Методичка (дискретка)

Відповідальний редактор:

М.М.Савчук, д.ф.-м.н., проф.

Рецензент:

О.Є.Архипов, д. техн. наук, проф.

Редактор хххххххххххххххххх

Темплан 2007 р., поз. ххх

довільного натурального

n ”. Доведення за допомогою цього методу

завжди складається з двох етапів: базис індукції та індукційний крок.

1.

Базис індукції. Перевіряємо, що сформульоване твердження

виконується для найменшого можливого значення n .

2.

Індукційний крок. Припускаємо, що твердження виконується для

деякого довільного натурального k . Доводимо, що це твердження

виконується також і для k 1.

Sk 1

Sk

1

Sk

1

(3(k 1)

2) (3(k 1)

1)

(3k 1) (3k 4)

1

1

Базис індукції. Якщо n 1, то 3

2 1 1, тобто твердження вірне.

Індукційний

крок. Нехай при

n k дана нерівність виконується,

тобто 3

k

2

k

k . Доведемо справедливість нерівності при n k 1.

1.

Довести, що n

3

5 n ділиться на 6 для будь-якого натурального n .

2.

Довести, що

2

2

2

3

2

n

2

n (n 1) (2 n 1)

1

6

для будь-якого натурального

n .

3.

Обчислити суму

1 1! 2 2! n n!.

4.

Довести, що

для

довільного

натурального

n 3

виконується

нерівність 2

n

2n 1.

2.

Довести, що n різних прямих, які проходять через одну точку ділять

площину на 2n частин.

3.

Довести, що для будь-якого натурального

n 1

1

1

1

1

13

.

n 1

n

n

2

3

2n

24

4.

Довести, що для будь-якого натурального

n

1

3

5

2 n 1

1

.

2

4

6

2 n

3n

1

5.

Довести, що

e)

Твердження A B невірне, оскільки елемент d B , але d A .

f)

Твердження вірне, оскільки множина не має елементів, тому

умова x x A не порушується для жодного x .

Задача 2. Обчислити наведені

вирази

при

заданих

множинах

U {0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A {2, 5, 6, 8, 0}, B {3, 4, 5, 6},

C {1, 2, 3} та

D {4, 5, 6} .

a) A B ;

b) C D ; c) A \ B ;

d) A B ;

e)

(A

B .

D)

отримали елементи, які належать або

тільки множині A ,

або тільки

множині B , але не обом множинам A та

B

одночасно.

e) Оскільки

A D {2, 5, 6, 8, 0, 4},

то

– множина

(A D) {1, 3, 7}

елементів, які належать універсальній множині U і не належать множині

{1, 3, 7} {3, 4, 5, 6} {3}.

A D . Остаточно, (A D) B

Задача 3. Довести, що B \

для будь-яких множин A і B .

A B A

Розв’язання. Для доведення вказаної рівності достатньо показати, що

B \ A B A

та B A B \ A . Доведемо спочатку, що B \ A B A .

операції доповнення множини, маємо: x B \ A x B та

x A x B

та x A

x B A , отже,

доведено, що x B \ A x B A , а це

означає,

Тепер покажемо, що

що B \ A B A .

B A B \ A :

B A B \ A

.

x B A

x B, x A x B, x A x B \ A, отже,

Розв’язання.

Потрібно показати, що A C B C за умови

A B .

Іншими словами,

при доведенні включення

A C B C

можна

перетину множин, маємо: x A та

x C . Оскільки

A B , то з того, що

x A, випливає

x B . Отже,

з

того, що x B

та x C , випливає

x B C , тобто

A C B C .

що A B C A B C та A B C A B C .

Доведемо спочатку, перше з цих тверджень. Для цього доведемо

.

включення A B C за умови, що A B C . Отже, нехай

x A B

Звідси випливає, що x A та x B

(тобто x B ). Оскільки A B C , то

x B C , отже, x B або x C . Але відомо, що x B , тобто залишається

тільки можливість x C . Таким чином, показано, що x A B

x C

,

показати, що A B C

за умови

A. Для довільної

A B C . Нехай x

множини B

або x B , або x B . Розглянемо окремо кожен з цих випадків.

Нехай x B

. Тоді з означення операції об’єднання множин випливає, що x

є

елементом множини,

яка є об’єднанням множини B з будь-якою

множиною.

Отже,

x B C . Розглянемо тепер другий випадок, тобто

x B . Тоді

x B ,

а оскільки

x A, то

x A B

.

Але

відомо, що

A B C , а це означає, що x C

, тобто x B C .

Доведення можна записати таким чином:

( )

x A B

x A, x B x A,

x B x B C ,

x B

x B або x C , x B x C .

( )

x A x A

, x B або x B 1)

x A, x B

або 2) x A, x B .

1)

x A, x B

x B

x B C .

2)

x A, x B

x A

, x B x A B

x C

x B C .

Задача 6.

Використовуючи

основні

теореми та

аксіоми

алгебри

B .

множин, довести, що (A B ) B A

Розв’язання. Для

спрощення

виразу

в лівій

частині

рівності

послідовно

застосуємо

закон де

Моргана,

тотожність

(X )

X , закон

.

Задача 7. Спростити вираз (A B C) (A B C) B C

Розв’язання. Маємо

(A B C) (A B C) B C ((A A ) B C) B C

(U B

C) (B C) (B C) (B C) U .

При спрощенні

даного виразу послідовно

застосовувалися закон

дистрибутивності

(до

виразу

тотожності

(A B C) (A

B C) ),

X X

U та X U

X . При перетвореннях також використовувались

закони асоціативності та комутативності.

Задача 8. Нехай

A {1, 2},

B {a, b, c}. Побудувати A B та

3

.

A

Розв’язання. Декартовим добутком множин A та B є множина

A B { 1, a ,

1, b ,

1, c ,

2, a , 2, b , 2, c }.

Декартовим степенем множини A

є множина

3

{ 1,1,1 , 1,1, 2 , 1, 2,1 ,

1, 2, 2 , 2,1,1 ,

A

A A A

2,1, 2 ,

2, 2,1 , 2, 2, 2 }.

Задача 9. Довести, що (A B) C (A C) (B C) .

Розв’язання. Доведемо спочатку,

що (A B) C (A C) (B C) .

Множина ( A B) C

є декартовим добутком двох множин

A B

та C ,

A2

1. Задати множину A іншим способом:

a)

A {x | x – корінь рівняння x

2

1};

b)

A {11, 22, , 99};

c)

A {x | x N, x 1, x 2};

d)

A {y | x y z,

x, z B}, де B {1, 2, 3}.

13.Чи виконується

для довільних

множин A і B рівність

(A \ B) B A. Відповідь обґрунтувати.

.

14.Довести закон де Моргана (A B) A

B

15.Довести включення

(A \ B) (A \ D) (D \ B) .