ˇ 1. MATEMATICKA LOGIKA Postoje dve istinitosne vrednosti (konstante): taˇcno u oznaci > netaˇcno u oznaci ⊥
Svaka reˇcenica koja ima taˇcno jednu istinitosnu vrednost naziva se iskaz. Iskaze oznaˇcavamo malim ˇstampanim latiniˇcnim slovima (p,q,r,s,...). Vrednost iskaza moˇzemo obeleˇzavati na dva naˇcina: Prvi naˇcin: τ (p) = > (kada je iskaz p taˇcan) ili τ (p) = ⊥ (kada je iskaz netaˇcan) τ je grˇcko slovo i ˇcita se ”tau”. Drugi naˇcin: p = > ili p = ⊥ (ovde dodeljujemo vrednost kao kod brojeva) U modernoj notaciji, naroˇcito raˇcunarskoj notaciji, koriste se oznake 0 za netaˇcno i 1 za taˇcno. Prednost ove notacije je ˇcitljivost.
p: 8 je sloˇzen broj. q: 144 je potpun kvadrat. r: Kateta je ve´ca od hipotenuze.
Postoje reˇcenice koje nemaju taˇcno odred¯enu istinitosnu vrednost. p: x + 2 > 0 q: Osnovica jednakokrakok trougla je ve´ca od kraka. r: Pera je lep deˇcak.
Logiˇcke operacije se definiˇsu nad skupom V = {1, 0}.
1.1. Logiˇcke operacije Unarne operacije se definiˇsu nad jednim iskazom. Da li znate neku unarnu operaciju? Promena znaka −x 1
Koren
√ x
Faktorijel n!
Negacija ¬p ¬p ˇcita se: - ”negacija iskaza p” - ”nije p”
1.1.1. Unarne logiˇcke operacije p 1 0
¬p 0 1 1.1.2. Binarne logiˇcke operacije
Konjunkcija p ∧ q p ∧ q ˇcita se ”p i q” p 1 1 0 0
q 1 0 1 0
p∧q 1 0 0 0
Disjunkcija p ∨ q p ∨ q ˇcita se ”p ili q” p 1 1 0 0
q 1 0 1 0
p∨q 1 1 1 0
Ekskluzivna disjunkcija p Y q p Y q ˇcita se ”ili p ili q”
2
p 1 1 0 0
q 1 0 1 0
pYq 0 1 1 0
Implikacija p ⇒ q p ⇒ q ˇcita se: - iz p sledi q - ako p onda q - p je pretpostavka, a q je posledica (zakljuˇcak) - p je dovoljan uslov za q - q je potreban uslov za p
p 1 1 0 0
q 1 0 1 0
p⇒q 1 0 1 1
Ekvivalencija p ⇔ q p ⇔ q ˇcita se: - p je ekvivalentno sa q - p ako i samo ako q - p akko q - p je potreban i dovoljan uslov za q
p 1 1 0 0
q 1 0 1 0
p⇔q 1 0 0 1
Koji je prioritet operacija? Prioritet operacija u redosledu od ve´ceg prioriteta ka manjem je: 3
-negacija -konjunkcija, disjunkcija i ekskluzivna disjunkcija -implikacija, ekvivalencija -prioritet operacija se menja zagradama, odnosno operacije u zagradama imaju prioritet
1.1.3. Logiˇcke formule Definicija logiˇcke formule: 1. Logiˇcke konstante su logiˇcke formule. 2. Logiˇcki iskazi su logiˇcke formule. 3. Ako su A i B logiˇcke formule, onda su ¬A, A ∧ B, A ∨ B, A Y B, A ⇒ B i A ⇔ B,(A) su logiˇcke formule. 4. Logiˇcke formule se dobijaju samo konaˇcnom primenom pravila 1,2 i 3.
Zaˇsto je potrebno pravilo 4? ˇ Zelimo naglasiti da se logiˇcke formule dobijaju samo zadatom (definisanom) procedurom (algoritmom), a ne na neki drugi naˇcin. Ako niste sigurni da li je neˇsto logiˇcka formula, onda je potrebno na´ci ”izvod¯enje” koje se zasnima na primeni pravila 1, 2, 3 Kakva je razlika izmed¯u logiˇckih izraza i logiˇckih formula? Da li logiˇcke formule imaju taˇcno jednu istinitosnu vrednost? U zavisnosti kakve vrednosti imaju logiˇcki iskazi ili konstante u logiˇckoj formuli posle izraˇcunavanja dobi´ce se istinitosna vrednost formule. Ona ne mora biti uvek ista, tako da logiˇcka formula ne mora biti iskaz. F:(p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r) a) Da li je ovo logiˇcka formula? b) Kakve su istinitosne vrednosti formule u zavisnosti od istinitosnih vrednosti iskaza p,q i r? a)Ako su p,q i r iskazi onda su i logiˇcke formule (pravilo 2) Na osnovu pravila 3 sledi da su p ⇒ q i q ⇒ r i p ⇒ q logiˇcke formule. Ponovo koristimo pravilo 3. na p ⇒ q i q ⇒ r i dobijamo da je (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) logiˇcka formula. 4
Na kraju (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r) je logiˇcka formula primenom pravila 3. b) Kako da odredimo istinitosne vrednosti formule u zavisnosti od istinitosnih vrednosti iskaza p,q i r? Potrebno je napisati sve mogu´cnosti i za svaku izraˇcunati istinitosnu vrednost formule. Koliko ima mogu´cnosti ? Za svaki od tri iskaza p, q, r imamo dve mogu´cnosti za istinitosnu vrednost 1 i 0. Ukupno je 2 · 2 · 2 = 8 mogu´cnosti. Najlakˇsi naˇcin je da se napravi tablica. p 1 1 1 1 0 0 0 0
q 1 1 0 0 1 1 0 0
r 1 0 1 0 1 0 1 0
(p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r) (1 ⇒ 1) ∧ (1 ⇒ 1) ⇒ (1 ⇒ 1) = 1 ∧ 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 1 = 1 (1 ⇒ 1) ∧ (1 ⇒ 0) ⇒ (1 ⇒ 0) = 1 ∧ 0 ⇒ 0 = 0 ⇒ 0 = 1 (1 ⇒ 0) ∧ (0 ⇒ 1) ⇒ (1 ⇒ 1) = 0 ∧ 1 ⇒ 1 = 0 ⇒ 1 = 1 (1 ⇒ 0) ∧ (0 ⇒ 0) ⇒ (1 ⇒ 0) = 0 ∧ 1 ⇒ 0 = 0 ⇒ 0 = 1 (0 ⇒ 1) ∧ (1 ⇒ 1) ⇒ (0 ⇒ 1) = 1 ∧ 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 1 = 1 (0 ⇒ 1) ∧ (1 ⇒ 0) ⇒ (0 ⇒ 0) = 1 ∧ 0 ⇒ 1 = 0 ⇒ 1 = 1 (0 ⇒ 0) ∧ (0 ⇒ 1) ⇒ (0 ⇒ 1) = 1 ∧ 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 1 = 1 (0 ⇒ 0) ∧ (0 ⇒ 0) ⇒ (0 ⇒ 0) = 1 ∧ 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 1 = 1
F 1 1 1 1 1 1 1 1
Problemi kod ovakvog zapisa su ˇsto se lako deˇsavaju greˇske. Greˇske se teˇsko ispravljaju jer je nepregledan zapis. Zbog nepreglednog zapisa ˇcesto se deˇsavaju greˇske u prioritetu operacija. Zbog toga je bolje formulu podeliti u tablici na manje celine.
p 1 1 1 1 0 0 0 0
q 1 1 0 0 1 1 0 0
r 1 0 1 0 1 0 1 0
p⇒q 1 1 0 0 1 1 1 1
q⇒r 1 0 1 1 1 0 1 1
L (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) 1 0 0 0 1 0 1 1
D p⇒r 1 0 1 0 1 1 1 1
L⇒D F 1 1 1 1 1 1 1 1
U ovakvom naˇcinu rada uˇcenik moˇze da radi ili po horizontalama ili po vertikalama. Ako se radi po vertikalama onda je uˇcenik skoncentrisan samo na jednu logiˇcku formulu i samo pazi na vrednosti koje menja. Kada radi po horizontalama praktiˇcno radi kao i u prethodnom naˇcinu tablice samo ˇsto ima med¯urezultate. 5
Ako pogledamo krajnje istinitosne vrednosti formule F dolazimo do zakljuˇcka da je ova formula uvek taˇcna. Definicija tautologije: Logiˇcke formule koje su uvek taˇcne zovu se tautologije. Tautologije predstavljaju logiˇcke zakone ili pravila koje vaˇzne u logiˇckom zakljuˇcivanju. Vaznije tautologije: 1. p Y ¬p (zakon iskljuˇcenja tre´ceg) 2. ¬¬p ⇔ p (zakon dvojne negacije) 3. ¬(p ∧ ¬p) (zakon neprotivureˇcnosti) 4. p ⇔ p (zakon refleksivnosti za implikaciju) 5. (p ⇒ q) ⇔ (¬p ∨ q) (zakon uklanjanja implikacije) 6. (p ⇔ q) ⇔ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) (zakon uklanjanja ekvivalencije) 7. ((p ⇔ q) ∧ (q ⇔ r)) ⇒ (p ⇔ r) (zakon tranzitivnosti ekvivalencije) 8. (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p) (zakon kontrapozicije) 9. (¬p ⇒ (q ∧ ¬q)) ⇒ p (zakon svod¯enja na apsurd) 10. p ∨ p ⇔ p (zakon idennpotencije za ∨ ) 11. p ∧ p ⇔ p (zakon idennpotencije za ∧) 12. p ∨ q ⇔ q ∨ p (zakon komutacije za ∨ ) 13. p ∧ q ⇔ q ∧ p (zakon komutacije za ∧) 14. p ∨ (q ∨ r) ⇔ (p ∨ q) ∨ r (zakon asocijativnosti za ∨ ) 15. p ∧ (q ∧ r) ⇔ (p ∧ q) ∧ r (zakon asocijativnosti za ∧) 16. p ∨ (q ∧ r) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) (zakon distribucije ∨ prema ∧) 17. p ∧ (q ∨ r) ⇔ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)(zakon distribucije ∧ prema ∨) 18. ¬(p ∨ q) ⇔ ¬p ∧ ¬q (De Morganovi zakon) 19. ¬(p ∧ q) ⇔ ¬p ∨ ¬q (De Morganov zakon) 20. (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q (modus ponens)
6
1.1.4. Primeri koriˇsenja tautologija Dokazati: Ako broj nije deljiv sa 3 onda nije deljiv ni sa 6 Koliko imamo iskaza? Kako da podelimo tvrd¯enje na iskaze? Kako glase iskazi? Iskaz p: Broj nije deljiv sa 3. Iskaz q: Broj nije deljiv sa 6. Potrebno je dokazati implikaciju p ⇒ q Koristi´cemo tautologiju koja se zove zakon kontrapozicije: (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p) ˇ govori ovaj zakon? Sta Ova tautologija kaˇze da umesto dokazivanja imlikacije p ⇒ q mi moˇzemo dokazati ¬q ⇒ ¬p i ta dva dokaza su ekvivalentna. Iskaz ¬p: Broj je deljiv sa 3. Iskaz ¬q: Broj je deljiv sa 6. Dokazujemo ¬q ⇒ ¬p Obeleˇzimo broj sa n. Broj n je deljiv sa 6. Kada za neki ceo broja kaˇzemo da je deljiv drugim celim brojem? Definicja deljivosti brojeva: Ceo broj a deli ceo broj b ako postoji ceo broj c tako da vaˇzi da je b = a · c. Na osnovu definicije deljivosti dva broja sledi n = 6 · k = (3 · 2) · k = 3 · (2 · k) Znaˇci broj n je deljiv sa 3. Na ovaj naˇcin smo dokazali da vaˇzi implikacija ¬q ⇒ ¬p Koriste´ci zakon kontrapozicije sledi da vaˇzi i p ⇒ q odnosno Ako broj nije deljiv sa 3 onda nije deljiv ni sa 6
Dokazati: Paran broj koji nije deljiv sa 6 nije deljiv sa 3. Koliko imamo iskaza? Kako da podelimo tvrd¯enje na iskaze? Kako glase iskazi? Iskaz p: Broj je paran. Iskaz q: Broj je deljiv sa 3. 7
Iskaz r: Broj je deljiv sa 6.
Treba dokazati implikaciju (p ∧ ¬r) ⇒ ¬q Koristi´cemo tautologiju ((p ∧ q) ⇒ r) ⇒ (p ∧ ¬r) ⇒ ¬q Da li je ovo tautologija? Kako ´cemo proveriti? ˇ govori ova tautologija? Sta Ako vaˇzi implikacija ((p ∧ q) ⇒ r) onda ´ce iz nje slediti da vaˇzi i implikaciaja (p ∧ ¬r) ⇒ ¬q dokaˇzimo implikaciju ((p ∧ q) ⇒ r) (Broj je paran) i (broj je deljiv sa 3) sledi (broj je deljiv sa 6). Na osnovu definicije deljivosti ovo vaˇzi. Na osnovu tautologije vaˇzi (p ∧ ¬r) ⇒ ¬q Na taj naˇcin smo dokazali: (Broj je paran) i nije (broj je deljiv sa 6) sledi nije (broj je deljiv sa 3). Kada malo ”prepakujemo ” reˇcenicu dobijamo polazno tvrd¯enje. Paran broj koji nije deljiv sa 6 nije deljiv sa 3.
Dokazati da je logiˇcka formula F : (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q (modus ponens) tautologija. I naˇcin: Ve´c smo videli tabliˇcni naˇcin dokazivanja:
p 1 1 0 0
q 1 0 1 0
p⇒q 1 0 1 1
L p ∧ (p ⇒ q) 1 0 0 0
L⇒q F 1 1 1 1
II naˇcin Diskusija po slovu. Ideja ovog naˇcina je da se odabere jedan logiˇcki iskaz (slovo) i da se diskutuje kada je iskaz taˇcan a kada netaˇcan. Opredelimo se da diskutujemo po vrednosti iskaznog slova p a) τ (p) = 1
8
Zamenimo vrednost u logiˇcku formulu i dobijamo (1 ∧ (1 ⇒ q)) ⇒ q. Gledamo zagradu 1 ⇒ q i dolazimo do zakljuˇcka da istinitosna vrednost implikacije zavisi od vrednosti iskaza q. (Pogledaj tablicu za implikaciju). p 1 1 0 0
q 1 0 1 0
p⇒q 1 0 1 1
Odavde sledi tautologija (1 ⇒ q) ⇔ q Na osnovu ovoga τ ((1 ∧ (1 ⇒ q)) ⇒ q) = τ ((1 ∧ q) ⇒ q)
Primetimo da kada je u konjunkciji jedan od iskaz taˇcan da vrednost konjunkcije zavisi od istinitosne vrednosti drugog iskaza. (Pogledaj tablicu). p 1 1 0 0
q 1 0 1 0
p∧q 1 0 0 0
1∧p⇔p Nastavimo izraˇcunavanje. τ ((1 ∧ q) ⇒ q) = τ (q ⇒ q) a ovo je uvek taˇcno, jer je q ⇒ q tautologija. Ako ponovo pregledamo postupak zadatka shvati´cemo da je potrebno znati kako se radi sa logiˇckim operacijama kada znamo istinitosnu vrednost jednog od iskaza.
9
FORMULA p∧p p∧1 p∧0 p∨p p∨1 p∨0 pYp pY0 pY1 p⇒p p⇒1 1⇒p 0⇒p p⇔p p⇔1 p⇔0
ZAMENA p p 0 p 1 p 0 p ¬p 1 1 p 1 1 p ¬p
III naˇcin je svod¯enje na protivureˇcnost. Ovaj metod se zasniva na tome da se pretpostavi da je formula netaˇcna i da se dovede do kontradikcije i dobar je kada postoji jedan sluˇcaj kada je formula netaˇcna (implikacija,disjunkcija). Pretpostavimo da τ ((p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q) = 0 U kom sluˇcaju implikacija nije taˇcna? Prvi iskaz mora biti u implikaciji taˇcan, a drugi iskaz mora biti netaˇcan. τ (p ∧ (p ⇒ q)) = 1 ∧ τ (q) = 0 Imamo istinitosnu vrednost a iskaz q i zamenimo ga u prvo izraˇcunavanje. Dobijamo:
τ (p ∧ (p ⇒ 0)) = 1 ∧ τ (q) = 0 Kada je konjunkcija taˇcna? Dobijamo:
τ (p) = 1 ∧ τ (p ⇒ 0) = 1 ∧ τ (q) = 0 Konaˇcnom zamenom vrednosti iskaza p dobijamo:
τ (p) = 1 ∧ τ (1 ⇒ 0) = 1 ∧ τ (q) = 0 10
Ovo dovodi do kontradokcije jer τ (1 ⇒ 0) = 1 nije taˇcno. Znaˇci polazna formula je taˇcna
τ ((p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q) = 1
Dokazati da je logiˇcka formula F : ((p1 ⇒ p2 ) ∧ (p2 ⇒ p3 ) ∧ ... ∧ (pn−1 ⇒ pn )) ⇒ (p1 ⇒ pn ) tautologija. Koju metodu dokazivanja da odaberemo? Da li moˇzemo dokazivati tabliˇcnom metodom ? Koliko bi kolona imala tablica? Ostaju nam preostale dve metode: svod¯enje na apsurd ili diskusija po slovu. Ako bismo koristili diskusiju po slovu, po kojem slovu bi diskutovali? Probajmo svod¯enje na protivureˇcnost. PPS: τ (F ) = 1 Kada je formula F netaˇcna? Koja je logiˇcka operacija ”glavna”? Kljuˇcna logiˇcka operacija je implikacija. Kako da prepoznamo koja je logiˇcka operacija kljuˇcna? Na osnovu prioriteta operacija odredimo logiˇcku operacijau koja se poslednja izraˇcunava. Ako pogledamo formulu F prvo se izraˇcunavaju implikacije u zagradama, zatim konjukcije i na kraju impikacija izmedju L : ((p1 ⇒ p2 ) ∧ (p2 ⇒ p3 ) ∧ ... ∧ (pn−1 ⇒ pn )) i D : (p1 ⇒ pn ) Kada je implikacija netaˇcna? Potrebno je da τ (L) = 1 i τ (D) = 0 Iz τ (D) = 0 dobijamo da je τ ((p1 ⇒ pn )) = 0, odnosno vaˇzi τ (p1 ) = 1 i τ (pn ) = 0 Kako je L po strukturi konjunkcija i τ (L) = 1 sledi da je svaki ˇclan konjunkcije taˇcan. τ (p1 ⇒ p2 ) = 1 τ (p2 ⇒ p3 ) = 1 τ (p3 ⇒ p4 ) = 1 11
.... τ (pn−1 ⇒ pn ) = 1 Iskoritimo ve´c poznate logiˇcke vrednosti za p1 i pn . Zamenom u prvu implikaciju dobijamo: τ (1 ⇒ p2 ) = 1 Odavde sledi da je τ (p2 ) = 1 Ponovimo postupak u drugoj implikaciji τ (p2 ⇒ p3 ) = 1 Dobijamo τ (1 ⇒ p3 ) = 1 i zakljuˇcujemo da je τ (p3 ) = 1 Ponavljanjem postupka dolazimo do poslednje implikacije τ (pn−1 ⇒ pn ) = 1 Kako smo prethodnim postupkom dobili τ (1 ⇒ pn−1 ) = 1 zamenom dobijamo τ (1 ⇒ p2 ) = 1
Koliko ima unarnih logiˇckih operacija? Koliko ima binarnih logiˇckih operacija? Koju unarnu logiˇcku operaciju znamo? Kako izgleda tablica istinitosti? Negacija je jedina unarna operacija koju smo radili. Tablica istinitosti: p 1 0
¬p 0 1
Koliko ima redova u tablici? Od ˇcega to zavisi? Unarna logiˇcka operacija ima samo jedno logiˇcko slovo koje moˇze imati jednu od dve logiˇcke vrednosti 0 ili 1. Zbog toga imamo dve reda. ˇ moˇze biti rezultat logiˇcke operacie? Sta Rezultat moˇze imati jednu od dve logiˇcke vrednosti 0 ili 1. Zbog toga svaki red moˇze da se preslika u jednu od dve vrednosti. Dva reda preslikavamo u dve vrednosti, odnosno 2 · 2 = 4 mogu´cnosti. p 1 0
¬p 0 1
bot 0 0
1 1 1
p 1 0
12
Koliko imamo redova kod binarne logiˇcke operacije? Koliko logiˇckih slova imamo u binarnoj operaciji? Imamo 2 slova i svako slovo ima 2 mogu´cnosti tako da ima ukupno 2 · 2 = 4 reda. Koliko ima mogu´cnosti za rezultat svakog reda? Rezultat moˇze imati jednu od dve logiˇcke vrednosti 0 ili 1. Zbog toga svaki red moˇze da se preslika u jednu od dve vrednosti. Dobijamo da ima 2 · 2 · 2 · 2 = 24 = 16 mogu´cnosti , odnosto 16 binarnih logiˇckih operacija. p 1 1 0 0
q 1 0 1 0
1 1 1 1 1
p∨q 1 1 1 0
1 1 0 1
1 1 0 0
p⇒q 1 0 1 1
1 0 1 0
p⇔q 1 0 0 1
13
p∧q 1 0 0 0
0 1 1 1
pYq 0 1 1 0
0 1 0 1
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 0
0 0 0 1
0 0 0 0 0
2. SKUPOVI Definicija praznog skupa: ∅ = {x|x 6= x} Definicija jednakosti skupova: A = B akko (∀x)(x ∈ A ⇔ x ∈ B) Definicija podskupa: A ⊆ B akko (∀x)(x ∈ A ⇒ x ∈ B) Definicija partitivnog skupa: P(A) = {B|B ⊆ A} Definicija preseka skupova: A ∩ B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ B} Definicija unije skupova: A ∪ B = {x|x ∈ A ∨ x ∈ B} Definicija razlike skupova: A \ B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ / B} Definicija dvostruke razlike: A4B = {x|x ∈ A Y x ∈ B} 0
Definicija komplementa: A = {x|x ∈ / A}
Dokazati skupovnu jednakost A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)) Dokaz skupovnih jednakosti se svodi na to da zapis pretvorimo u iskazni raˇcun. Za dobijenu logiˇcku formulu ispitujemo da li je tautologija. Kod dokazivanja skupovnih jednakosti osnovna stvar je pogledati koja je relacija kljuˇcna (=,⊆) Koja relacija povezuje dve ”grupe” skupovnih operacija? U pitanju je jednakost = A ∪ (B ∩ C)=(A ∪ B) ∩ (A ∪ C) Koristimo definiciju jednakosti dva skupa. Definicija jednakosti skupova: A = B akko (∀x)(x ∈ A ⇔ x ∈ B) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) (∀x)(x ∈ (A ∪ (B ∩ C)) ⇔ x ∈ ((A ∪ B) ∩ (A ∪ C))) ”Oslobodili” smo se jednakosti. Ostale su skupovne operacije. Redosled oslobad¯anja je suprotan od prioriteta operacija. Prvo se ”oslobad¯avamo operacija koje se poslednje izvrˇsavaju. Koja se skupovna operacija poslednja izvrˇsava na levoj strani? Koja se skupovna operacija poslednja izvrˇsava na desnoj strani? Na levoj strani to je unija ∪, a na desnoj strani je presek ∩. (∀x)(x ∈ (A ∪ (B ∩ C)) ⇔ x ∈ ((A ∪ B) ∩ (A ∪ C))) 14
Koristimo definicije za uniju ∪ Definicija unije skupova: A ∪ B = {x|x ∈ A ∨ x ∈ B} i definiciju za presek ∩ Definicija preseka skupova: A ∩ B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ B} (∀x)((x ∈ A ∨ x ∈ (B ∩ C)) ⇔ (x ∈ (A ∪ B) ∧ x ∈ (A ∪ C))) Koje skupovne operacije su ostale za ”oslobad¯anje”? (∀x)((x ∈ A ∨ x ∈ (B∩C)) ⇔ (x ∈ (A∪ B) ∧ x ∈ (A∪C))) Opet koristimo definicije i dobijamo: (∀x)((x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C)) ⇔ ((x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ C))) Konaˇcno smo se ”oslobodili” svih skupovnih operacija i sada prelazimo na iskazni raˇcun. Obeleˇzimo iskaze: p:x∈A q:x∈B r:x∈C Dobijamo iskaznu formulu: p ∨ (q ∧ r) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) Kompletan dokaz: A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) (∀x)(x ∈ (A ∪ (B ∩ C)) ⇔ x ∈ ((A ∪ B) ∩ (A ∪ C))) (∀x)((x ∈ A ∨ x ∈ (B ∩ C)) ⇔ (x ∈ (A ∪ B) ∧ x ∈ (A ∪ C))) (∀x)((x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C)) ⇔ ((x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ C))) p:x∈A q:x∈B r:x∈C p ∨ (q ∧ r) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) Kako ´cemo pokazati da je ova logiˇcka formula tautologija? Odaberimo diskusiju po slovu. 1◦ p = 1 1 ∨ (q ∧ r) ⇔ ((1 ∨ q) ∧ (1 ∨ r)) 15
1 ⇔ (1 ∧ 1) 1⇔1 1 2◦ p = 0 0 ∨ (q ∧ r) ⇔ ((0 ∨ q) ∧ (0 ∨ r)) 0 ⇔ (0 ∧ 0) 0⇔0 1
0
0
Dokazati skupovnu jednakost (A ∪ B) = A ∩ B
0
ˇ Cega se prvo oslobad¯amo? Jednakost je prvo ˇcega se oslobad¯amo. 0
0
0
(∀x)(x ∈ (A ∪ B) ⇔ x ∈ (A ∩ B )) Koja se skupovna operacija poslednja izvrˇsava na levoj strani? Na levoj strani se prvo izvrˇsava unija a na kraju komplement. Zbog toga se prvo oslobad¯amo komplementa. 0
x ∈ (A ∪ B) se menja sa ¬(x ∈ (A ∪ B)). (Sklonimo komplement, iskaz stavimo u zagradu, ispred stavimo negaciju.) Sada se oslobad¯amo unije. Ovde treba voditi raˇcuna da ispred svega stoji negacija i da tako treba da ostane. ¬((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)). ˇ Cesta greˇska je da uˇcenici ubace i negaciju i dobiju ((¬x ∈ A) ∨ (¬x ∈ B)) Koja se skupovna operacija poslednja izvrˇsava na desnoj strani? Na desnoj strani se prvo izvrˇsavaju komplementi skupa A i skupa B, a onda presek. Zbog toga se prvo oslobad¯amo preseka. 0
0
0
0
x ∈ (A ∩ B ) se menja sa (x ∈ A ) ∧ (x ∈ B ) Sada se oslobad¯amo komplementa jednog i drugog skupa. ¬(x ∈ A) ∧ ¬(x ∈ B) (Sklonimo komplement, iskaz stavimo u zagradu, ispred stavimo negaciju.) 16
Sada moˇzemo da kompletiramo ceo dokaz u jednu celinu. 0
0
(A ∪ B) = A ∩ B
0
0
0
0
(∀x)(x ∈ (A ∪ B) ⇔ x ∈ (A ∩ B )) 0
0
(∀x)(¬x ∈ (A ∪ B) ⇔ ((x ∈ A ) ∧ (x ∈ B ))) (∀x)(¬((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)) ⇔ (¬(x ∈ A) ∧ ¬(x ∈ B))) Sada obeleˇzavamo iskaze. p:x∈A q:x∈B Ostaje da se dokaˇze da li iskaz tautologija. ¬(p ∨ q) ⇔ ¬p ∧ ¬q Ovo je jedan od dva De Morganovog zakona. Dokazati skupovnu jednakost A ∪ ∅ = A ˇ Cega se prvo oslobad¯amo? Prvo se oslobad¯amo jednakosti. A∪∅=A (∀x)(x ∈ (A ∪ ∅) ⇔ (x ∈ A)) Koja je skupovna operacija ostala u iskazu? Sada se oslobad¯amo unije, jer je to jedina skupovna operacija koja je ostala u iskazu. (∀x)((x ∈ A) ∨ (x ∈ ∅) ⇔ (x ∈ A)) Kompletirajmo dokaz kao jednu celinu. A∪∅=A (∀x)(x ∈ (A ∪ ∅) ⇔ (x ∈ A)) (∀x)((x ∈ A) ∨ (x ∈ ∅) ⇔ (x ∈ A)) Obeleˇzimo iskaze: p:x∈A Kako da obeleˇzimo iskaz (x ∈ ∅) ? To jeste iskaz, ali je uvek netaˇcan i zato ´cemo pisati 0. Ostaje da se dokaˇze da je p ∨ 0 ⇔ p tautologija.
17
Dokazati skupovnu jednakost A\(B\C) = (A\B) ∪ (A ∩ C) ˇ Cega se prvo oslobad¯amo? Jednakost je prvo ˇcega se oslobad¯amo. (∀x)(x ∈ (A\(B\C)) ⇔ x ∈ ((A\B) ∪ (A ∩ C))) Koja se skupovna operacija poslednja izvrˇsava na levoj strani? Koja se skupovna operacija poslednja izvrˇsava na desnoj strani? (∀x)(x ∈ (A \ (B\C)) ⇔ x ∈ ((A\B) ∪ (A ∩ C))) Obratite paˇznju na razliku. Kod razlike imamo A\B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ / B} Umesto da piˇsemo da x ∈ / B pisa´cemo ¬x ∈ B. Zaˇsto tako piˇsemo? ˇ Zelimo da svi iskazi budu oblika x ∈ S, gde je S oznaka za skup. Na taj naˇcin izbegavamo situaciju da se pojave dva razliˇcita iskaza p : x ∈ B i q : x ∈ /B Umesto toga imao jedan iskaz p i njegovu negaciju ¬p p : x ∈ B i ¬p : ¬x ∈ B Sada moˇzemo da se vratimo na zadatak. (∀x)(x ∈ A\(B\C) ⇔ x ∈ (A\B) ∪ (A ∩ C)) Razbi´cemo zadatak na male celine. 1. celina x ∈ A\(B\C) x ∈ A ∧ ¬x ∈ (B\C) Ovde se oslobadjamo pripadanja x razlici x ∈ (B\C) i to postaje x ∈ B ∧ ¬x ∈ C ˇ Negacija ostaje ispred svega. Cesta greˇska je da se uˇcenici oslobad¯aju negacije pripadanja razlici ¬x ∈ (B\C) i ubacuju je u zagradu ¬x ∈ B ∧ ¬x ∈ C (ovo je jedna od mogu´cih greˇsaka). Konaˇcno dobijamo x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B ∧ ¬x ∈ C) 2.celina x ∈ (A\B) postaje x ∈ A ∧ ¬ ∈ B 3.celina x ∈ (A ∩ C) postaje x ∈ A ∧ x ∈ C Sada moˇzemo da sklopimo kompletno dokazivanje A\(B\C) = (A\B) ∪ (A ∩ C) (∀x)(x ∈ A ∧ ¬x ∈ (B\C) ⇔ x ∈ (A\B) ∨ x ∈ (A ∩ C)) (∀x)((x ∈ A) ∧ ¬((x ∈ B) ∧ (¬x ∈ C)) ⇔ ((x ∈ A) ∧ (¬x ∈ B)) ∨ ((x ∈ A) ∧ (x ∈ C))) 18
Iskazi su: p : x ∈ A, q : x ∈ B, r : x ∈ C i potrebno je dokazati da je p ∧ ¬(q ∧ ¬r) ⇔ (p ∧ ¬q) ∨ (p ∧ q)
1. 2. 3. 4. 5. 6.
Da li su taˇcni slede´ci iskazi: 1 ∈ {1, {1}} 1 ⊆ {1, {1}} {1} ∈ {1, {1}} {1} ⊆ {1, {1}} {{1}} ∈ {1, {1}} {{1}} ⊆ {1, {1}}
1. 1 ∈ {1, {1}} Kako bismo proˇcitali ovaj iskaz? Da li je 1 element skupa {1, {1}}. Navedi elemente skupa {1, {1}} . Koliko elemenata ima ovaj skup? Elementi skupa su: 1 i {1} Elementi su broj 1 i skup koji sadrˇzi broj 1. Broj 1 je element datog skupa tako da je iskaz broj 1. taˇcan. Skup {1} je element datog skupa tako da je iskaz broj 3. taˇcan. Kako naˇskup ima dva elementa onda iskaz broj 5. nije taˇcan jer element {{1}} nismo naˇsli taj element u skupu. 2. 1 ⊆ {1, {1}} Kako bismo proˇcitali ovaj iskaz? Da li je 1 podskup skupa {1, {1}}. Da li je 1 skup? 1 nije skup (nije zapisan kao skup) tako da ne moˇze biti podskup. Zato iskaz nije taˇcan. 4. {1} ⊆ {1, {1}} Kako proveriti da li je {1} podskup skupa {1, {1}}? Kako se definiˇse podskup nekog skupa? Skup {1} sadrˇzi jedan element i to je broj 1, a on je element skupa {1, {1}}. Iskaz je taˇcan.
19
6. {{1}} ⊆ {1, {1}} Kako proveravamo da li je iskaz taˇcan? Treba proveriti da li je {1} element skupa {1, {1}}, a to je taˇcno. Iskaz je taˇcan. NAPOMENA Potrebno je shvatiti razliku izmed¯u oznaka ∈ i ⊆. Prva oznaka oznaˇcava pripadanje skupu, a druga oznaka je oznaka za podskup. Kada proveravate pripadanje skupu, proveravate da li element se nalazi u skupu. To su primeri 1.,3.,5. Proveravali smo da li su 1, {1} i {{1}} elementi skupa. Uˇcenicima je problem ˇsto je element skupa skup. U ovom sluˇcaju su elementi skupa navedeni nabrajanjem tako da sve ˇsto je navedeno izmed¯u vitiˇcastih zagrada i razdvojeno zarezima predstavlja elemente skupa. Kako smo pre toga naveli sve elemte skupa ta provera je bila lagana. 1, {1} su bili na tom spisku i iskazi su bili taˇcnni, a {{1}} nije bio na spisku elemenata i iskaz 5. nije bio taˇcan Kada proveravate da li je neki skup podskup drugog skupa A ⊆ B treba proveriti da li su svi elementi skupa A elementi skupa B. To je proveravano u primerima 2.,4.,6. Reˇsiti skupovne jednaˇcine tako da je X ⊆ N: a){1, 2} ∩ X = {1, 2, 3, 4} b){1, 2, 3} ∩ X = {1, 2} c){1, 2} ∪ X = {1, 2, 3} d)X \ {3} ⊆ {1, 2} a){1, 2} ∩ X = {1, 2, 3, 4} Kako se definiˇse presek dva skupa? Da li moˇze rezultat preseka dva skupa da ima viˇse elemenata od poˇcetnih skupova? Presek ova dva skupa sadrˇzi elemnte 3 i 4 koji se ne nalaze u skupu {1, 2} tako da ne moˇze biti rezultat preseka. Znaˇzi kakav god bio skup X ova jednaˇcina nema reˇsenja. b){1, 2, 3} ∩ X = {1, 2} Koje elemente mora da sadrˇzi skup X? Kako je rezultet preseka skup {1, 2} onda skup X mora sadrˇzati elemente 1 i 2. Da li postoje prirodni brojevi koje ne mogu da budu elementi skupa X? Broj 3 se nalazi u skupu za koji se raˇcuna presek sa skupom X. Ako bi se broj 3 nalazio i u 20
skupu X onda bi broj 3 morao biti u rezultatu preseka, a to nije taˇcno. Zakljuˇcak je da broj 3 ne sme da bude element skupa X. Da li postoje joˇs koji prirodan brojevi koji je element skupa X? Elementi skupa X mogu biti svi prirodni brojevi koji nisu elementi preseka i nisu elementi skupa {1, 2, 3}. Rezultat je skup X = {1, 2} ∪ Y gde je skup Y bilo koji podskup skupa N \ {1, 2, 3} c){1, 2} ∪ X = {1, 2, 3} Koje elemente mora da sadrˇzi skup X? U skupu koji je rezultat unije se nalazi broj 3, a on nije element skupa koji se unira sa skupom X, zakljuˇcak je da broj 3 mora biti element skupa X. Koje elemente ne sme da sadrˇzi skup X? To su prirodni brojevi koji se ne nalaze u rezultatu unije, odnosno u skupu {1, 2, 3}. Zakljuˇcak je da skup X pored borja 3 moze sadrˇzati (ne mora) joˇs samo brojeve 1 ili 2. Mogu´ca reˇsenja su: X = {1, 2, 3} X = {1, 3} X = {2, 3} X = {3} d)X \ {3} ⊆ {1, 2} Rezultat razlike je podskup skupa. Koji skupovi mogu biti podskup skupa {1, 2}? Skupovi {}, {1}, {2},{1, 2} su podskupovi skupa {1, 2}.
Dat je skup A={a,b,c}. Napisati sve elemente partitivnog skupa skupa A (oznaka P(A)) ˇ je partitivni skup skupa A? Sta Partitivni skup je skup ˇciji su elementi podskupovi skupa A. Vaˇzno je upamtiti da su elementi skupovi. A1 = ∅ A2 = {a} A3 = {b} 21
A4 = {c} A5 = {a, b} A6 = {a, c} A7 = {b, c} A8 = {a, b, c} = A P(A) = {A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 , A8 } Koliko elemenata ima skup P(A)? Partitivni skup ima 8 elemenata. Ako bi skup A imao n elemenata, koliko bi elemenata imao P(A)? Koliko ima jednoˇclanih podskupova skupa A? Jednoˇclanih podskupova skupa A ima koliko i elemenata skupa A, odnosno n. Koliko ima dvoˇclanih podskupova skupa A? Za ovo je potrebno malo elementarne kombinatorike.
1
2
...
n−1
n
Iz gornje tabele biramo elemente da stavimo u donju tabelu.
Koliko ima mogu´cnosti da izaberemo prvi element? Koliko ima mogu´cnosti da se izaberemo drugi element? Da li je bitan redosled biranja elemenata? Za izbor prvog elemenata imamo n mogu´cnosti. Da li prvoizabrani element moˇzemo ponovo da biramo?
1
2
...
x
...
n−1
x 22
n
Zato ˇsto prvoizabrani element (x element u tabeli) ne moˇzemo ponovo da biramo za izbor drugog elementa imamo n − 1 mogu´cnost. Sada primenimo princip proizvoda, jer svaki mogu´ci prvoizabrani element se kombinuje sa svakim drugoizabranim elementom. Ukupan broj mogu´cnosti je n · (n − 1).
a
b
b
a
Kako redosled elemenata u skupu nije bitan onda su skupovi {a, b} = {b, a}, i taj broj mogu´cnosti treba podeliti sa 2. n · (n − 1) Dolazimo do konaˇcne formule 2 Koliko ima troˇclanih podskupova skupa A? Koliko ima mogu´cnosti da izaberemo prvi element? Za izbor prvog elemenata imamo n mogu´cnosti. Koliko ima mogu´cnosti da se izaberemo drugi element? Za izbor drugog elemenata imamo n − 1 mogu´cnosti jer smo jedan element ve´c izabrali. Koliko ima mogu´cnosti da se izaberemo tre´ci element? Za izbor tre´ceg elemenata imamo n − 2 mogu´cnosti jer smo dva element ve´c izabrali. Ako primenimo princip proizvoda dobijamo da je ukupan broj mogu´cnosti n · (n − 1) · (n − 2). Da li je bitan redosled biranja elemenata? Kako i kod biranja dvoˇclanih podskupova imao da vaˇzi jednakost: {a, b, c}={a, c, b}={b, a, c}={b, c, a}={c, a, b}={c, b, a} i dolazimo do zakljuˇcka da broj n · (n − 1) · (n − 2) treba da podelimo sa 6. n · (n − 1) · (n − 2) Dolazimo do konaˇcne formule za broj troˇclanih podskupova (n ≥ 3) 6 Da li smo mogli na umesto navod¯enja skupova da pronad¯emo pravilo za izraˇzunavanje? Tri elementa je potrebno rasporediti u redosled. Koliko imamo mogu´cnosti za izbor prvog elementa? 23
Imo 3 mogu´cnosti. Sada je potrebno postaviti element na drugo mesto.Koliko imamo mogu´cnosti? Da li prvi element moˇzemo ponovo birati? Kako u skupu elementi ne mogu da se ponavljaju za izbor drugog elementa imamo 2 mogu´cnosti. Za izbor poslednjeg elementa imao samo jednu mogu´cnost jer je samo jedan elementostao. Sad dolazimo do formule 3 · 2 · 1 = 6 n · (n − 1) · (n − 2) , (n ≥ 3) 3·2·1 U ovakvom zapisu se vidi i tehnika izraˇzunavanja broja mogu´cnosti. Konaˇcnu formulu sada moˇze biti zapisana u obliku
Koliko ima ˇcetvoroˇclanih podskupova skupa A? Ako sada primenimo princir raˇcunanja za troˇclane podskupove dolazimo do formule: n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3) , (n ≥ 4) 4·3·2·1 Koliko ima k-toˇclanih podskupova skupa A? Za prvi ˇclan imamo n mogu´cnosti Za drugi ˇclan imamo n − 1 mogu´cnost Za tre´ci ˇclan imamo n − 2 mogu´cnosti ... Za k-ti ˇclan imamo n − k + 1 mogu´cnost Zaˇsto je n − k + 1, a nije n − k mogu´cnosti? Koliko imamo k-toˇclanih podskupova koji se ponavljaju? Princip je isti. Imamo k · (k − 1) · ... · 2 · 1 Sada dolazimo do formule: n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · (n − k + 1) , (n ≥ k) k · (k − 1) · ... · 2 · 1 ¡ ¢ Ovakav brojn izraz koji zavisi od n i k naziva se binomni koeficijent u oznaci n k . µ ¶ n Definicja binomnog koeficijenta k µ ¶ n = 1, za k = 0 µ0¶ n n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · (n − k + 1) = , za k ≤ n k k · (k − 1) · ... · 2 · 1
24
Kako da iskoristimo binomne koeficijente za izraˇcunavanje broja ˇclanova P(A)? Sada moˇzemo da izraˇcunavamo koliko ima podskupova sa odred¯enim brojem el;emenata. µ ¶ n Prazan skup je skup bez elemenata. k = 0 ubacimo u formulu i dobijamo =1 0 µ ¶ n Jednoˇclanih poskupova ima =n µ ¶1 n n · (n − 1) Dvoˇclanih poskupova ima = 2·1 2 ........ µ ¶ n n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · 3 · 2) Podskupova sa n − 1 elemenata ima = =n (n − 1) · (n − 2) · ... · 2 · 1 µ ¶ n−1 n n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · 2 · 1) Podskupova sa n elemenata ima = =1 n · (n − 1) · ... · 2 · 1 n To je sam skup A. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n n n Saberemo sve ove brojeve + + +...+ + i dobijamo broj elemata P(A) 0 1 2 n−1 n REKAPITULACIJA Broj podkupova sa k ˇclanova skupa A koji ima n elemenata raˇcunali smo tako ˇsto smo birali k elemenata tako da nam je bio vaˇzan redosled. n · (n − 1) · ... · (n − k + 1) Ako svaki redosled pretvorimo u skup imamo skupove koji imaju iste elemente. Broj skupova koji se ponavljaju raˇcuna se kao broj permutacija sa k elementa. k · (k − 1) · ... · 2 · 1 Sada podelimo ta dva broja da bismo dobili broj k-toˇclanih podskupova skupa A. µ ¶ n n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · (n − k + 1) = , za k ≤ n k k · (k − 1) · ... · 2 · 1 NAPOMENA Ako ˇzelimo da izraˇcunamo broj elemenata partitivnog skupa skupa A, mi smo sabirali brojeve podksupova za k = 0, 1, 2, 3, ..., n. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n n n + + + ... + + 0 1 2 n−1 n Da li postoji drugi naˇcin da se izraˇcuna broj elemenata skupa P(A)? Podskupovi skupa A mogu sadrˇzati samo elemente iz skupa A. Obeleˇzimo podskup sa B. To znaˇci da svaki element skupa A ili pripada ili ne pripada skupu B.
25
Svaki element ima 2 mogu´cnosti. Ukupna broj je onda 2 · 2 · 2... · 2 = 2n . Ako objedinimo oba naˇcina raˇcunanja dolazimo do formule: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n n n + + + ... + + = 2n 0 1 2 n−1 n 2.1 DEKARTOV PROIZVOD Definicija Dekartovog proizvoda skupova A i B: A × B = {(x, y)|x ∈ A ∧ y ∈ B}
Dat je skup A = {a, b, c} i skup B = {1, 2} . Napisati sve elemente Dekartovog proizvoda A × B
ˇ su elementi Dekartovog proizvoda? Sta
Elementi Dekartovog proizvoda su ured¯eni parovi. A × B = {(a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2), (c, 1), (c, 2)} Da li vaˇzi A × B = B × A? Odredimo skup B × A. B × A = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)} Da li su jednaki elementi ova dva skupa? Elementi ovih skupova su ured¯eni parovi. Kako je bitan redosled elemenata u ured¯enom paru, onda vaˇzi (1, a) 6= (a, 1). Tako je i sa ostalim elementim. Ova dva skupa nemaju nijedan zajedniˇcki element. Koliko elemenata ima Dekatov proizvod? Posmatrajmo ured¯eni par (x, y). Koliko mogu´cnosti ima za x Kako je x ∈ A onda ima mogu´cnosti koliko ima elemenata skup A, a to je 3. Koliko mogu´cnosti ima za y Na isti naˇc razmiˇsljamo kao i malopre, y ∈ B onda ima mogu´cnosti koliko ima elemenata skup B, a to je 2. Ukupno je ured¯enih parova 3 · 2 = 6. Koliko elemenata bi imao Dekarov proizvod A × B ako bi |A| = n i |B| = m ? Posmatrajmo ured¯eni par (x, y). 26
x ∈ A, onda broj mogu´cnosti za x je onoliki koliko ima elemenata u skupu A, a to je |A| = n y ∈ B, onda broj mogu´cnosti za y je onoliki koliko ima elemenata u skupu B, a to je |B| = m Ukupno je ured¯enih parova n · m.
Dokazati skupovnu jednakost (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C) ˇ Cega se prvo oslobad¯amo? Jednakost je prvo ˇcega se oslobad¯amo. (∀x)(x ∈ (A ∩ B) × C ⇔ x ∈ (A × C) ∩ (B × C)) ˇ imamo na levoj strani? Cemu ˇ Sta pripada x? x je element Dekartovog proizvoda (A ∩ B) × C. ˇ imamo na desnoj strani? Cemu ˇ Sta pripada x? x je element (A × C) ∩ (B × C) Oslobodi´cemo se prvo preseka na desnoj strani.
Kako je na levoj Dekartov proizvod to
nemoˇzemo da uradimo ako koristimo samo x, vemoramo ´ da x da predstavimo kao ured¯eni par. (∀x)(x ∈ (A ∩ B) × C ⇔ (x ∈ (A × C)) ∧ (x ∈ (B × C))) Ako pogledamo levu i desnu stranu koja je skupovna operacija ostala? Ostao je Dekartov proizvod. ˇ su elementi Dekartovog proizvoda? Sta Elementi Dekartovog proizvoda su ured¯eni parovi. Zato umesto xmoramo da piˇsemo ured¯eni par (y, z). x=(y,z) (∀y, z)((y, z) ∈ (A ∩ B) × C ⇔ ((y, z) ∈ (A × C)) ∧ ((y, z) ∈ (B × C))) (∀y, z)(y ∈ (A ∩ B) ∧ z ∈ C ⇔ (y ∈ A ∧ z ∈ C) ∧ (y ∈ B ∧ z ∈ C)) Koja je skupovna operacija ostala? Ostao je presek. (∀y, z)(y ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ z ∈ C ⇔ (y ∈ A ∧ z ∈ C) ∧ (y ∈ B ∧ z ∈ C)) Konaˇcno smo se ”oslobodili” svih skupovnih operacija i sada prelazimo na iskazni raˇcun. Obeleˇzimo iskaze: p:y∈A 27
q:y∈B r:z∈C Dobijamo iskaznu formulu: (p ∧ q) ∧ r ⇔ (p ∧ r) ∧ (q ∧ r) Sada treba dokazati da je iskazna formula tautologija. Kompletan dokaz: (∀x)(x ∈ (A ∩ B) × C ⇔ x ∈ (A × C) ∩ (B × C)) (∀x)(x ∈ (A ∩ B) × C ⇔ (x ∈ (A × C)) ∧ (x ∈ (B × C))) x=(y,z) (∀y, z)((y, z) ∈ (A ∩ B) × C ⇔ ((y, z) ∈ (A × C)) ∧ ((y, z) ∈ (B × C))) (∀y, z)(y ∈ (A ∩ B) ∧ z ∈ C ⇔ (y ∈ A ∧ z ∈ C) ∧ (y ∈ B ∧ z ∈ C)) (∀y, z)(y ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ z ∈ C ⇔ (y ∈ A ∧ z ∈ C) ∧ (y ∈ B ∧ z ∈ C)) (p ∧ q) ∧ r ⇔ (p ∧ r) ∧ (q ∧ r) Diskusija po slovu 1◦ r = 0 (p ∧ q) ∧ 0 ⇔ (p ∧ 0) ∧ (q ∧ 0) 0⇔0∧0 0⇔0 1 2◦ r = 1 (p ∧ q) ∧ 1 ⇔ (p ∧ 1) ∧ (q ∧ 1) (p ∧ q) ⇔ (p ∧ q) 1
28
