Вариант №25

I. 1. А= (2; 15] – полуинтервал на числовой оси

В=[–5; 5] – отрезок числовой оси

С=(–10; 3) – интервал на числовой оси

2. {А} _ℝ, где ℝ – множество всех вещественных чисел и ℝ

A = { (x, y): x² + y² <², где x, y ℝ}

3.

4.

II. 1. P₁={(a, 1); (a, 2); (b, 3); (c, 2); (c, 3); (c, 4)}

P₂={(1, 1); (2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4); (3, 3); (4, 4)}

2. P  ℕ², (x, y) P x² >y

3. f (x)= x²–1; g(x)=1– x; A=[–0.5; 2]; B=[0; 1]

III. 1.

2.

3.

IV. 2.

3.

V. 1. f (0,1,0) = f (1,0,0) = f (1,0,1) = 0

2. F={}

6. Пример решения контрольной работы

Задача I.1. Даны множества:

А = –1; 0; 1,

В = –2; 0) – полуинтервал на числовой оси,

С = –0.5; 2 - отрезок на числовой оси.

Н айти:

Изобразить на плоскости: А  В, А  С, В  С. Найти , считая универсальным множеством множество всех вещественных чисел.

Решение:

= –2; 0; 1

= –1; –0.5; 2

= –2; 2

= –2; 2

= –1

= 0; 1

= –0.5; 0)

=  – пустое множество

А \ В = 0; 1

В \ А = –2; –1); (–1; 0)

А \ С = –1

С \ А = –0.5; 0); (0; 1); (1; 2

B \ C = [–2; –0.5)

C \ B = [0; 2]

( A \ B) \ C = 

A \ (B \ C) = {0; 1}

Задача I.2. Дано семейство множеств {A_γ}_γℝ, где для всякого вещественного индекса γ множество А_γ={ (x, y): |x|+|y| ≤ |γ| и x, yℝ }. Найти объединение и пересечение А_γ по всем вещественным индексам γ.

Решение: рассмотрим множества А_γ для некоторых фиксированных индексов γ: при γ=0 множество А₀={ (x, y): |x|+|y| ≤ 0}={(0;0)} – центр вещественной плоскости. При γ=0.5 и γ= –0.5 А_0.5=А_‑0.5={ (x, y): |x|+|y| ≤ 0.5} – ромб в центре вещественной плоскости с диагоналями, равными 1 и направленными по осям координат. При γ=2 и γ= –2 А₂=А_‑2={ (x, y): |x|+|y| ≤ 2} – ромб с диагоналями, равными 4 и т. д.… При увеличении абсолютной величины индекса γ диагонали ромба, расположенного в центре вещественной плоскости, увеличиваются и при |γ|→+ ромб А занимает всю вещественную плоскость. Таким образом, объединение по всем вещественным индексам γ равно – вся вещественная плоскость, а пересечение по всем вещественным индексам γ равно – центр вещественной плоскости.

Задача I.3. Доказать тождество, используя только определения операций над множествами:

Решение: по определению два множества А и В равны тогда и только тогда, когда они состоят из одних и тех же элементов, т. е.

а) (1) Пусть , тогда . Отсюда следует, что 1)  и или 2)  и . В первом случае из того, что следует, что х принадлежит также объединению множества А с любым другим множеством, в том числе и множеством В, т.е. . Но в то же время и, следовательно, х принадлежит также объединению с любым другим множеством, в том числе и множеством , т.е. . Таким образом, , т.е. . Аналогично во втором случае: из того, что следует, что х принадлежит также и . И в то же время, поскольку , то х принадлежит также объединению , с любым другим множеством, в том числе и множеством , т.е. . И также как в первом случае имеем: , тем самым .

(2) Пусть теперь . Тогда , отсюда . Следовательно, если , то , т.е. . Если же , то и значит . Таким образом, , что равносильно тому, что . Из (1) и (2) следует справедливость тождества.

б) (1) Пусть пара . Тогда , отсюда . Поэтому пара и . Таким образом, .

(2) Пусть теперь . Тогда и . Следовательно, , и . Поэтому, т. е. Из (1) и (2) – тождество верно.

Задача I.4. Доказать тождество, используя диаграммы Эйлера-Венна.

Р ешение: Изобразим диаграмму для левой части тождества по шагам:

Т еперь диаграмму правой части по шагам:

Ввиду того, что заштрихованные области, полученные на последнем шаге для левой и правой части тождества, одинаковы, можно заключить, что исходное выражение верно.

Задача II. 1. Даны множества А={a,b,c} и B={1,2,3,4} и два бинарных отношения: P₁={(a,1); (a,3); (b,2); (c,1); (c,4)} и P₂={(1,1); (1,3); (2,2); (2,1); (2,4); (3,3); (4,1); (4,4)}

Изобразить Р₁, Р₂ графически. Найти: Р₁^-1, Р₂^-1, . Определить, является ли отношение Р₂ рефлексивным, транзитивным, симметричным, антисимметричным.

Решение: рассмотрим два способа графического представления бинарных отношений:

По определению обратное отношение . Таким образом, Р₁^-1={(1,a); (3,a); (2,b); (1,c); (4,c)} и P₂^-1={(1,1); (3,1); (2,2); (1,2); (4,2); (3,3); (4,4); (1,4)}.

По определению композиции бинарных отношений

Таким образом, ={(a,1); (a,3); (b,2); (b,1); (b,4); (c,1); (c,3); (c,4)}.

Тогда ^-1={(1,a); (3,a); (2,b); (1,b); (4,b); (1,c); (3,c); (4,c)}.

={(1,a); (1,c); (3,a); (3,c); (2,b); (1,b); (4,b); (4,c)}

Последние два множества совпадают, что и должно быть по свойствам композиции.

Отношение Р₂ рефлексивно, т. к. в соответствии с определением рефлексивности .

1. Отношение Р₂ не является транзитивным, поскольку по определению транзитивности требуется, чтобы для любых пар (x, y) и (y, z), таких что (x, y) следовало бы, чтобы пара . Однако это не так. Например, пары (2,1) и (1,3)  Р₂, но пара (2,3)  Р₂.

2. Отношение Р₂ не является симметричным, т. к. по определению симметричности для любой пары (x, y)  Р₂ должно быть и (y, x)  Р₂ . Однако это не так. Например, пара (1,3) Р₂ , но пара (3,1)  Р_2.

3. Отношение Р₂ антисимметрично, поскольку для любой пары (x, y)  Р₂ такой, что (y, x)  Р₂ обязательно следует, что x=y.

Задача II. 2

Дано бинарное отношение P  ℕ² и P = { (x, y): x mod y = 2 }, где «mod» – операция нахождения остатка от деления x на y.

Найти область определения и область значений отношения Р. Определить, является ли отношение Р рефлексивным, транзитивным, симметричным, антисимметричным.

Решение: областью значений отношения Р является множество таких натуральных чисел y, что в остатке от деления на y может быть получено значение 2. В качестве такого делителя y можно взять любое натуральное число >2. Таким образом, пр₂ Р = { y  ℕ: y  3 } – область значений.

Область определения отношения Р – это множество тех значений x, для которых может быть получен остаток, равный 2, при делении на y  3. Выразим x через y: x=k^.y+2, где k=0,1,2,… и y  3. Отсюда возможными значениями x являются числа: 2,5,6,7,8,… Таким образом, пр₁ Р={2,5,6,7,8,9,…}=ℕ \ {1,3,4}

Отношение Р не является рефлексивным, т. к. для всех x  ℕ (x, x)  P. Действительно, x  ℕ  x mod x = 0.

Отношение Р не является транзитивным, т. к. существуют такие пары (x, y)P и (y, z)P, но (x, z)P. Например, пары (7,5) и (5,3) обе Р, но пара (7,3)Р, т. к. 7 mod 3 = 1.

Отношение Р не является симметричным, поскольку существуют такие пары, что (x, y)P , но (х, у)Р . Например , пара (7,5)Р , но (5,7)Р, т.к. 5 mod 7=5.

По определению антисимметричности для всех таких пар (х, у), что (у, х)Р и (х, у)Р обязательно следует, что х=у. Но для заданного отношения Р не существует таких пар (х, у), что (х, у)P и (у, х)Р, поскольку равенство (х mod y = y mod x) не выполняется ни при каких х, уℕ. Поэтому данное отношение Р является антисимметричным.

Задача II. 3

Даны две функции и и два отрезка A = [0; 3] и B = [ ‑1; 0]. Найти :f∘g, g∘f, f ^‑1, g ^‑1, (f∘g) ^‑1,(g∘f) ^‑1 ,f(A), g(A), f ^‑1(B), g^‑1(B). Найти неподвижные точки f и g.

Решение: по свойствам композиции находим

(f∘g)(x) = f(g(x)) = (g(x)–2)²–1 = (1–x–2)² –1 = (–x–1)² – 1=(x+1)²–1;

(g∘f)(x) = g(f(x)) =1– f(x) = 1 – (x–2)² +1 = 2 – (x–2)² ;

Т.к. , где y –1. То из выражения найдем x. Тогда , где y –1 и f ^‑1(у) – не является всюду определенным и однозначным соответствием.

Заметим, что исходное отображение f обратимо справа, а именно: :f∘f ^‑1 = f(f ^‑1(y))= – тождественное отображение при y ‑1.

Аналогично, , где y любое. И из следует: , при этом исходное отображение g обратимо как справа, так и слева, а именно: g∘g^‑1 = g(g^‑1(y)) = 1– (1– y)= y и g^‑1∘g = – тождественные отображения.

По свойствам композиции

f(A) = { y = f(x), где xA }, поэтому f(A)=[–1; 3].

Аналогично, g(A) = { y = g(x), где xA } = [–2; 1].

Найдем неподвижные точки. По определению это такие х, что: f(x)=x и g(x)=x. Таким образом, x = (x–2)²–1. Отсюда x²–5x+3=0 и т. к. дискриминант D=25–12=13>0, то – две неподвижные точки f(x).

Из g(x)=x следует, что x=1–x и – неподвижная точка g(x).

Задача III. 1.

Составить полную и сокращенную таблицы истинности для формул:

x	y	f1	f2	f3	f4
0	0	1	0	0	1
0	1	1	1	1	0
1	0	0	1	1	0
1	1	0	1	1	0

Решение:
для построения полной таблицы истинности первой формулы выделим подформулы: Таким образом, таблица будет содержать 4 строки и 6 столбцов.

Значения формулы совпадают со значениями последнего столбца таблицы.

Сокращенная таблица истинности строится непосредственно под формулой. Столбец результата выделяем. Стрелками показываем столбцы, участвующие в операции. Номером – столбец, полученный в результате операции.

(	x		y)		(y		x)
1	0	0	0	1	0	0	0
1	0	1	1	0	1	1	0
0	1	1	0	0	0	1	1
0	1	1	1	0	1	1	1

Выделим подформулы второй заданной формулы:

Построим полную таблицу истинности.

x	y	z	f1	f2	f3	f4	f5	f6	f7
0	0	0	0	1	1	1	0	1	1
0	0	1	0	1	0	1	0	1	1
0	1	0	1	1	1	1	1	1	1
0	1	1	1	0	0	1	0	1	0
1	0	0	1	1	1	0	0	0	0
1	0	1	1	0	0	0	0	0	1
1	1	0	0	1	1	0	1	1	1
1	1	1	0	1	0	0	0	0	0

Сокращенная таблица истинности для 2-ой формулы:

((x		y)	|	z)		(y	&			)
0	0	0	1	0	1	0	0	1	1	1
0	0	0	1	1	1	0	0	0	1	1
0	1	1	1	0	1	1	1	1	1	1
0	1	1	0	1	0	1	0	0	1	1
1	1	0	1	0	0	0	0	1	0	0
1	1	0	0	1	1	0	0	0	0	0
1	0	1	1	0	1	1	1	1	1	0
1	0	1	1	1	0	1	0	0	0	0

Заметим, что для обеих формул результаты, полученные в полной и сокращенной таблице истинности, совпали. Это подтверждает правильность вычислений.

Задача III. 2.

Проверить двумя способами, будут ли эквивалентны следующие формулы: . а) составлением таблиц истинности; б) эквивалентными преобразованиями.

Решение: а) составим сокращенные таблицы истинности обеих формул:

x		(y		z)	(x		y)		(x		z)
0	1	0	0	0	0	1	0	0	0	1	0
0	0	0	1	1	0	1	0	1	0	0	1
0	0	1	1	0	0	0	1	1	0	1	0
0	1	1	0	1	0	0	1	0	0	0	1
1	0	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0
1	0	0	1	1	1	0	0	0	1	0	1
1	0	1	1	0	1	0	1	0	1	0	0
1	0	1	0	1	1	0	1	0	1	0	1

Поскольку полученные столбцы не совпадают, формулы не эквивалентны.

б) Выполним преобразования формул, перейдя к системе связок {, &, }. Для этого воспользуемся тождествами: и , где a и b – произвольные формулы. Тогда (по закону де Моргана) (по закону дистрибутивности)=

Формулы (*) и (**) не эквивалентны.

Задача III.3.

Доказать или опровергнуть тождественную истинность формулы двумя способами: .

Решение:

1 способ (таблица истинности): выделим подформулы: ; ; ; ; ; ; ; ; ; .

x	y	z	f1	f2	f3	f4	f5	f6	f7	f8	f9	f10
0	0	0	1	1	0	1	1	1	1	0	0	1
0	0	1	1	0	0	1	1	0	0	1	0	1
0	1	0	1	1	1	0	1	1	1	0	0	1
0	1	1	1	0	1	0	1	1	1	1	1	1
1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	1	0	1
1	0	1	0	0	0	0	0	0	0	1	0	1
1	1	0	0	1	0	1	1	1	1	1	1	1
1	1	1	0	0	0	1	1	1	1	1	1	1

2-ой способ (эквивалентные преобразования): используем тождества:

.

Задача IV.1.

Для функций из задачи III.1 записать: двойственные функции, СКНФ, СДНФ и СПНФ.

Решение: по определению f^*(x₁,…,x_n)=. СКНФ строится по нулевым кортежам, СДНФ – по единичным кортежам, а СПНФ может быть получена из СДНФ путем замены «» на «» и «» на «x1».

x	y	f(x,y)
0	0	1	0	1
0	1	0	1	1
1	0	0	1	1
1	1	0	1	0

СКНФ (f(x,y))=

СДНФ(f(x,y))=

СПНФ(f(x,y))=

x	y	z	f(x,y,z)
0	0	0	1	0	1
0	0	1	1	0	0
0	1	0	1	0	0
0	1	1	0	1	1
1	0	0	0	1	1
1	0	1	1	0	0
1	1	0	1	0	0
1	1	1	0	1	0

СКНФ(f(x,y,z))=.

СДНФ(f(x,y,z))=.

Тождество: aa=0.

СПНФ(f(x,y,z))=(x1)(y1)(z1)  (x1)(y1)z  (x1)y(z1)  x(y1)z  xy(z1)= (xyzxyxzxyzyz1)  (xyzxzyzz)  (xyzxyyzy)  (xyzxz)  (xyzxy) = xyzxyxzyzx1.

Задача IV.2.

C помощью принципа двойственности записать формулы, двойственные заданным: а); б) . В полученных формулах расставить скобки, указывающие порядок действий.

Решение: по принципу двойственности для записи двойственной формулы необходимо заменить «&» на «», «» на «&», оставив при этом неизменной структуру исходной формулы.

а) u^* = б) u^* =

Задача IV.3.

Дана формула . С помощью эквивалентных преобразований привести ее к виду: ДНФ, КНФ, СДНФ, СКНФ, СПНФ.

Решение: используем тождества:

Для компактности записи вместо «a&b» , будем писать «ab».

ДНФ=

КНФ=

СДНФ=

СКНФ=

СПНФ=xyz  xy(z1)  (x1)yz  (x1)(y1)z  x(y1)z = xyz  xyz  xy  xyz  yz  xyz  xz  yz  z  xyz  xz = xyzxyz

Задача V. 1

Каким из замкнутых классов Поста принадлежит функция f(x,y,z), если f(0,1,0)=f(1,0,0)=f(1,0,1)=1?

Решение: рассмотрим таблицу истинности функции

x	y	z	f(x,y,z)
0	0	0	0
0	0	1	0
0	1	0	1
0	1	1	0
1	0	0	1
1	0	1	1
1	1	0	0
1	1	1	0

Т.к. f(0,0,0)=0, то fT₀ (класс функций, сохраняющих ноль).

Т.к. f(1,1,1)=0, то fT₁ (класс функций, сохраняющих единицу).

Т.к. f^*(x,y,z)=(1,1,0,0,1,0,1,1)f(x,y,z), то fS (класс самодвойственных функций).

Рассмотрим кортежи:  (0,1,0) и  (0,1,1), f() =1, f() =0.

Т.к.   , но f()f(), то f M (класс монотонных функций).

Найдем полином Жегалкина:

f(x,y,z)= (x1)y(z1)  x(y1)(z1)  x(y1)z= xyz xy yz y  xyz  xy  xz  x  xyz  xz = xyz  yz  x  y.

Т.к. в СПНФ имеются нелинейные слагаемые, то f  L (класс линейных функций).

Задача V. 2

Дана система функций F={}. Определить, является ли F полной и образует ли она базис?

Решение: построим таблицы истинности для функций системы F.

x	y
0	0	1	0
0	1	1	1
1	0	1	1
1	1	0	0

СПНФ () = (x1)(y1)(x1)yx(y1)=xy1

СПНФ () = xy

Оформим в виде таблицы принадлежность функций из F классам Поста:

	T0	T1	S	M	L
	–	–	–	–	–
	+	–	–	–	+

Т.к. в системе F имеются функции: не сохраняющая ноль, не сохраняющая единицу, не самодвойственная, немонотонная и нелинейная, то по теореме о полноте (Поста) система F является полной. В то же время базиса она не образует, т.к. из неё может быть удалена функция () и при этом оставшаяся система будет полной.