Løsning oblig 4

Comments

Transcription

Løsning oblig 4
Matematikk for IT, høsten 2015
Oblig 4
Løsningsforslag
9. september 2015
2.5.3
A = { a, b, c, d }
f : A A
a) Denne funksjonen er ikke injektiv (ikke én-entydig) fordi både b og d har
funksjonsverdien a (altså f (b)  f (d ) ).
b) Denne funksjonen er injektiv fordi ulike verdier inn på funksjonen gir ulike verdier ut
av funksjonen.
c) Denne funksjonen er injektiv fordi ulike verdier inn på funksjonen gir ulike verdier ut
av funksjonen.
2.5.4
For at funksjonen skal ha en invers funksjon, må den være både injektiv og surjektiv, altså
bijektiv.
a) Vi så i 2.5.3 at denne funksjonen ikke er injektiv. Den har derfor ingen invers
funksjon.
b) Vi så i 2.5.3 at denne funksjonen er injektiv. Vi ser at alle elementene i kodomenet er
bilde av et element i definisjonsmengden (altså at kodomenet er lik verdimengden).
Funksjonen er derfor også surjektiv.
Funksjonen har en invers funksjon. Denne er slik:
f 1 (a)  b
f 1 (b)  c
f 1 (c)  d
f 1 (d )  a
c) Vi så i 2.5.3 at denne funksjonen er injektiv. Også her er alle elementer i kodomenet «i
bruk», og funksjonen er følgelig surjektiv.
Funksjonen har en invers funksjon. Denne er slik:
f 1 (a)  a
f 1 (b)  b
f 1 (c)  d
f 1 (d )  c
2.5.5
a) f ( x)  2 x  1 f : Z  Z
Denne funksjonen er injektiv (én-entydig), altså at to ulike x-verdier gir to ulike
funksjonsverdier. Imidlertid er den ikke surjektiv, fordi ingen av partallene er bilde
(funksjonsverdi) av noen x. Sagt på en annen måte: verdimengden til f er kun en
delmengde av Z.
Fordi den ikke er surjektiv er den ikke inverterbar.
At bokas fasit sier denne funksjonen er inverterbar, skyldes at boka ikke diskuterer
begrepet surjektivitet.
x0
x
f:Z Z
b) f ( x)  
x0
x  2
Denne funksjonen er også injektiv. Igjen er imidlertid problemet at den ikke er
surjektiv. Her skyldes det at elementet –1 i kodomenet ikke er et bilde av noe element
i definisjonsmengden.
Denne funksjonen er derfor ikke inverterbar.
2
c)
x0
x  1
f ( x)  
f:Z Z
x0
  x 1
Denne funksjonen er ikke injektiv. Dette kan vi se av at f (3)  2 og f (1)  2 , altså
at to ulike x-verdier gir samme bilde i kodomenet. Funksjonen er derfor ikke
inverterbar.
2.5.7
a) ( g  f )(1)  1
( g  f )(2)  3
( g  f )(3)  2
2.5.8
a) Den sammensatte funksjonen g  f finner vi ved å ta uttrykket for f (x) og sette inn
på den plassen hvor x står i uttrykket for g (x) :
( g  f )( x)  (2 x  3) 2  (2 x  3)  4 x 2  12 x  9  2 x  3  4 x 2  10 x  6
b) ( f  g )( x)  2( x 2  x)  3  2 x 2  2 x  3
2.6.2
4
a)
 n (n  2)  1 (1  2)  2  (2  2)  3  (3  2)  4  (4  2)  3  8  15  24  50
n 1
2.6.3
3
4
n 0
n 1
a) 1  3  5  7   (2n  1)   (2n  1)
Her ser vi at vi kan skrive summen på to litt ulike måter avhengig av om vi lar n gå fra
0 til 3 eller fra 1 til 4.
3.1.1
a) Utsagn, sant.
b) Ikke et utsagn.
c) Utsagn, falskt.
3.1.2
a)
b)
c)
d)
Nina står ikke til eksamen.
Det blåser ikke i dag.
3 4  7
Trond har færre enn 100 CD-er.
3.1.4
b, c og e er sanne.
3.1.5
b, c og e tilsvarer p  q .
3
3.1.6
a) p  q
b) ( p  q)  r
c) (r  q)  p
3.1.7
a)
p
S
S
F
F
q
S
F
S
F
q
pq
S
S
S
F
F
S
F
S
( p  q)  q
F
S
F
F
3.1.11
a) For å finne ut om uttrykket er en tautologi, kan vi enten bruke sannhetstabell eller
bruke lovene for logiske uttrykk og forenkle uttrykket. Her bruker jeg sannhetstabell.
p
S
S
F
F
q
S
F
S
F
pq
S
F
S
S
q p
S
S
F
S
( p  q)  (q  p)
S
S
S
S
Vi ser av sannhetstabellen at uttrykket er sant uansett hva sannhetsverdiene til p og q
er. Uttrykket er følgelig en tautologi.
b)
p
S
S
F
F
q
S
F
S
F
q
F
S
F
S
q  q
F
F
F
F
p  (q  q)
S
S
F
F
p  (q  q)  p
S
S
S
S
Vi ser av sannhetstabellen at uttrykket er sant uansett hva sannhetsverdiene til p og q
er. Uttrykket er følgelig en tautologi.
4
Oppgave 1
Bruk sannhetstabeller til å vise at De Morgans lover også gjelder for tre utsagn, dvs. at
(p  q  r)  p  q  r
Vi ser først på uttrykket til venstre:
p
S
S
S
S
F
F
F
F
q
S
S
F
F
S
S
F
F
pqr
S
F
F
F
F
F
F
F
r
S
F
S
F
S
F
S
F
(p  q  r)
F
S
S
S
S
S
S
S
Deretter analyserer vi uttrykket på høyre side av ekvivalenstegnet:
p
S
S
S
S
F
F
F
F
q
S
S
F
F
S
S
F
F
r
S
F
S
F
S
F
S
F
p
F
F
F
F
S
S
S
S
q
F
F
S
S
F
F
S
S
r
F
S
F
S
F
S
F
S
p  q  r
F
S
S
S
S
S
S
S
Vi ser at sannhetsverdiene til de sammensatte utsagnene er like for samme kombinasjon av
sannhetsverdier til p, q og r (altså at siste kolonne i de to sannhetstabellene er like).
Uttrykkene er derfor logisk ekvivalente.
Oppgave 2
Gitt et utsagn p  q.
a) Angi det kontrapositive utsagnet.
Det kontrapositiv utsagnet blir:
q  p
b) Vis ved hjelp av sannhetstabeller at utsagnet p  q er logisk ekvivalent med det
kontrapositive utsagnet.
Sannhetstabellen for p  q:
5
p
S
S
F
F
q
S
F
S
F
pq
S
F
S
S
Sannhetstabellen for q  p :
p
S
S
F
F
q
S
F
S
F
p
F
F
S
S
q
F
S
F
S
q  p
S
F
S
S
Vi ser at siste kolonne i de to tabellene er like, og uttrykkene er derfor logisk ekvivalente.
Oppgave 3
Gitt følgende sammensatte logiske uttrykk:
( p  q)  q  (r  q)
Bruk regnereglene i logikk til å finne ut hvilket av følgende uttrykk dette er ekvivalent med:
(i)
q  p
(ii)
pq
(iii) (q  p)
Bruk kun en lov i hvert trinn og angi for hvert trinn nummeret på den loven du har brukt.
( p  q)  q  (r  q)

( p  q)  q  (q  r )

( p  q)  q

Kommutativ lov (2) på (r  q)-uttrykket
Absorpsjonsloven (6) på uttrykket i hakeparentesen
Implikasjonsloven (11)
(p  q)  q

Kommutativ lov (2)
q  (p  q)

Distributiv lov (3)
(q  p)  (q  q)

Inversloven (8) på den bakerste parentesen
(q  p)  F

Identitetsloven (9)
(q  p)

De Morgans lov (4)
6
(q  p)
Vi ser at uttrykket er ekvivalent med uttrykket i (iii).
Oppgave 4
Bruk direkte bevis til å bevise at summen av to rasjonale tall er et rasjonalt tall.
Direkte bevis går ut på å anta at når vi har to rasjonale tall og summerer disse vil summen bli
et rasjonalt tall.
Kall de to tallene r og s. Vi antar altså at disse er rasjonale. De kan derfor skrives som
a
c
r
s
og
hvor a, b, c, d  Z
b
d
Videre må vi anta at b  0 og d  0 .
Legger vi sammen r og s og bruker vanlige regler for å summere brøker (finn felles nevner og
sett på felles brøkstrek), finner vi
rs
a c ad cb ad  cb
 


b d bd bd
bd
Vi vet at når vi multipliserer to hele tall, blir resultatet et heltall. ad, cb og bd er derfor heltall.
Summen av to heltall er også et heltall. Derfor er ad + cb et heltall.
Av dette ser vi at r + s er et heltall delt på et annet heltall, noe som jo er definisjonen på et
rasjonalt tall.
r + s er følgelig et rasjonalt tall.
q.e.d.
7