pogoj za P . (13 | 39, 26 - 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⇒ qQ: pR: q
(b) Modus tolens (MT):P : p⇒ qQ: ¬qR: ¬p
(c) Hipoteti£ni silogizem (HS):P : p⇒ qQ: q ⇒ rR: p⇒ r
(d) Disjunktivni silogizem (DS):P : p ∨ qQ: ¬qR: p
33
3. Uporabimo oznake za sklepe kot v nalogi 2:1. p⇒ ¬q pr2.¬q ⇒ ¬r pr3. (r ⇒ ¬p)⇒ t pr4. p⇒ ¬r HS(1, 2)5. r ⇒ ¬p ∼ 46. t MP(3, 5)
1. p ∧ ¬p pr2. p Po(1)3.¬p Po(1)4.¬p ∨ q Pr(3)5. p⇒ q ∼ 46. q MP (2, 5)
1. (¬q ∨ r)⇒ (¬p ∧ q) pr2. (q ∧ ¬r)⇒ s pr3.¬s pr4.¬(q ∧ ¬r) MT (2, 3)5.¬q ∨ r ∼ 46.¬p ∧ q MP (1, 5)7. q Po(6)
1. (q ∨ r)⇒ (p ∧ ¬q) predp2. (¬q ∧ ¬r)⇒ s predp3.¬s predp4.¬(¬q ∧ ¬r) MT (2, 3)5. q ∨ r ∼ 46. p ∧ ¬q MP (1, 5)7.¬q Po(6)8. r DS(5, 7)
4. O izjavi ¬p ∧ r ne moremo sklepati ni£esar. Pri vrednostih enostavnihizjav 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 ∼ 1in 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 pr2. r ⇒ ¬p pr3.¬q ⇒ r pr4.¬p⇒ q ∼ 15. r ⇒ q HS(2, 4)
5. Po trditvi Q je ºival na sliki plazilec, potem pa je tudi plazilec alisesalec (sklep pridruºitve). Po sklepu modus ponens, iz ugotovljenegain trditve P ugotovimo, da ºival diha s plju£i in ne zna leteti. Torej nezna 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) pr2.¬b pr3.¬b ∨ ¬s Pr(2)4.¬(s ∧ b) ∼ 35.¬(l ∨ p) MT (1, 4)6.¬l ∧ ¬p ∼ 3
34
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: n3 − n = 3(9k3 − 6k2 + 3k − 2),n = 3k − 1: n3 − n = 3(9k3 − 3k2),n = 3k: n3 − n = 3(9k3 − k).�tevilo n je torej vedno deljivo s 3.
2. (a) Za a = 0, je a2 − 7a+ 12 = 12 6= 0.
(b) �e bi bili sta obe ²tevili iste parnosti, bi bila tudi njuna kuba isteparnosti, vsota kubov pa seveda soda.
(c) �e bi se vsaka ²tevka v decimalnem zapisu pojavila kon£nokrat,bi bil zapis kon£en.
(d) Upo²tevaj, da se da izraz mn + 1 razcepiti, £e je n liho.
(e) Predpostavi nasprotno, da je pra²tevil kon£no mnogo, t.j. p1,p2,. . ., pn, ter razmisli, kak²no ²tevilo je potem p1p2 · · · pn + 1.
3. (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:13 + 23 + . . .+ (n+ 1)3 = (n(n+1)
2)2 + (n+ 1)3 = ( (n+1)(n+2)
2)2.
(b) Oglejmo si indukcijski korak. Po indukcijski prepostavki za nek nvelja 5n − 4n− 1 = 16k ali 5n = 16k + 4n+ 1, kjer k ∈ Z. Potemvelja 5n+1− 4(n+ 1)− 1 = 5(16k+ 4n+ 1)− 4n− 5 = 16(5k−n).
(c) Ra£un: (n+1)4
2+ (n+1)3
3+ n+1
6= n4
2+ n3
3+ n
6+ 2n3 + 4n2 + 3n+ 1
(d) V indukcijskem koraku (n + 1)-kotnik razreºi na n-kotnik in tri-kotnik, 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 pni mo£ sklepati ni£esar.
Zapi²imo sedaj dokaz izjave s:
35
1. p⇒ (¬s ∧ b)) predp2.¬p⇒ s predp3. s ∨ ¬b predp4.1.¬s predp RA4.2. p MT (2, 4.1)4.3.¬s ∧ b ∨ q MP (1, 4.2)4.4. b Po(4.3)4.5. s DS(3, 4.4)4.6.¬s ∧ s Zd(4.1, 4.5)4.7. 0 ∼ 5.84. s RA(4.1− 4.7)
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 terd ∼ 1, i ∼ 1, k ∼ 0, u ∼ 1 izjavi P in Q resni£ni, kar pomeni, dao izjavi d ni mo£ sklepati ni£esar.
Zapi²imo sedaj dokaz izjave R:1. (u ∨ d)⇒ (i ∧ k) predp2. i ∧ (k ∨ u) predp3.1. u predp PS3.2. u ∨ d Pr(3.1)3.3. i ∧ k MP (3.2, 1)3. u⇒ (i ∧ k) PS(3.1, 3.3)4.1. i ∧ k predp PS4.2. k Po(4.1)4.3.¬k ∨ u ∨ q Po(2)4.4. u DS(4.3, 4.2)4. (i ∧ k)⇒ PS(4.1− 4.4)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
1.¬b⇒ p predp2. (¬s ∨ p)⇒ m predp3.m⇒ t predp4. b⇒ predp5.1.¬t predp RA5.2.¬m MT (3, 5.1)5.3.¬(s ∨ p) MP (2.1, 5.2)5.4. s ∧ ¬p ∼ 5, 3
5.5. s Po(5)5.6.¬b MT (4, 5.5)5.7.¬p Po(5.4)5.8. p MP (1, 5.6)5.9. p ∧ ¬p Zd(5.7, 5.8)5.10. 0 ∼ 5.95. t RA(5.1− 5.50)
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 Sresni£ne, kar pomeni, da o izjavi d ni mo£ sklepati ni£esar.
7. Re²uj podobno kot naloge 4, 5 in 6.
8. Dopolnjeni dokazi:1. p⇒ (q ∧ r) predp2. (q ∨ s)⇒ u predp3. u⇒ ¬t predp4. (q ∨ s)⇒ ¬t . . .5.1. . . . . . .5.2. q ∧ r . . .5.3. q . . .5.5. q ∨ s . . .5.6. ¬t . . .5. p⇒ ¬t PS(5.1− 5.6)6. t⇒ ¬p . . .
,
1.p⇒ (q ∧ r) predp2.¬p⇒ (¬q ∧ ¬r) predp3.¬p⇒ ¬s predp4.1. . . . predp PS4.2.q ∧ r . . .4.3.r . . .4.4.r ∨ ¬s . . .4.p⇒ r ∨ ¬s . . .5.s⇒ p . . .6. . . . HS(4, 5)
1.¬p ∨ q predp2.(¬s ∨ q)⇒ t predp3.1.¬t . . .3.2.¬(¬s ∨ q) . . .3.3.s ∧ ¬q . . .3.4.¬q . . .3.5. . . . DS(1., 3.4.)3.¬t⇒ ¬p . . .
1. p⇒ (q ∨ r) predp2.¬r predp3.1. p . . .3.2. q ∨ r . . .3.3. q . . .3. p⇒ q . . .
,
1. p ∨ (r ⇒ s) predp2. p ⇐⇒ s predp3.1.¬p ∧ r . . .3.2.¬p . . .3.3. . . . DS(1, 3.2)3.4. (p⇒ s) ∧ (s⇒ p) . . .3.5. s⇒ p . . .3.6. r ⇒ p . . .3.7. . . . MT(3.2, 3.6)3.8. . . . . . .3.9. . . . . . .3.10. 0 . . .3.¬(¬p ∧ r) . . .4. p ∨ ¬r . . .
37
1. (p ∨ q)⇒ (s⇒ ¬q) predp2. (¬r ∨ p) ∧ s predp3.¬q ⇒ ¬p predp4.¬r ∨ p Po(2)5.1. r predp RA5.2. p DS(4, 5.1)5.3. p ∨ q Pr(5.2)5.4. s⇒ ¬q MP (1, 5.3)5.5. s⇒ ¬p HS(3, 5.4)5.6. s Po(2)5.7.¬p MP (5.5, 5.6)5.8.¬p ∧ p Zd(5.2, 5.7)5.9. 0 ∼ 5.85.¬r RA(5.1− 5.9)
1. (¬p⇒ q) predp2. (¬s ∧ q)⇒ r predp3. p ∨ ¬r predp4.¬r ⇒ ¬s predp5.1.¬p predp RA5.2.¬r DS(3, 5.1)5.3.¬(¬s ∧ q) MT (2, 5.2)5.4. s ∨ ¬q ∼ 5.35.5.¬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)5.9. 0 ∼ 5.85. p RA(5.1− 5.9)
9. Napravi dokaza s pogojnim sklepom.
10. Izpeljimo izjavo q z analizo primerov:
1.¬q ⇒ r predp2. r ⇒ ¬p predp3. p ∨ q predp4. r predp5.¬p⇒ q ∼ 46. r ⇒ q MP (2, 4)7. q MP (4, 6)
,
1.¬q ⇒ r predp2. r ⇒ ¬p predp3. p ∨ q predp4.¬r predp5.¬¬q MT (1, 4)
Izjave p∧r pa ne moremo izpeljati, saj so pri vrednosti enostavnihizjav p ∼ 1, q ∼ 1 in r ∼ 0 predpostavke resni£ne, izjava p ∧ r paneresni£na.
38
11. (a)
1. (r ⇒ ¬p) ∧ ¬q predp2. r ⇒ (p ∨ q) predp3.¬q Po(1)4.1. r predp RA4.2. p ∨ q MP (2, 3.1)4.3. r ⇒ ¬p Po(1)4.4.¬p MP (4.1, 4.3)4.5. q DS(3, 4.2)4.6. q ∧ ¬q Zd(3, 4.5)4.7. 0 ∼ 4.64.¬r predp RA(4.1− 4.7)5.¬r ∧ ¬q Zd(3, 4)
(b)
1. (¬p ∨ s)⇒ (q ∧ r) predp2. (p ∨ ¬r) ∧ q predp3.¬q Po(2)4. p ∨ ¬r Po(2)5.1.¬p predp PS5.2. r DS(4, 5.2)5.3. r ∧ q Zd(3, 5.2)5.¬p⇒ (r ∧ q) predp PS(5.1− 4.3)6.1. r ∧ q predp PS6.2. r Po(6.1)6.3.¬p DS(4, 6.2)6. (r ∧ q)⇒ ¬p predp PS(6.1− 6.3)7. ((r ∧ q)⇒ ¬p) ∧ (¬p⇒ (r ∧ q)) Zd(5, 6)8.¬p ⇐⇒ (r ∧ q) ∼ 7
3.2 Mnoºice
3.2.1 Mnoºice in podmnoºice
1. (a) {1,−1, 3,−3, . . .},(b) {0, 1
2,−1
2, 22,−2
2, 32,−3
2, . . .},
(c) {2, 10},
39
(d) {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
2. (a) {√n | n ∈ N},
(b) {n ∈ N | (4 | n) ∨ (n3 < 30)},(c) {n2 | 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 6= A.
(b) A in B sta mnoºici kubov vseh lihih ²tevil, B pa vsebuje vsa cela²tevila in vse ulomke z imenovalcem 2.
(c) Opazi (2n)2−1 = 4n2−1 = 4(n2−1)+3 in izpelji A ⊂ B, A 6= B.
(d) Opazi, da ²tevilo oblike (3k + 2)2 ostanek 1 pri deljenu s 3, zatoB ⊂ A. Obratno ne velja, saj denimo 3 ∈ A, vendar 3 /∈ B.
(e) Elementi A so oblike y = x3 za x ∈ Q. Jasno je potem y3 = x9 ∈ Boziroma 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 mnoºicasodih ²tevil. Sledi B ⊂ A = C, B 6= A.
4. Matemati£na oblika izjave:
∀A: (∃B: (B ⊂ A ∧ A 6= B)⇒ A 6= 0).
Dokaz: Ker B ⊂ A in A 6= B, obstaja nek element v A \ B, torejA 6= {∅}.
5. (a) Izjava z besedami: Za vsako mnoºico A velja: �e obstaja elementpoten£ne mnoºice A, ki ni ∅, potem tudi A ni prazna mnoºica.Utemeljitev izjave: Elementi poten£ne mnoºice A so podmnoºicemnoºice 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
(b) elementi A: ∅, {{1}},podmnoºice A: ∅, {∅}, {1}, {∅, 1},
3.2.2 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}, Ac = {n ∈ N: 10 - n}
(b) A ∪B = (−1, 2], A ∩B = [0, 1), A \B = [1, 2], Ac = R \ [0, 2],
2. Vse primere se da obravnavati enako. Natan£no si zato oglejmo le nakajprimerov (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 enakostipreoblikujemo enostavnej²ega, a seveda ekvivalentnega:
(A \B) \ C = A \ (B ∪ C)
(A ∩Bc) ∩ Cc = A ∩ (B ∪ C)c
(A ∩Bc) ∩ Cc = A ∩ (Bc ∩ Cc)
Vidimo, da enakost res velja.
(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} inA \ (B \ C) = {1, 2}
(f) Pa pokaºimo primer (f). Enakost mnoºic bomo pokazali tako, dabomo pokazali obe vsebovanosti. Pri tem nam je v pomo£ tudiVennov diagram.
41
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 jeA ⊂ A ∪ B. Velja pa tudi (B \ C) ⊂ (A ∪ B) \ (B ∩ C), sajB ⊂ A ∪B in B ∩ C ⊂ C.
Pokaºimo sedaj ²e obratno vsebovanost ⊃. Vzemimo poljubnielement x ∈ A \ (B ∩ C), t.j. x ∈ A in x /∈ B ∩ C. Nato lo£imodve moºnosti. �e je x ∈ A, potem je jasno x ∈ A \ (B ∩ C).�e pa x ∈ B, potem pa je x ∈ B \ C. V obeh primerih veljax ∈ (A \ (B ∩ C)) ∪ (B \ C).
(i) Dokaºimo ²e enakost (i). Tretja moºnost dokazovanja je tabelapo zgledu resni£nostne tabele pri logiki. V tabeli bo z 1 ozna-£eno, £e element je vsebovan v mnoºici, sicer pa z 0. Pa zapi²imopripadajo£o resni£nostno tabelo:
A B C (A \ (C ∪B)) ∪B (B ∪ A) \ (C \B)0 0 0 0 00 0 1 0 00 1 0 1 10 1 1 1 11 0 0 1 11 0 1 0 01 1 0 1 11 1 1 1 1
Stolpca v tabeli sta enaka, kar implicira enakost mnoºic.
3. Vse primere se dokaze na podoben na£in, zato bomo natan£no dokazalile en primer z unijo in en primer s presekom, npr. (g) in (h).
Pokaºimo najprej, da je⋃∞n=1[
1n, 2n+ 1] = (0,∞). Hitro opazimo,
da so intervali [ 1n, 2n+1] vsebovani v (0,∞) za vse n ∈ N, zato je potem
unija teh intervalov vsebovana v (0,∞). Za dokaz obratne vsebovanostipa izberimo poljubni x ∈ (0,∞) in pokaºimo, da je tudi element unije.Za dovolj velik n bo jasno 1
n< x < 2n + 1, ter tako x ∈ [ 1
n, 2n + 1].
Odtod pa ºe sledi x ∈⋃∞n=1[
1n, 2n+ 1].
Nadalje pokaºimo⋂∞n=1[
1n, 2n+ 1] = [1, 3]. Opazimo, da je [1, 3] ⊆
[ 1n, 2n + 1] za vse n ∈ N, zato je interval [1, 3] zagotovo vsebovan v
preseku intervalov [ 1n, 2n + 1], n ∈ N. Obratno pa vzemimo poljuben
x ∈⋂∞n=1[
1n, 2n + 1] iz preseka, torej zanj velja x ∈ [ 1
n, 2n + 1] in
1n< x ≤ n za vse n ∈ N. To pa pomeni, da mora biti x ∈ [1, 3].
42
(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 Aα. To pa
pomeni, da je x ∈ Aα(b) Vzamemo element poljubni (a, b) ∈
⋃∞n=1(An × Bn) torej (a, b) ∈
(Am × Bm). To pomeni, da je a ∈ An0 in b ∈ Bn0 za nek n0 ∈ N.Odtod jasno sledi, da je a ∈
⋃∞n=1An in b ∈
⋃∞n=1Bn. S tem je
vsebovanost dokazana.
5. Podobno kot v (a) vzemi poljubni (a, b) ∈⋂∞n=1An ×
⋃∞n=1Bn,
ter ugotovi, da je potem a ∈ An in b ∈ Bn za vse n. Odtod sledi(a, b) ∈
⋂∞n=1(An ×Bn).
3.2.3 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
(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 mnoºiceNn, ki bodisi vsebuje neko ²tevilo m ∈ Nn bodisi ga ne vsebuje. Poosnovnem izreku lahko tako podmnoºico mnoºice Nn izberemo na 2n
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 vse-bovana v P(A), kar pomeni, da je A podmnoºica B.
Obratno, naj bo A ⊂ B. Potem so vse podmnoºice mnoºiceA tudi podmnoºice B, od koder ºe sledi P(A) ⊆ P(B).
(b) Velja. Sledi neposredno iz de�nicije 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 mnoºiciP(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 sinatan£neje oglejmo le primer (e).
44
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\Bin y ∈ C \D. Zaradi x ∈ A in y ∈ B velja (x, y) ∈ A×D, zaradi x /∈ Bin 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), potemsledi 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.
3.2.4 Relacije
4. (a) antisimetri£na, tranzitivna, sovisna.
(b) ire�eksivna, 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
(e) simetri£na. (aR b pomeni 3 | (2a− b) oziroma 2a− b = 3k. Sledi2b− a = 2(2a− 3k)− a = 3a− 3k, k ∈ Z, kar pomeni bR a.)
(f) ekvivalen£na; ekvivalen£ni razredi [x]R = {±√x2 + 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 koe�ci-
entom 23.
(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 sre-di²£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) re�eksivna, simetri£na.
(q) ekvivalen£na;ekvivalen£ni razredi [p(x)]R = {q(x) + x5k(x) | k polinom }.
(r) ekvivalen£na; ekvivalen£ni razredi so mnoºice polinomov z enakimini£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 de�nicij.
(c) Vzemimo take a, b, c, da je aR −1b in bR −1c. Sledi bR a in cR b,zaradi re�eksivnost R pa tudi cR a. To pa pomeni aR −1c intranzitivnost R −1 je dokazana.
Vzemimo sedaj a, b, c, da velja a( R ◦ R)b in b( R ◦ R )c. Pode�niciji kompozituma obstajata e, f ∈ X, da je aR e, eR b, terbR f , f R c. Ker je R tranzitivna, dobimo aR b in bR c, karpomeni a( R ◦ R )c.
(d) Trditev dokaºimo indirektno. Naj torej R ne bo asimetri£na, ternaj obstajata a, b ∈ X, da je aR b in bR a. Zaradi tranzitivnostirelacije je potm aR a in R ne more biti ire�eksivna.
46
4. Naj bo najprej R ◦ T simetri£na. Vzemimo sedaj poljuben (a, b) ∈ R ◦T , kar pomeni, da obstaja c ∈ X, da je (a, c) ∈ T in (c, b) ∈ R . Zaradisimetri£nosti relacij R in T odtod dobimo (c, a) ∈ T in (b, c) ∈ R .To pa pomeni, da je (b, a) ∈ T ◦ R . Pokazali smo R ◦ T ⊂ T ◦ R ,obratno vsebovanost pa dokaºemo podobno.
3. Sledi neposredno iz de�nicij.
4. (a) V splo²nem ne. Oglejmo si primer mnoºice s tremi elementi X ={x, y, z}. Naj relacijama ∼1 in ∼2 zaporedoma pripadata razbitji{{x}, {y, z}} in {{x, y}, {z}}. Odtod in iz de�nicije relacije Rpotem sledi, da je (x, y), (y, z) ∈ R in (x, z) 6∈ R , ter zato R nitranzitivna.
(b) Je ekvivalen£na, kar sledi neposredno iz de�nicij.
3.2.5 Funkcije in mo£ mnoºic
1. (a) R je funkcija; je surjektivna in ni injektivna,R−1 = {(3,−2), (1, 0), (2, 1), (2,−1), (3, 2)} ni funkcija,R ◦R−1 = {(3, 3), (1, 1), (2, 2)} je funkcija (bijektivna).
(b) R ni funkcija,R−1 = {(−1, 0), (0, 1), (1, 2), (2, 3), (3, 2)} je funkcija (niti surjek-tivna niti injektivna),R ◦R−1 = {(−1,−1), (0, 0), (1, 1), (1, 3), (2, 2), (3, 3)} ni funkcija.
2. (a) Niti surjektivna niti injektivna.
(b) Ni surjektivna, je injektivna.
(c) Ni surjektivna, ni injektivna.
(d) Je bijektivna; inverzna funkcija f−1(x) = x+1x−1 .
(e) Je bijektivna; inverzna funkcija f−1(x) =√
x+3x−2 .
(f) Je surjektivna, ni injektivna
(g) Je injektivna, ni surjektivna. (To£ka (2, 1) ni v sliki funkcije.)
(h) Ni surjektivna, je injektivna. (Predpisa funkcije sta injektivna inslikata v soda oziroma liha ²tevila.)
47
(i) Ni surjektivna, je injektivna. (To£ka(0, 0) ni v sliki funkcije, sajena£ba b3 + 2 = 0 nima racionalne re²itve.)
(j) Ni surjektivna, je injektivna.
(k) Je surjektivna, ni injektivna.
(l) Ni surjektivna, je injektivna. (Predpisa funkcije sta injektivna inslikata ²tevila, ki dajo pri deljinju s 3 ostanek 2 oziroma 0.)
(m) Ni surjektivna, ni injektivna. (To£ka (1, 0) ni v sliki funkcije;f(1, 0) = f(2, 0) = (0, 0).)
(n) Ni surjektivna, je injektivna. (To£ka (−1, 0) ni v sliki funkcije.)
(o) Je surjektivna, ni injektivna
(p) Ni surjektivna, je injektivna.
(q) Ni surjektivna, ni injektivna. (To£ka 0 ni v sliki funkcije.)
(r) Je surjektivna, ni injektivna. (Za vsak n ∈ N je min({n}∩N) = n.)
3. Vse trditve se dokaºejo na podoben na£in, neposredno preko de�nicij.Pokaºimo zato le trditev (c).
Naj bo najprej g ◦ f surjektivna. Za poljuben z ∈ Z potem ob-staja x ∈ X, da je z = g(f(x)). Torej se x preslika v z, kar pomenisurjektivnost g. �e pa je g ◦ f injektivna, potem za poljubna x, y zlastnostjo f(x) = f(y) oziroma g(f(x)) = g(f(y)) takoj dobima x = y.
4. (a) f({1, 2, 3, 4}) = {2, 4, 8}; f(N)) so ²tevila, ki so deljiva s 4, ali padajo ostanek 2 pri deljenju s 6.f−1({4, 8, 10})) = {2, 3, 4}; f−1({(1,−1), (4, 8)}) ni smiselno de�-nirana.
48
(b) f({1, 2, 3, 4}) = {2, 4, 8}; f(N)) so to£ke v ravnini s celo²tevilskimikordinatami, ki leºijo na grafu funkcije y =
√x3.
f−1({(1,−1), (4, 8), (2, 3)}) = {1, 2}; f−1({1, 2, 3, 4}) ni smiselnode�nirana.
5. (a) Jasno je A ⊆ f−1(f(A)). Za utemeljitev obratne vsebovanostiv primeru injektivnosti f pa vzemimo poljuben x ∈ f−1(f(A)).Obstaja y ∈ f(A), da je f(x) = y, zaradi injektivnosti f pa jepotem sledi x ∈ A.
(b) Vzemimo poljuben y ∈ f(A) \ f(B). Potem obstaja x ∈ A, da jef(x) = y. �e ve£, x 6∈ B, saj f(x) = y /∈ B.
Obratno, za poljuben y ∈ f(A \B), obstaja x ∈ A \B, da jef(x) = y. �e je f injektivna, potem sledi y = f(x) ∈ f(A \B).
6. Relacija je ekvivalen£na; ekvivalen£ni razredi so praslike mnoºic z enimelementom.
7. (a) f :N→ N\{1, 2, 3}, f(n) = n+ 3,
(b) f :N→ {−6,−3, 0, 3, 6, 9, 12, . . .}, f(n) = 3n− 9,
(c) f :N→ {1, 2} ∪ {n ∈ N | 3 deli n}, f(n) =
{n, n ≤ 23n− 6, n > 3,
,
(d) f :N×N→{[
a b2b 3b
]∈ R2×2 | a, b ∈ N
}, f(a, b) =
[a b2b 3b
],
(e) f, g: (0, π2)→ R+, f(x) = tan x, g(x) = x
1−x ,
(f) f : [1, 2]→ [3, 4], f(x) = 2x+ 1,
(g) Najprej izberi bijekcijo med neko ²tevno podmnoºico M ⊂ (0, 1)in M ∪ {0}, nato pa jo identi£no raz²iri na celoten interval (0, 1),
(h) Bijekcijo med P(Z) in P(N) dobi² iz bijekcije med Z in N,(i) f : (0, 1]× Z→ R, f(x, n) = n+ x.
7. Predpostavi nasprotno, da obstaja bijekcija f :A→ P(A). Vzemi sedajmnoºico B = {a ∈ A | a 6∈ f(a)}, ter element b, ki se z f preslika vB ⊂ A, t.j. f(b) = B. Ali je f(b) ∈ B?
49
Literatura
[1] Batagelj, V., Klavºar, S., DS1. Logika in mnoºice. Naloge. DMFA, Lju-bljana 1997.
50
