Поделиться Поделиться

Область істинності еквіваленції предикатів дорівнює

Об’єднанню перерізу областей істинності даних пре)

Дикатів з перерізом доповнень до цих областей

Істинності.

Приклад. На множині Х={ х/х є N, х ≤ 15 } задано два

предикати:

А(х): “число х кратне 3”

В(х): “число х _ парне”

Утворити еквіваленцію цих предикатів і визначити область її

істинності .

Розвязування. Задамо множину Х переліком елементів.

Х={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15}.

Запишемо області істинності даних предикатів:

ТА(х) = { х/х є Х, А(х) } = { 3,6,9,12,15}; ТА(х)⊂ Х;

ТВ(х) = { х/х є Х, В(х) } = { 2,4,6,8,10,12,14 };ТВ(х)⊂ Х.

Утворимо еквіваленцію предикатів А(х) і В(х):

А(х) ⇔В(х): “число х кратне 3 тоді і тільки тоді, коли воно

парне”.

Визначимо область істинності цього складеного предиката

за виведеною вище формулою, пам’ятаючи, що областю його

визначення є дана множина Х .

ТА(х)⇔В(х) = ( ТА(х) ∩ ТВ(х) ) ∪ (Т А(x) ∩Т В(x) ).

Знайдемо спочатку доповнення до областей істинності даних

предикатів :

Т А(х) = Х \ ТА(х) = {x/x ∈ Х ∧ х ∉ ТА(х)}=

={1,2,4,5,7,8,10,11,13,14}.

Т В(x) =Х \ ТВ(х)= {x/x ∈ Х ∧ х ∉ ТВ(х)}=

={1,3,5,7,9,11,13,15}.

Підставимо значення областей істинності предикатів і їх

доповнень у формулу і дістанемо:

ТА(х)⇔В(х)=({3,6,9,12,15}∩{2,4,6,8,10,12,14})∪

∪({1,2,4,5,7,8,10,11,13,14}∩ {1,3,5,7,9,11,13,15}) =

={6,12}∪{1,5,7,11,13}={1,5,6,7,11,12,13}.

Властивості дій над предикатами

Дії над предикатами задовольняють таким самим

властивостям, що й дії над висловленнями :

1. Закон подвійного заперечення предиката:

А(х) =А(х), х є Х; Х _ область визначення предиката.

2. Комутативність диз’юнкції і кон’юнкції предикатів:

А(х) ∨ В(х) = В(х) ∨ А(х), х єХ ,

А(х) ∧В(х) = В(х) ∧ А(х), х є Х.

3. Асоціативність диз’юнкції і кон’юнкції предикатів:

(А(х) ∨ В(х)) ∨ С(х) = А(х) ∨ (В(х) ∨ С(х)), х є Х,

(А(х) ∧В(х)) ∧ С(х) = А(х) ∧(В(х) ∧ С(х)), х є Х .

4. Дистрибутивність кон’юнкції відносно диз’юнкції:

(А(х) ∨ В(х)) ∧ С(х) = (А(х) ∧ С(х) )∨ (В(х) ∧ С(х)) _

правий дистрибутивний закон кон’юнкції відносно

диз’юнкції;

(А(х) ∧ (В(х) ∨ С(х) ))= (А(х) ∧ В(х) ) ∨ ( А(х) ∧ С(х)) _

лівий дистрибутивний закон кон’юнкції відносно

диз’юнкції.

5. Дистрибутивність диз’юнкції відносно кон’юнкції:

(А(х) ∧ В(х)) ∨ С(х) = (А(х) ∨ С(х) ) ∧ (В(х) ∨ С(х)) _

правий дистрибутивний закон диз’юнкції відносно

кон’юнкції;

А(х) ∨ (В(х) ∧ С(х) )= (А(х) ∨ В(х) ) ∧ ( А(х) ∨ С(х)) _

лівий дистрибутивний закон диз’юнкції відносно

кон’юнкції.

6. Закон протиріччя, який зв’язує кон’юнкцію і заперечення

даного предиката:

А(х) ∧ А(х) =0, де 0 _ тотожно хибний предикат, тобто

предикат А(х) ∧ А(х) при всіх значеннях х з області визначення

Х перетворюється в хибне висловлення.

7. Закон виключеного третього, який зв’язує диз’юнкцію і

заперечення даного предиката:

А(х) ∨ А(х) =1, де 1 _ тотожно істинний предикат, тобто

предикат А(х) ∨ А(х) при всіх значеннях х з області визначення

Х перетворюється в істинне висловлення.

8. Закони де Моргана.

а) заперечення кон’юнкції предикатів дорівнює диз’юнкції їх

заперечень.

А(х)∧В(х)= А(х)∨В(х) .

б) заперечення диз’юнкції предикатів дорівнює кон’юнкції їх

заперечень.

А(х)∨В(х)= А(х)∧В(х) .

9. Закон, що зв’язує операції імплікації, диз’юнкції і запере_

чення:

А(х) ⇒ В(х) = А(х) ∨ В(х).

10. Закон, що зв’язує операції еквіваленції, кон’юнкції і

імплікації предикатів:

А(х)⇔В(х) = (А(х) ⇒ В(х)) ∧ (В(х) ⇒ А(х)).

Довести ці властивості, тобто переконатись у їх справедли_

вості, можна обгрунтувавши, що предикати, які стоять в лівій та

правій частинах рівності мають однакові області істинності при

умові, що вони задані на одній і тій самій області визначення Х.

Покажемо це на прикладі доведення закону де Моргана про

заперечення диз’юнкції предикатів.

А(х)∨В(х)= А(х)∧В(х) , х є Х.

Позначимо ТА(х) _ область істинності предиката А(х) і ТВ(х) _

область істинності предиката В(х) , тобто

ТА(х) ={ х/х є Х, А(х) }, ТВ(х) ={ х/х є Х, В(х) }.

Визначимо область істинності предиката, що стоїть в лівій

частині рівності, і виконаємо тотожні перетворення, спираю_

чись на раніше виведені формули.

Область істинності заперечення предиката дорівнює допов_

ненню до області істинності цього предиката:

Т Т А(х)∨ В(х) = А(х)∨ В(х) =

Під знаком доповнення стоїть область істинності диз’юнкції

предикатів, яка дорівнює об’єднанню областей істинності да_

них предикатів:

=ТА(х) ∪ТВ(х) =

За законом де Моргана про те, що доповнення до об’єднан_

ня множин дорівнює перерізу доповнень до цих множин має_

мо:

=Т А(х) ∩ Т В(х) =

Доповнення до множини істинності даного предиката є об_

ластю істинності заперечення цього предиката, тобто

Т А(х) Т А(х) = і Т В(х) Т В (х) = , а тому:

TA(x)∨B(x) = Т А(х) ∩ Т В (х) =

Переріз областей істинності двох предикатів є областю істин_

ності кон’юнкції цих предикатів:

= ∧ T A(x) B(x) .

Отже, ми довели, що Т А(х)∨ В (х) = ∧ T A(x) B(x) , тобто, що

предикати лівої і правої частин рівності мають однакові області

істинності. Це означає, що властивість

А(х)∨В(х)=А(х)∧В(х) _ справедлива для всіх х є Х.

Зразки розв’язування вправ з теми “Дїї над предиката)

Ми, їх властивості”.

Вище, при розкритті змісту дїй над предикатами, подано

зразки розв’язування вправ на знаходження області істинності

складеного предиката, утвореного в результаті виконання пев_

них операцій над двома предикатами з однією змінною, які за_

дані на скінченній множині, що є підмножиною множини нату_

ральних чисел. Але в математиці часто зустрічаються вправи,

які мають дещо іншу структуру і вимагають знаходження області

істинності складеного предиката, утвореного з предикатів, за_

даних на нескінченній числовій множині. Прикладами таких пре_

дикатів є рівняння і нерівності. Множини їх розв’язків є областя_

ми їх істинності, а кожен окремий розв’язок є елементом з об_

ласті істинності.

Покажемо застосування теоретичних відомостей про дії над

предикатами до розв’язування рівнянь і нерівностей.

Завдання 1. Обгрунтуйте, які з речень є одномісними, дво_

місними чи тримісними предикатами. Вкажіть, які множини мо_

жуть бути областями їх визначення, тобто який зміст мають

змінні, що входять до них:

а) 3х+5=4, б) sin ð + ð=ð,

в) sin x = cos y, г) х2 + у2 ≤ 4,

д) х + у = z.

Розв’язування. а) 3х+5=4. Ця рівність вміщує змінну х , тобто

являє собою рівняння з однією змінною х, яка може набувати

значень з довільної числової множини N, Z, Q, R або з її підмно_

жини.

Для того, щоб показати, що речення з однією змінною є вис_

ловлювальною формою або предикатом, треба показати, що

при одних значеннях змінної воно перетворюється в істинне

висловлення, а при інших _ в хибне.

Якщо розглядати дане рівняння (3х+5=4 ) на множині нату_

ральних чи цілих чисел (N або Z), то при всіх значеннях змінної х

з цих числових множин воно перетворюється в хибне вислов_

лення. Це означає, що не існує жодного натурального чи цілого

числа (х є N, або х є Z), яке перетворювало б дане рівняння в

правильну (істинну) числову рівність. Тому можемо стверджува_

ти, що на множині натуральних чисел (N), так само як і на множині

цілих чисел (Z), дане рівняння з однією змінною є тотожно хиб_

ним предикатом. Іншими словами, якщо областями визначення

одномісного предиката А(х): “3х+5=4” вважати множини N або

Z, то маємо тривіальний випадок, який не представляє інтересу.

Якщо розглядати це рівняння на множині Q _ раціональних

чисел, то оскільки N і Z є підмножинами множини Q, можна

стверджувати, що при певних значеннях змінної х з множини Q

(х є N або х є Z, N ⊂ Q, Z ⊂ Q ) воно перетворюється в хибне

висловлення (хибну числову рівність). Крім цього, існує раціо_

нальне число х= − 1

3 , при якому дане рівняння перетворюється

в істинну числову рівність, тобто

якщо х= − 1

, то А( − 1

): “3•( − 1

)+5=4”, тобто “_1+5=4”,

“4=4”.

А тому доцільно розглядати множину Q раціональних чисел

областю визначення даного одномісного предиката А(х): “3х+5=4”.

Оскільки Q ⊂ R, то цей одномісний предикат можна

розглядати і на множині дійсних чисел R.

Відповідь: А(х) : “3х+5=4” _ одномісний предикат з областю

визначення Q або R.

б) sin ð + ð=ð. Дане речення не вміщує змінної, а є істинним

висловленням, тому що sin ð=0, 0+ ð=ð, ð=ð.

Отже, це речення не є предикатом, а висловленням.

в) sin x = сos y. Це речення вміщує дві змінні х і у, а тому його

можна вважати висловлювальною формою з двома змінними,

якщо переконатись, що при одних значеннях змінних воно пе_

ретворюється в істинне висловлення, а при інших _ в хибне.

(Взагалі в математиці такі двомісні предикати називають

тригонометричними рівняннями з двома змінними).

Оскільки тригонометричні функції у вузькому розумінні _ це

функції, аргументами яких є кути, виражені градусною чи раді_

анною мірою, а в широкому розумінні _ це функції дійсної змінної,

тому легко переконатись, коли дане тригонометричне рівняння

перетворюється в істинну, а коли _ в хибну числову рівність.

Якщо х=45°, а у=60°, то sin x = sin 45°=

,

а cos y = cos 60° = 1

.

Оскільки

≠ , то рівність sin 45° = cos 60° _ хибне висловлення.

Якщо х=30°, а у=60°, то sinx=sin30°= 1

,

a cos y = cos 60° = 1

.

Оскільки 1

= 1

, то рівність sin 30° = cos 60° _ істинне висловлення.

Отже, двомісний предикат А(х,у): “sin x = cos y” при од_

них значеннях змінних х і у _ кутів, виражених градусною

мірою, перетворюється в істинне висловлення, а при інших

_ в хибне висловлення. Тому областю його визначення можна

вважати множину всіх пар кутів, виражених градусною мірою.

Аналогічно, коли аргументами є довільні дійсні числа, що

виражають радіанну міру кутів, то областю визначення да_

ного двомісного предиката є множина всіх пар дійсних чи_

сел _ R2.

Справді, при х=

π

і у=

π

предикат sin x = cos y перетво_

рюється в істинне висловлення sin

π

= cos

π

, бо 1

= 1

, а при

х=

π

4 і у=

π

даний предикат перетворюється в хибне вислов_

лення sin

π

4 = cos

π

, бо

≠ .

Відповідь: А(х,у): “sin x = cos y” _ двомісний предикат з обла_

стю визначення R2.

г) Речення х2+у2 ≤ 4 вміщує дві змінні х і у, а тому воно є

двомісним предикатом: А(х,у): “х2+у2 ≤4”, який в математиці

називається нерівністю з двома змінними.

Цю нерівність можна розглядати на будь_якій з числових

множин N, Z, Q, R, бо на кожній з них при одних значеннях пар

змінних нерівність перетворюється в правильну числову

нерівність, а при інших _ в хибну.

Справді, при х=2 і у=1, (2;1) є N2, х2+у2= 22 + 12 =

= 4+1=5; 5≤4 _ хибне висловлення .

Отже, при значенні змінних (х,у) = (2;1) є N2 предикат х2+у2

≤4 перетворюється в хибне висловлення.

Але на множині N2 можна вказати пару (х,у), при якій преди_

кат перетворюється в істинне висловлення.

Наприклад: (х,у) = (1;1) є N2,

х2+у2=12 + 12 =2; 2 ≤ 4 _ істинне висловлення.

Тому двомісний предикат А(х,у) : “х2+у2 ≤ 4” має область

визначення N2.

Оскільки N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R, то областю визначення даного пре_

диката можна вважати також одну з множин Z2 , або Q2, або R2

.

д) х+у=z. Речення вміщує три змінні x, y, z, а тому воно є

тримісним предикатом , який можна розглядати на множині

(найвужчій) натуральних чисел, тобто змінні x, y, z можуть набу_

вати значень з множини N.

Оскільки, кожен раз для встановлення того, чи предикат пе_

ретворюється в істинне висловлення чи в хибне, слід вибирати

трійку значень змінних (x,y,z), тому областю визначення даного

предиката є множина N3.

Справді, якщо наприклад, х=2, у=3, z=5, то предикат х+у=z

перетворюється в істинне висловлення 2+3=5, тобто трійка

(x,y,z)=(2;3;5) є N3 перетворює даний предикат в істинну число_

ву рівність. Але трійка (5;2;3) є N3 перетворює даний предикат в

хибну числову рівність.

(5+2=3 _ хибне висловлення).

Оскільки N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R, то областю визначення тримісного

предиката А(x,y,z):“x+y=z” можна вважати одну з множин N3,

Z3, Q3, R3.

Завдання 2 . Визначити область істинності предиката А(х):

“х3 _ 9х =0”, якщо його областю визначення є :

а) множина N _ натуральних чисел ;

б) множина Z _ цілих чисел ;

в) множина Q _ раціональних чисел;

г) множина R _ дійсних чисел .

Розвязування: а) Нехай х є N, тобто область визначення X=N.

Згідно означення області істинності її можна записати так :

ТА(х) = { х/х є Х , А(х) } = { х/х є N, х3 _ 9х =0 }.

Виконаємо тотожне перетворення предиката А(х), розклав_

ши його ліву частину на множники, одержимо:

ТА(х) = { х/х є N, х(х_3)(х+3)=0 }. Оскільки добуток дорівнює

нулеві тоді, коли хоч один з множників дорівнює нулеві, то даний

предикат можна розглядати, як диз’юнкцію трьох предикатів.

ТА(х) = { х/х є N, (х=0) ∨ (х_3=0) ∨ (x+3=0) }.

Оскільки область істинності диз’юнкції предикатів дорівнює

об’єднанню областей істинності даних предикатів, то область

ТА(х) можемо записати так:

ТА(х) = { х/х є N, х=0 } ∪ { х/х є N, х_3=0 } ∪ { х/х є N, х+3=0 }. (*)

Запишемо кожну із складових множин:

{ х/х є N, х=0 } =∅ , бо 0 ∉ N,

{ х/х є N, х_3=0 } = { х/х є N, х=3 }={3} , бо 3 є N .

{ х/х є N, х+3=0 }= { х/х є N, х=_3 }=∅ , бо _3 ∉ N.

Остаточно маємо : ТА(х) = ∅ ∪ {3} ∪ ∅ = {3}.

Отже, якщо областю визначення предиката А(х): “х3 _ 9х = 0”

є множина натуральних чисел ( X = N ), то область істинності

ТА(х) ={3}; TА(х) ⊂ N .

б) Якщо х є Z , тобто областю визначення даного предиката

є множина цілих чисел, то запис розв’язування матиме

аналогічний вигляд, лише замість N слід записати Z, а на

кінцевому етапі, відзначеному (*), міркування відносно кожної з

множин провести так:

{ х/х є Z, х=0 } ={0}, бо 0 є Z ,

{ х/х є Z, х_3=0 } ={3}, бо 3 є Z ,

{ х/х є Z, х+3=0 }={_3}, бо _3 є Z .

Отже, ТА(х) = {0} ∪ {3} ∪ {_3}= {_3;0;3}, якщо областю

визначення є множина Z цілих чисел. ТА(х) ⊂ Z .

в); г) Оскільки множина Z цілих чисел є підмножиною кожної

з множин Q та R, то це означає, що область істинності ТА(х), яку

знайдено для випадку X=Z, буде областю істинності у випадку

X=Q та X=R. Символічно це міркування можна записати так:

(X = Z ⇒ TA(х) = {_3; 0; 3}) ∧ (TA(х) ⊂ Z ∧ Z ⊂ Q ⊂ R) ⇒

⇒(TA(х) ⊂ Q ) ∧ (TA(х) ⊂ R ).

Зауваження: Розгорнуте словесне (текстове) пояснення

розв’язування вправи подано як зразок проведення

правильних, логічно зв’язаних міркувань під час самостійного

розв’язування і обгрунтування завдань цього типу, які завжди

приводять до правильних висновків, як зразок математично

грамотного мовлення.

На практиці, якщо не наголошується, щоб трактувати рівняння

як предикат, а множину його розв’язків шукати як область

істинності предиката, часто записують розв’язування рівняння

значно коротше, хоч властивості логічних операцій

використовуються в неявній формі. Так розв’язування

попереднього рівняння буде мати вид:

А(х) : “х3 _ 9х = 0”

х3 _ 9х=0 ⇔ х(х2 _9 )=0 ⇔ х(х_3)(х+3)=0 ⇒

⇒х=0∨ х_3=0∨ х+3=0 ⇒ х=0∨ х=3∨ х=_3.

ТА(х) = {_3;0;3}.

Іноді в процесі розв’язування рівнянь, спираючись на

властивості диз’юнкції предикатів, замінюють рівняння на

сукупність рінянь, а розв’язком сукупності рівнянь є об’єднання

множин розв’язків усіх рівнянь. Тоді розв’язування має вигляд:

х3 _ 9х = 0 ⇒ х(х2 _9) =0 ⇒ х(х_3)(х+3) =0 ⇒

x

x

x

=

− =

+ =



3 0

3 0

x

x

x

=

=

= −



⇒ ТА(х) = {_3;0;3}.

Завдання 3 . Розв’язати систему нерівностей

3 2 7

8 2

х

x x

− >

+ <



.

Обгрунтувати розв’язування з точки зору математичної лог_

іки.

Розвязування: З точки зору математичної логіки кожна

нерівність являє собою одномісний предикат:

А(х): “3х _ 2 > 7” , В(х): “х + 8 < 2х”.

Розв’язати систему нерівностей означає знайти множину

тих значень змінної х, при яких обидві нерівності одночасно

перетворюються в правильні числові нерівності. Іншими

словами, знайти область істинності кон’юнкції двох даних

предикатів_нерівностей. Як відомо, область істинності

кон’юнкції предикатів дорівнює перерізу областей істинності

даних предикатів.

ТА(х)∧ В(х) = ТА(х) ∩ ТВ(х) .

Стосовно системи нерівностей цю формулу слід розуміти так:

ТА(х)∧В(х) _ множина розв’язків системи нерівностей;

ТА(х) _ множина розв’язків першої нерівності; ТВ(х) _ множина

розв’язків другої нерівності. Областю визначення будемо

вважати множину дійсних чисел R.

Розв’яжемо кожну з нерівностей, спираючись на властивості

рівносильності нерівностей:

ТА(х) = {х/х є R, 3x_2>7}={х/х є R, 3x>7+2 }=

={ х/х є R, 3x>9}={х/х є R, x>3}=(3; ∞).

TB(х) = {х/х є R, x+8<2x}={х/х є R, x_2x<_8}=

={х/х є R, _x<_8}={х/х є R, x>8}=( 8;∞).

Зобразимо множини розв’язків кожної нерівності на

числовій прямій і визначимо їх переріз, який буде

розв’язком системи нерівностей.

ТА(х) ∩ ТВ(х) = (3; ∞) ∩ (8; ∞) = (8; ∞) = TA(х)∧(B(х).

Отже, множина розв’язків системи нерівностей являє собою

проміжок (8; ∞).

Завдання 4 . Зобразіть в прямокутній декартовій системі

координат на площині область істинності даних двомісних пре_

дикатів:

а) х2 + у2 = 4, б) х2 + у2 ≤ 4, в) х2 + у2 ≥ 4,

г) х2 + у2 < 4, д) х2 + у2 > 4.

Розвязування: Областю визначення кожного з даних двомі_

сних предикатів є множина всіх можливих пар дійсних чисел

(х,у) є R2 .

Множина тих пар (х,у) з області визначення, при яких

кожен з предикатів перетворюється в істинне висловлен_

ня, є областю істинності відповідного предиката. В декар_

товій системі координат на площині кожна пара дійсних

чисел зображається певною точкою.

Тому геометрично областю визначення кожного предика_

та є множина всіх точок площини, що відповідає декартово_

му квадрату множини дійсних чисел (R2). З цієї множини то_

чок площини слід виділити ті точки, координати яких пере_

творюють кожен предикат в істинне висловлення (кожну

нерівність чи рівняння в істинну числову нерівність чи рівність).

Для цього достатньо побудувати графік рівняння а) х2

+ у2 =4 і шляхом логічних міркувань виявити місце зна_

Х

0 3 8

ходження точок, координати яких задовольняють певну

нерівність.

Графіком рівняння а) є коло з центром в початку коор_

динат і радіусом, що дорівнює 2.

Отже, областю істинності одномісно_

го предиката, заданого рівнянням а) є

множина точок кола з центром в початку

координат і радіусом, що дорівнює 2. Ко_

ординати точок, які лежать на колі, пере_

творюють це рівняння в правильну (істин_

ну) числову рівність. Координати точок,

які лежать поза колом, перетворюють

рівняння в хибну числову рівність.

б) Предикат В(х): “х2 + у2 ≤ 4” являє собою диз’юнкцію пре_

дикатів, визначених на множині R2 .

В(х): “х2 + у2 ≤ 4” ⇔ (х2 + у2 =4 ) ∨ (х2 + у2 < 4 ).

Областю істинності першого предиката є можина пар

дійсних чисел (х,у) є R2, які, як очевидно з вправи а), є коорди_

натами точок, що лежать на колі з центром в початку координат

і радіусом, що дорівнює 2.

Символічно запишемо складові предикати так:

В1(х): “х2 + у2 =4”, В2(х): “х2 + у2 <4”.

Геометрично область істинності предиката В1(х) _ це множина

Т В х 1( )точок кола з центром в початку координат і радіусом, що

дорівнює 2.

Геометрично область істинності предиката В2(х) являє

собою множину Т В х 2( ) точок, які лежать всередині кола з

центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2, тобто

точок круга.

Оскільки предикат В(х)=В1(х)∨В2(х), а область істинності

диз’юнкції предикатів дорівнює об’єднанню областей істин_

ності даних предикатів, тобто ТВ(х)=Т В х 1( ) ∪Т В х 2( ) , то гео_

метрично областю істинності предиката

В(х) є множина точок круга разом з гра_

ничними точками, тобто точками кола з

центром в початку координат і радіусом,

що дорівнює 2.

в) Предикат С(х): “х2 + у2 ≥ 4” являє собою

диз’юнкцію предикатів:

Y

2 x 2+y2=4

-2 -1 0 1 2 X

-1

T A(x)

-2

a ) A (x):”x2+y2=4”

Y

б) 2 x2+y2≤4

-2 -1 0 1 2 X

-1

TВ(x)

-2

С1(х) : “х2 + у2 = 4”, С2(х): “х2 + у2 >4”.

С(х) = С1(х) v С2(х) , тобто

С(х): х2+ у2 і 4 ⇔ “(х2+у2=4)∨(х2+у2>4)”.

Міркуючи аналогічно, як в попередньому випадку,

дійдемо до висновку, що геометрично областю істинності

предиката С1(х) є множина Т С х 1( ) точок кола з центром в

початку координат і радіусом 2. Область істинності

предиката С2(х) в системі координат являє собою множину

Т С х 2( ) точок площини, що лежать зовні вказаного кола.

Оскільки С(х) = С1(х) ∨ С2(х), то

ТС(Х) = Т С х 1( ) ∪ Т С х 2( ) , а отже, область

істинності даного предиката С(х) являє

собою множину точок кола з центром в

початку координат і радіусом, що дорівнює

2, в об’єднанні з множиною точок, що

лежать зовні кола.

г). Предикат D(х): “х2+у2 < 4” має областю істинності

множину ТD(Х) тих точок площини, які лежать всередині кола

з центром в початку координат і радіусом, що дорівнює 2,

але точки кола цій множині не належать. Тому на малюнку

коло зображаємо штриховою лінією.

д). Предикат F(x) : “х2 + у2 > 4” має

областю істинності множину TF(X) тих точок

площини, які лежать зовні кола з центром в

початку координат і радіусом, що дорівнює

2, але точки кола цій множині не належать.

Тому на малюнку коло зображаємо

штриховою лінією.

Завдання 5. На множині Х={ x/x є Z ∧ _2≤х≤10}

задані предикати А(х): “ х_ натуральне число”,

В(х) : “х_ складене число”, С(х) : “х _ кратне 5”.

Утворіть предикат А(х)∧С(х)⇒В(х), визначте область його

істинності і зобразіть її діаграмою Ейлера_Венна.

Розвязування. Новоутворений предикат

А(х)∧С(х)⇒В(х) являє собою імплікацію двох предикатів,

перший з яких _ умова _ це також складений предикат,

Y

в) 2

-2 -1 0 1 2 X

-1

TC(x)

-2

Y

г)

-2 -1 0 1 2 X

-1

TD(x)

-2

утворений в результаті кон’юнкції предикатів А(х) і С(х), а

другий предикат, що є висновком імплікації, _ це простий

предикат В(х). Тому його слід читати так: “Якщо А(х) і

С(х), то В(х)”, тобто:

А(х)∧С(х)⇒В(х): “Якщо число х натуральне і кратне 5, то

воно _ складене”.

Щоб визначити його область істинності, спочатку

визначимо область істинності предиката, що є умовою

імплікації, тобто кон’юнкції предикатів А(х)∧С(х), а потім

область істинності імплікації. Запишемо області істинності

кожного з даних предикатів:

ТА(х) = { х/х є Х, А(х)} = { 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 },

ТВ(х) = { х/х є Х, В(х) } = { 4,6,8,9,10 },

ТС(х) = { х/х є Х, С(х)} = { 0,5,10 }.

А(х) ∧ С(х): “х _ натуральне число і кратне 5”.

ТА(х)∧С(х) = ТА(х) ∩ ТС(х) — за формулою знаходження області

істинності кон’юнкції предикатів.

ТА(х)∧С(х) ={ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 } З { 0,5,10 } = { 5,10 }.

Тепер за формулою знаходження області істинності імплікації

предикатів знайдемо область істинності предиката А(х) ∧ С(х) ⇒ В(х),

ТА(х)∧С(х)⇒В(х) = Т А(х)∧С (х) ∪ TB(х) .

Т А(х)∧С (х) =Х \ ТА(х)∧С(х) =

={_2,_1,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}\{5,10}=

={_2,_1,0,1,2,3,4,6,7,8,9}.

ТА(х)∧С(х)⇒В(х) ={_2,_1,0,1,2,3,4,6,7,8,9, }∪{4,6,8,9,10 }=

={_2,_1,0,1,2,3,4,6,7,8,9,10}.

Зобразимо діаграмою Ейлера_

Венна область істинності кожно_

го з даних предикатів, та об_

ласть істинності новоутворено_

го предиката, яку заштрихуємо.

Завдання 6 . Знайти область визначення та область істин_

ності предиката:

x

x x

7 10

− +

=

TA(x) X

TB(x)

TC(x)

3 8 5 0

7 9

-2 -1

Розвязування: Область визначення даного

одномісного предиката є областю визначення рівняння з

однією змінною, тобто множиною тих значень змінної х,

при яких дане рівняння має зміст. Оскільки ліва частина

рівняння являє собою дріб, а дріб має зміст тоді, коли його

знаменник не перетворюється в нуль, то для знаходження

області визначення рівняння необхідно з множини всіх

дійсних чисел вилучити ті числа, які перетворюють

знаменник в нуль. Числа, що перетворюють знаменник в

нуль, є коренями тричлена х2 _7х+10, тобто розв’язками

квадратного рівняння

х2 _7х +10 = 0 . За теоремою Вієта легко встановити, що

розв’язками цього рівняння є х1=2; х2=5. Отже, область

визначення Х даного одномісного предиката являє собою

множину R\{2;5}.

Область істинності даного одномісного предиката Т є

множиною розв’язків цього рівняння.

Оскільки ліва частина рівняння є дробом, а дріб дорівнює

нулю тоді, коли його чисельник дорівнює нулю, то розв’язування

даного рівняння зводиться до розв’язування рівняння х2_4=0.

х2_4=0⇒(х_2)(х+2)=0⇒(х_2=0) ∨ (х+2=0 )⇒(х=2) ∨ (х=_2).

Але значення х=2 не належить до області визначення

Х=R\{2;5} даного рівняння, тому множина його розв’язків

складається лише з одного елемента х=_2. Це означає, що

областю істинності даного одномісного предиката є множина

T={_2}.

Завдання 7. В прямокутній системі координат на площині

подайте геометричну інтерпретацію предиката:

“ | х| +|y |

1 або | х|+ |y |>2”.

Розв’язування.Подати геометричну інтерпретацію предиката

в прямокутній системі координат на площині означає зобразити

множину точок площини, координати яких (х,y) перетворюють

даний двомісний предикат у висловлення (істинне або хибне), тобто

множину Х, що є областю визначення предиката, з якої виділити

підмножину тих точок, координати яких перетворюють двомісний

предикат в істинне висловлення, тобто область істинності Т

предиката. Коротше, зобразити область визначення Х і область

істинності Т предиката. Даний предикат складений і являє собою

диз’юнкцію двох двомісних предикатів. позначимо їх:

A(x,y): “|x|+|y|

|x|+|y|>2”.

B(x,y): ”|x|+|y|

1” , C(x,y): “|x|+|y|>2”

В зв’язку з цими позначеннями даний предикат запишемо так:

A(x,y)=B(x,y)

C(x,y).

Оскільки кожен із предикатів містить модулі змінних х

та y, а поняття модуля стосується елементів множини R

дійсних чисел (найширшої числової множини), і, крім

цього, в предикатах йдеться про суму модулів, що не

викликає ніяких обмежень при виборі значень змінних, то

це означає, що змінні х, y _довільні дійсні числа, а отже

(х,y) є R2, тобто областю визначення даного предиката і

предикатів, з яких він утворений, є множина всіх можливих

пар дійсних чисел _ R2. Геометрично ця множина, яка

являє собою декартовий квадрат множини дійсних чисел,

зображається всіма точками площини в декартовій

прямокутній системі координат. Отже, X=R2.

Зобразити область істинності даного предиката А(х,y)

означає зобразити множини точок, що є областями істинності

предикатів В(х,y) та С(х,y), і виконати об’єднання цих множин,

оскільки область істинності диз’юнкції предикатів дорівнює

об’єднанню областей істинності складових предикатів. Отже,

TA(x,y)=TB(x,y)

U

TC(x,y)

Знайдемо спочатку TB(x,y), тобто область істинності преди_

ката B(x,y): ”|x|+|y| ≤ 1”.

Оскільки під знаком модуля можуть бути як додатні так і

від’ємні дійсні числа, то даний предикат слід розглядати не

безпосередньо на всій площині (множині Х= R2), а на її окремих

чвертях _ І, II, III, IY. Внаслідок чого і область істинності TB(x,y)

одержиться об’єднанням чотирьох підмножин, що є областями

істинності предиката B(x,y) на кожній з чвертей.

Таким чином даний предикат B(x,y) можна розглядати також

як диз’юнкцію чотирьох предикатів. Розглянемо їх.

а) B(x,y): ”|x|+|y|

1”, де X1={(x,y)/x є R

y є R ∧x>0∧ y>0},

тобто областю визначення є множина точок першої чверті пло_

щини.

Якщо х> 0 і y>0, то |x|=x і |y|=y, а тому предикат можна

переписати так:

B1(x,y):”x+y

1”, або “y

_x+1”

Спочатку побудуємо графік y=_х+1, а потім в першій чверті

виділимо ті точки, ординати яких (y) менші від ординат точок

графіка.

Графіком рівняння y=_х+1 є пряма,

для побудови якої достатньо 2 точки.

Знайдемо їх за таблицею, надаючи

змінним х та y послідовно значення, рівні

нулю. Побудуємо графік в першій чверті:

Графіком нерівності y

_х+1 є множина точок, які

лежать нижче від цієї прямої, та множина точок, що лежать

на прямій. Враховуючи, що предикат

B1(x,y) розглядається на множині точок

першої чверті площини, то графіком

його є множина точок трикутника,

утвореного осями координат та

відрізком прямої y= _x+1, що лежить в

першій чверті.

б)якщо розглядати предикат B(x,y):”|x|+|y|

1” на множині

точок другої чверті площини, тобто на області визначення

X2={(x,y)/ x є R

y є R ∧ x<0 ∧ y>0},

то будемо мати іншого виду предикат, враховуючи

значення модулів.

Якщо х<0 і y>0, то |x|=_x і |y|=y, а предикат прийме

вид: B2(x,y): “_x+y

1” або “y

x+1”.

Побудуємо графік y=х+1, а потім виділимо точки в II

чверті, ординати яких менші, ніж ординати точок графіка.

Графіком рівняння y=х+1 є пряма,

що проходить через точки з коор_

динатами, вказаними в таблиці:

Графіком нерівності y

х+1 є

множина точок, які лежать нижче від

прямої.

Оскільки предикат B2(х,y):” y ≤ х+1”

розглядається в II чверті, то графіком

його (областю істинності) є множина то_

чок трикутника, утвореного осями коор_

динат і прямою y=х+1, який лежить в ІІ

чверті.

x y

0 1

1 0

y

0 1 x

y

y≤ −x+1

0 1 x

TB x y 1( ; )

x y

0 1

-1 0

y

y=x+1

-1 0 x

y

- 1 0 x

TB x y 2( ; )

в) Міркуючи аналогічно, як у двох попередніх випадках,

результати міркування стосовно предиката B(x,y): “| x |+|

y | ≤ 1” запишемо лише в символічній формі без словес_

них пояснень.

X3={(x,y) / x є R

y є R ∧ x<0 ∧ y<0}

Якщо x<0 і y<0,то| x |=_x і | y |=_y.

B3(x,y):”_x_y

1” або ”y ≥ _x_1”

Графіком рівняння y= _x_1

є пряма, що проходить

через точки:

Графіком нерівності y

_x_1 є множина

точок трикутника, утвореного в III чверті

осями координат і прямою y=_x_1.

г) B(x,y): ”|x|+|y| ≤ 1” на множині X4={(x,y)/x є R ∧ y є R ∧

∧ x>0 ∧ y<0}, тобто на множині точок IV чверті.

Якщо x>0 і y<0,то |x|=x і |y|=_y, а тому B4(x,y):”x_y ≤ 1”

або “y

x_1”

Графіком рівняння y=x_1 є пряма, що

проходить через точки

Графіком нерівності y ≥ х_1 є

множина точок трикутника,

утвореного в IV чверті осями

координат і прямою y=x_1.

Зауважимо, що в ході міркувань

вище ми скрізь послуговувались

термінами “графік рівняння” та “графік

нерівності”, які в математиці

використовуються практично

частіше. Але кожен з них означає

множину тих точок площини,

координати яких перетворюють

y

-1 0 x

y= −x−1

-1

x y

0 -1

-1 0

y

-1 0 x

y≥ −x−1

TB x y 3( ; ) -1

x y

0 -1

1 0

y

0 1 x

y=x-1

-1

y

0 1 x

y x −1

TB x y 4( ; )

-1

рівняння (нерівність) в істинну числову рівність

(нерівність), і яку в математичній логіці називають

областю істинності.

Отже, побудовані вище геометричні ілюстрації є

областями істинності кожного з предикатів B1(x,y), B2(x,y),

B3(x,y), B4 (x,y).

Оскільки X=X1 U X2 U X3 U X4=R2, а

B(x,y)=B1(x,y)∨B2(x,y)∨B3(x,y)∨B4(x,y), то

TB(x,y)= TB x y 1( ; ) U TB x y 2( ; ) U TB x y 3( ; ) U TB x y 4( ; ) .

А тому, зобразивши всі ці області на одному малюнку _ в

одній системі координат _ і виконавши їх об’єднання, дістанемо

область істинності предиката B(x,y).

отже, областю істинності предиката

B(x,y):”|x|+|y| ≤ 1” є множина точок квад_

рата, центр якого лежить в початку коор_

динат, а вершини в точках (1;0), (0;1) (_

1;0), (0;_1).

Тепер зобразимо область істинності

предиката C(x,y): “| x |+| y |>2”.

Міркування цілком аналогічні, як у випадку предиката

B(x,y), лише виділяти слід точки, що знаходяться не

всередині квадрата з вершинами (2;0), (0;2), (_2;0), (0;_

2), а зовні цього квадрата (на це вказує знак “>“). Крім

цього, оскільки знак строгої нерівності (”>“), то це

означає, що точки, які лежать на сторонах цього квадрата,

не належать до області

істинності. Тому сторони

квадрата креслимо

штриховою лінією.

Отже, ілюстрація має

вигляд: (запис міркувань в

символічній формі виконайте

самостійно).

Тепер зобразимо область істинності даного предиката A(x,y),

який, як встановлено вище, є диз’юнкцією предиката B(x,y) та

предиката C(x,y). Для цього досить в одній системі координат

зобразити множини TB(x,y) і TC(x,y) і об’єднати їх.

y

TB x y 2( ; ) TB x y 1( ; )

-1 0 1 x

TB x y 3( ; )

TB x y 4( ; )

-1

TB(x,y)

y

TC x y 2( ; ) 2

TC x y 1( ; )

-2 -1 0 1 2 x

TC x y 3( ; ) -1

TC x y 4( ; )

-2

TC(x;y)

Геометрична інтерпретація предиката

A(x,y): “|x|+|y|≤ 1 ∨ |x|+|y|> 2” має вигляд.

Завдання для самостійної роботи.

Завдання 1. Обгрунтуйте, які з речень є одномісними, двом_

існими чи тримісними предикатами. Вкажіть, які множини мо_

жуть бути областями їх визначення, тобто який зміст мають змінні,

що входять до них:

1) 5x_3=2x+9; 11) x•y=z;

2) lg x+lg y = lg (xy); 12) x+y+z=0;

3) sin(ð_x)=sin x; 13) sin

π

2 +2sin

π

2 +3sin

π

2 =6;

4) x2_7x+5>0; 14) | sin x |<1;

5) cosπ cos cos cos

π π

− =

+ −

x 2 x x

2 2 ; 15) |x|+|y|=1;

6) x2_7x+12<0; 16) x _y = z;

7) x3_1<x; 17)

x

y =z;

8) 2x+3y<4x+3; 18) y = 5

2x −6;

9) ð+3x> π ; 19) | x+1 |=y;

10) x2+y2=25; 20) x2+y2<25.

Завдання 2. Визначити область істинності предиката, якщо

областю визначення може бути одна з числових множин N, Z,

Q, R.

1) x3_4x=0; 11) x2_7x+10=0;

2) (x_1)(x_2)=0; 12) 2x_6=0;

3) x2_5x+6=0; 13) (x_5)(x+3)=0;

y

-2 -1 1 2

0 x

-1

-2 TA(x,y).

4) x3_7x2+10x=0; 14) (3x_2)(2x+3)=0;

5) 2x2_3x=0; 15) (2x_8)(3x+6)=0;

6) 2x2+7x+6=0; 16) (5x+2)(2x_5)=0;

7) (3x+1)(4x+1)=0; 17) (4x_8)(3x+6)=0;

8) x(x_1)(x_2)=0; 18) (x_3)(x_1)=0;

9) x2_8x+15=0; 19) (x+3)(x+1)=0;

10) x2+x_12=0; 20) (5x+3)(5x+15)=0.

Завдання 3. Розв’язати системи нерівностей. Обгрунтува_

ти розв’язування з точки зору математичної логіки:

1)

2 5 7

4 8 3

x

x x

− >

+ <



9)

9 7 12 9

3 14 48 5 2

( )

( )

x x

x x

− < +

+ > − +



2)

9 8 3 17

3 4 6 21 1 3

x x

x x x

− > −

− ≥ +



10)

11 4 2 1 7 4

17 48 3 2 13

( )

( )

x x x

x x

− + − ≤ −

− < +



3)

3 4 2 1

8 3 5 21

x x

x x

← Предыдущая страница | Следующая страница →