Matematika A1a 2008/1. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Cáfoló példák, cáfoló szituációk) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Példák) |
||
(egy szerkesztő 4 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
158. sor: | 158. sor: | ||
''Ugyanis,'' ekkor <math>K=\emptyset</math>, <math>L\ne\emptyset</math>. | ''Ugyanis,'' ekkor <math>K=\emptyset</math>, <math>L\ne\emptyset</math>. | ||
+ | <!-- | ||
'''6. Feladat.''' Legyen (''a''<sub>n</sub>) és (''b''<sub>n</sub>) két tetszőleges sorozat. Melyik állítás következik a másikból és melyik nem? | '''6. Feladat.''' Legyen (''a''<sub>n</sub>) és (''b''<sub>n</sub>) két tetszőleges sorozat. Melyik állítás következik a másikból és melyik nem? | ||
167. sor: | 168. sor: | ||
''Megoldás.'' | ''Megoldás.'' | ||
− | 1 --> 2 pusztán logikai okokból nem teljesül. | + | 1 -- > 2 pusztán logikai okokból nem teljesül. |
''Ellenpélda:'' ''a''<sub>n</sub><math>\equiv</math>1 és (''b''<sub>n</sub>)=(n). | ''Ellenpélda:'' ''a''<sub>n</sub><math>\equiv</math>1 és (''b''<sub>n</sub>)=(n). | ||
174. sor: | 175. sor: | ||
− | 2 --> 1 viszont logikai okokból igaz. | + | 2 -- > 1 viszont logikai okokból igaz. |
'' Bizonyítás'': ha mindkettő korlátos, akkor világos, hogy legalább az egyik korlátos. | '' Bizonyítás'': ha mindkettő korlátos, akkor világos, hogy legalább az egyik korlátos. | ||
− | 1 --> 3 valószínűleg nem igaz. Valóban: | + | 1 -- > 3 valószínűleg nem igaz. Valóban: |
− | ''ellenpélda'' az 1-->2-beli. | + | ''ellenpélda'' az 1-- >2-beli. |
''Ugyanis,'' bár legalább az egyik korlátos, de a szorzat (1<math>\cdot</math>n)=(n) nem az. | ''Ugyanis,'' bár legalább az egyik korlátos, de a szorzat (1<math>\cdot</math>n)=(n) nem az. | ||
− | 2 --> 3 igaz. | + | 2 -- > 3 igaz. |
''Bizonyítás.'' |''a''<sub>n</sub><math>\cdot</math>''b''<sub>n</sub>|=|''a''<sub>n</sub>|<math>\cdot</math>|''b''<sub>n</sub>| < ''K''<math>\cdot</math>''L'', ahol ''K'' az egyik, ''L'', a másik sorozat abszolútértékét felül becslő szám. | ''Bizonyítás.'' |''a''<sub>n</sub><math>\cdot</math>''b''<sub>n</sub>|=|''a''<sub>n</sub>|<math>\cdot</math>|''b''<sub>n</sub>| < ''K''<math>\cdot</math>''L'', ahol ''K'' az egyik, ''L'', a másik sorozat abszolútértékét felül becslő szám. | ||
− | 3 --> 2 nem igaz | + | 3 -- > 2 nem igaz |
''Ellenpélda.'' (n) és (1/n) | ''Ellenpélda.'' (n) és (1/n) | ||
195. sor: | 196. sor: | ||
''Ugyanis.'' bár a szorzat korlátos, az egyik sorozat nem az. | ''Ugyanis.'' bár a szorzat korlátos, az egyik sorozat nem az. | ||
− | 3 --> 1 becsapós. | + | 3 -- > 1 becsapós. |
''Ellenpélda.'' ''a''<sub>n</sub> = ''n'', ha ''n'' páros és ''a''<sub>n</sub> =1/''n'', ha ''n'' páratlan. ''b''<sub>n</sub> a "fordítottja", azaz párosakra 1/''n'' és páratlanokra ''n''. | ''Ellenpélda.'' ''a''<sub>n</sub> = ''n'', ha ''n'' páros és ''a''<sub>n</sub> =1/''n'', ha ''n'' páratlan. ''b''<sub>n</sub> a "fordítottja", azaz párosakra 1/''n'' és páratlanokra ''n''. | ||
− | ''Ugyanis,'' ''a''<sub>n</sub><math>\cdot</math>''b''<sub>n</sub> = 1 és korlátos, de egyik sem korlátos önmagában. | + | ''Ugyanis,'' ''a''<sub>n</sub><math>\cdot</math>''b''<sub>n</sub> = 1 és korlátos, de egyik sem korlátos önmagában.--> |
==Házi feladatok== | ==Házi feladatok== |
A lap jelenlegi, 2016. szeptember 6., 10:16-kori változata
Ha A1, A2, ..., An, B mondatok, akkor azt mondjuk, hogy az
szimbólummal jelölt következtetés helyes, ha minden olyan esetben, amikor az A1, A2, ..., An mondatok (az úgy nevezett premisszák vagy feltételek) mindegyike igaz, akkor a B mondat, azaz a konkúzió (következmény) is igaz.
A helyes következtetések listája elég nagy, ám vannak bizonyos tekintetben alapvetőnek tekinthető kövekeztetések, melyeket könnyen lehet kategorizálni a bevezetési és kiküszöbölési szabályok módszere szerint.
Tartalomjegyzék |
Direkt következtetések
A legegyszerűbb eset az és (jelben ) mondatoperátorral összekötött összetett mondatokra vonatkozó bevezetési és kiküszöbölési szabály. Egy mondatoperátor kiküszöbölési szabálya lényegében az, hogy megadja, mire következtethetünk az adott operátorral összekötött mondatokból, jelen esetben például A és B összetett mondatból. Eszerint:
Azaz, ha tudjuk, hogy A és B igaz, akkor jogos kijelentenünk, akár A, akár B igazságának fennállását. A bevezetési szabály azt adja meg, hogy miből következtethetünk az adott összetételre. Világos, hogy a helyes következtetés fenti értelemezése szerint minden olyan esetben, amikor az {A, B} premisszapár minden tagja igaz, levonhatjuk az A és B konklúziót:
A vagy (jelben: ) bevezetési szabálya szintén nyilvánvaló:
Ezzel szemben a kiküszöbölési szabályának tárgyalásával máris belefutottunk a logikafilozófia ingoványába, ezt persze nem tárgyaljuk, csak magát a következtetési szabályt. A vagy kiküszöbölési szabályát az esetszétválasztás szabályának nevezzük:
- az esetszétválasztás szabálya
Azaz ha A-ból következik a C és a B-ből is következik a C, továbbá az A és a B közül legalább az egyik igaz (ez a klasszikus vagy: nem feltétlenül tudjuk, melyik igaz, csak azt, hogy az egyik), akkor a C biztos igaz.
Megjegyzés
Ezekkel analóg a ∀ és ∃, azaz "minden" és "létezik" szavakra vonatkozó szabályok is. A ∀ az ∧-sel rokonítható, az ∃ a ∨-gyal. Ezek az operátorok nem két mondatot kapcsolnak össze, hanem sok mondatra vonatkoznak egyszerre, abban az értelemben, hogy egy A(x) predikátumból (nyitott mondatból) készítenek egy új mondatot. Például az A(x) := x-nek van emelt szintű matematika érettségije nyitott mondatból a ∃ a (∃x)A(x) := van akinek van emelt szintű matematika érettségije mondatot képezi, a ∀ a (∀x)A(x) := mindenkinek van emelt szintű matematika érettségije mondatot képezi. Az előbbi azt jelenti, hogy a "jelenlévők" közül (az "alaphalmazból") valakinek azaz Pistinek, vagy Bélának, vagy Cilinek ill. valakinek van emelt érettségije matekból -- persze nem kell feltétlenül tudnunk, hogy kinek; az utóbbi pedig, hogy Pistinek is és Bélának is és Cilinek is és Daniellának is és ... mindenkinek megvan az emelt matekja.
- tetszőleges t dologra.
- ahol x-re semmilyen plusz megszorítás nincs.
- valamilyen t dologra.
Példa
A fenti következtetésekre azonnal hozhatunk példát a halmazok témaköréből, ugyanis a halmazműveletek megfeleltethetők a logikai műveleteknek. A halmazoknál van egy kitüntetett nyitott mondat: ha H halmaz, akkor x ∈ H azt jelenti, hogy az alaphalmaz egy x-szel jelölt (esetleg közelebbről jobban meg nem határozott) eleme benne van a H halmazban. Legyenek A és B halmazok. Ekkor A és B uniója:
azaz azon elemek halmaza, mely az A illetve a B közül legalább az egyikben benne vannak;
A és B metszete:
azaz azon elemek halmaza, mely az A-ban is és a B-ben is benne vannak.
Ha választ várnánk arra a kérdésre, hogy mi az a halmaz, akkor szintén a matematikafilozófia ingoványában találnánk magunkat, ezért intellektuálisan a legtisztességesebb, ha tárgyunk célját (az analízis elsajátítását) érdeklődésünk homlokterébe tartva, ezzel a kérdéssel nem foglalkozunk.
Tudjuk: két halmaz egyenlő, akkor és csak akkor, ha ugyanazok az elemeik. Formulákban:
A nyilak a következtetés irányát jelzik. Az, hogy a "ha A akkor B" (jelben: A B) és az "A -ból következik B" (jelben: ) ugyanazt jelenti, az egyáltalán nem nyilvánvaló és valójában az úgy nevezett dedukciótétel mondja ki, persze bizonyos itt nem részletezett feltételek mellett.
1. Feladat. Igazoljuk a disztributív szabályt, legalábbis az egyiket, az alábbit:
Bizonyítás. 1) Vegyünk egy tetszőleges x-et. Igazoljuk: "ha x ∈ baloldal, akkor x ∈ jobboldal".
Esetszétválasztás jön, mert innentől nem tudjuk, x a B-ben vagy a C'-ben van
-
- és (igaz állítást bármihez "hozzáéselhetünk": és be)
- vagy (bármi "hozzávagyolható" egy igaz kijelentéshez: vagy be)
-
- és (igaz állítást bármihez "hozzáéselhetünk": és be)
- vagy (bármi "hozzávagyolható" egy igaz kijelentéshez: vagy be)
- azaz mindkét esetben kijött a jobboldal.
-
2) Visszafelé ugyanígy, csak felfelé.
Negáció, indirekt bizonyítás
A tagadás (negáció) kiküszöbölési szabálya az úgy nevezett kettős tagadás törlésének szabálya:
A bevezetési szabálya pedig az úgy nevezett redukció ad abszurdum.
Ezeknek a segítségével olyan fontos tételeket is levezethetünk, mint a De-Morgan azonosságok:
A fentiekben a , hogy a két oldalon lévő kifejezés kölcsönösek következik egymásból.
Példák
Ami még hiányzik a logikai operációk és a halmazműveletek megfeleltetéséből, az negáció halmazműveletekkel történő átfogalmazása, mely nem titok, a komplementerképzés lesz. Sajnos komoly logikai problémát okozna, ha komplementeren egy A halmaz esetén azon elemeket értenénk, melyek nem az A-ban vannak. Ekkor ugyanis egy kisebb halmaz, mint mondjuk az {1,2,3} komplementere a világ összes ezektől különböző dolgából állna. Ezzel azonban világos, hogy megint a matematikafilozófia ingoványos talajára tévednénk, így ezt másként tesszük.
Ha H halmaz, akkor az A halmaznak a H-ra vonatkozó komplementere az
Ha a fenti H halmazt alkalmasan nagynak választjuk, akkor elkerüljük a logikai problémát.
Ezzel a De-Morgan-azonosságok halmazokkal megfogalmazott változata a következő alakban írható:
A fenti egyenlőségek középiskolából ismert relációval is kifejezhetők. Azt mondjuk, hogy A része B-nek, ha minden olyan esetben, amikor egy elem eleme A-nak, akkor B-nek is eleme, jelben:
Azaz az, hogy A = B az ugyanaz, mint hogy és is teljesül.
2. Feladat. Példaként nézzük csak a
esetet.
Megoldás. Vegyünk egy elemet a jobboldalból és igazoljuk, hogy benne van a baloldalban. Tudjuk a metszet definíciója miatt, hogy ekkor
-
- (indirekt feltevés), ezek után esetszétválasztáshoz kell folyamodnunk. Mindkét esetben ellentmondásra jutunk:
- ha , akkor a legfelső
- ha , akkor a legfelső alatti egyenlőség miatt jutunk ellentmondásra, így a
- (indirekt feltevés), ezek után esetszétválasztáshoz kell folyamodnunk. Mindkét esetben ellentmondásra jutunk:
- konklúzióra jutottunk.
Egy másik jellegzetes példa a részhalmaz relációval kapcsolatos. Előtte azonban fel kell idéznünk a kvantrokra vonatkozó De-Morgan-azonosságot. A "létezik" szót (mely a "minden" duálisa) ∃-tel jelöljük:
A kijelentések világosak: ha nem minden dolog A, akkor van olyan dolog, ami nem A. Ha nem létezik A, akkor minden dolog nem A tulajdonságú.
3. Feladat. Igazoljuk, hogy az üres halmaz minden halmaznak része.
Megoldás. Legyen A tetszőleges halmaz. Indirekten tegyük fel, hogy
Az formulákban így néz ki:
Egy ilyen tagadása az, hogy a kvantort átírjuk a duálisára és a tulajdonságot tagadjuk:
Ekkor azonban azt kaptuk, hogy létezik az üres halmaznak eleme, ami ellentmondás.
Boole-algebrai átalakítások
Világos, hogy az unióra és a metszetre a definíciójuk miatt ugyanazok az azonosságok vonatkoznak, mint a "vagy"-ra és az "és"-re. Ezeket a szabályokat Boole-algebrai azonosságoknak nevezzük. Ahhoz, hogy teljes legyen a kép még egy fontos halmazműveletet fel kell elevenítenünk: Legyenek A és B halmazok. Ekkor A mínusz B vagy A különbség B:
azaz azon elemek halmaza, melyek az A-nak elemei, de a B-nek nem.
Nagyon hasznos azonosság, hogy a különbség átírható komplementer és metszet segítségével:
ahol a komplementerképzés egy olyan halmazra vonatkoztatjuk, melyben minden szóban forgó halmaz részhalmazként benne van, például jelen esetben H = A U B alkalmas ilyen halmaz .
4. Feladat. Igazoljuk, hogy tetszőleges A, B és C halmazokra
Megoldás. Írjuk fel a baloldalt és alakítsuk addig, míg ki nem jön a jobboldal:
Cáfoló példák, cáfoló szituációk
Azt, hogy egy kijelentés igaz, azt a matematikában bizonyítással látjuk be. Például egy "ha A, akkor B" állítás esetén az A-ból levezetjük B-t.
Azt, hogy egy kijelentés hamis, általában cáfoló ellenpélda vagy cáfoló szituációra való rámutatással. Például egy "ha A, akkor B" állítás cáfolása esetén meg kell mutatunk, hogy a megadott cáfoló szituációban A ugyan igaz, de B nem. Ez azt jelenti, hogy ellenpélda esetén is kell bizonyítanunk, éspedig az előző esetben azt, hogy "bár A, de nem B". A metódus tehát a következő: 1) adunk egy példát 2) belátjuk, hogy az adott példa ellenpélda.
Példák
5. Feladat. Legyen A, B és C tetszőleges halmaz, továbbá legyen
- és
Vizsgáljuk meg, hogy melyik tartalmazás áll fenn!
Megoldás. Az A U B-re vonatkozó komplementerképzésre áttérve:
Tehát biztosan igaz, azaz (1) igaz.
Ellenben (2) hamis, ellenpélda:
- ,
Ugyanis, ekkor , .
Házi feladatok
- K\(K\L) = L\(L\K)
- (K ∩ L) \ ( K\M ) = K ∩ L ∩ M
- (K\L)\M = (K\M)\(L\M)