Matematička logika i teorija skupova - zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Implikacija [tex]p\Rightarrow q[/tex] netačna je samo kada je [tex]p[/tex] tačno, a [tex]q[/tex] netačno.
Kontrapozicija [tex]\neg q\Rightarrow\neg p[/tex] („ulice nisu mokre, dakle ne pada kiša“) netačna je samo kada je [tex]\neg q[/tex] tačno, a [tex]\neg p[/tex] netačno, tj. ponovo samo kada je [tex]p[/tex] tačno, a [tex]q[/tex] netačno. Prema tome, ona je ekvivalentna datoj implikaciji i sigurno je tačna:
[tex](\neg q\Rightarrow\neg p)\Leftrightarrow(p\Rightarrow q)[/tex]
Obratni iskaz [tex]q\Rightarrow p[/tex] i suprotni iskaz [tex]\neg p\Rightarrow\neg q[/tex] ne slede iz datog: ako je [tex]p[/tex] netačno, a [tex]q[/tex] tačno (ulice su mokre iz drugog razloga, na primer oprane su), onda je [tex]p\Rightarrow q[/tex] tačno, ali su i [tex]q\Rightarrow p[/tex] i [tex]\neg p\Rightarrow\neg q[/tex] netačni.
Iskaz [tex]\neg q\land p[/tex] je upravo negacija iskaza [tex]p\Rightarrow q[/tex], pa je netačan:
[tex]\neg(p\Rightarrow q)\Leftrightarrow p\land\neg q[/tex]
Odgovor je [tex]\neg q\Rightarrow\neg p[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]p[/tex] iskaz „Petar je u školi“, a [tex]k[/tex] iskaz „Kiril je u školi“. Prema odgovorima učitelja [tex]p[/tex] je tačno, a [tex]k[/tex] netačno; pišemo [tex]p=1[/tex], [tex]k=0[/tex] ([tex]1[/tex] za tačno, [tex]0[/tex] za netačno). Svaki komentar prevodimo u formulu i računamo njegovu vrednost:
[tex](1)\quad p\land k=1\land 0=0[/tex]
[tex](2)\quad p\lor k=1\lor 0=1[/tex]
[tex](3)\quad p\Rightarrow k=1\Rightarrow 0=0[/tex]
[tex](4)\quad p\Leftrightarrow k=1\Leftrightarrow 0=0[/tex]
[tex](5)\quad \neg(\neg p)=p=1[/tex]
[tex](6)\quad \neg p\Rightarrow\neg k=0\Rightarrow 1=1[/tex]
[tex](7)\quad \neg p\Leftrightarrow\neg k=0\Leftrightarrow 1=0[/tex]
Prema De Morganovim zakonima [tex]\neg(\neg p\land\neg k)=p\lor k[/tex] i [tex]\neg(\neg p\lor\neg k)=p\land k[/tex], pa je
[tex](8)\quad \neg(\neg p\land\neg k)=p\lor k=1[/tex]
[tex](9)\quad \neg(\neg p\lor\neg k)=p\land k=0[/tex]
Pošto je [tex]\neg k=1[/tex]:
[tex](10)\quad \neg(p\Rightarrow\neg k)=\neg(1\Rightarrow 1)=\neg 1=0[/tex]
[tex](11)\quad \neg(p\Leftrightarrow\neg k)=\neg(1\Leftrightarrow 1)=\neg 1=0[/tex]
Tačni su komentari [tex](2)[/tex], [tex](5)[/tex], [tex](6)[/tex] i [tex](8)[/tex], tj. tačna su [tex]4[/tex] iskaza.

Rešenje:
Realan broj [tex]x[/tex] pripada skupu [tex]\bigcap\mathcal{A}[/tex] ako i samo ako je [tex]x\in\left(-a ; a\right)[/tex] za svako [tex]a\gt 0[/tex], tj.
[tex]x\in\bigcap\mathcal{A}\iff \forall a\gt 0:\ |x|\lt a[/tex]
Za [tex]x=0[/tex] imamo [tex]|0|=0\lt a[/tex] za svako [tex]a\gt 0[/tex], pa [tex]0[/tex] pripada svakom intervalu familije.
Ako je [tex]x\ne 0[/tex], uzmimo [tex]a=|x|\gt 0[/tex]; tada [tex]|x|\lt a[/tex] ne važi, tj. [tex]x\notin\left(-|x| ; |x|\right)[/tex], pa [tex]x\notin\bigcap\mathcal{A}[/tex]. Dakle,
[tex]\bigcap\mathcal{A}=\{0\}[/tex]
Presek nije prazan, iako intervali postaju proizvoljno kratki (poređenja radi, unija familije je [tex]\mathbb{R}[/tex]).

Rešenje:
U prvom skupu za cele brojeve iz [tex]x^2+y^2\le 1[/tex] sledi [tex]|x|\le 1[/tex] i [tex]|y|\le 1[/tex], pri čemu [tex]x[/tex] i [tex]y[/tex] ne mogu oba biti različita od nule (tada je [tex]x^2+y^2=2\gt 1[/tex]). Zato je
[tex]\{(x; y)\in\mathbb{Z}^2 : x^2+y^2\le 1\}=\{(0; 0),\ (1; 0),\ (-1; 0),\ (0; 1),\ (0; -1)\}[/tex]
U drugom skupu je [tex]x^2-y^2=(x-y)(x+y)=1[/tex]. Oba činioca su celi brojevi, pa su ili oba jednaka [tex]1[/tex] ili oba jednaka [tex]-1[/tex]:
[tex]x-y=x+y=\pm 1\ \Rightarrow\ y=0,\ x=\pm 1[/tex]
To su tačke [tex](1; 0)[/tex] i [tex](-1; 0)[/tex], koje već pripadaju prvom skupu. Prema tome, [tex]B[/tex] se sastoji od gore navedenih [tex]5[/tex] tačaka:
[tex]|B|=5[/tex]

Rešenje:
Rastavimo elemente skupa [tex]A[/tex] na proste činioce:
[tex]9=3^2; \ 10=2\cdot 5; \ 11; \ 12=2^2\cdot 3; \ 13; \ 14=2\cdot 7; \ 15=3\cdot 5; \ 16=2^4[/tex]
Odatle je
[tex]f(9)=3; \ f(10)=10; \ f(11)=11; \ f(12)=6; \ f(13)=13; \ f(14)=14; \ f(15)=15; \ f(16)=2[/tex]
Ovih [tex]8[/tex] vrednosti su međusobno različite, tj. različiti argumenti imaju različite slike, pa je [tex]f[/tex] injektivna.
Slika [tex]f(A)=\{2; 3; 6; 10; 11; 13; 14; 15\}[/tex] je konačan skup, a [tex]\mathbb{N}[/tex] je beskonačan; na primer, [tex]1[/tex] i [tex]4[/tex] nemaju original. Dakle, [tex]f[/tex] nije surjektivna (pa ni bijektivna).
Funkcija je injektivna, ali nije surjektivna.

Rešenje:
Prema zakonu distributivnosti, zakonu komplementa [tex]\neg B\land B=0[/tex] i zakonu [tex]X\lor 0=X[/tex]:
[tex]\neg B\land(\neg C\lor B)=(\neg B\land\neg C)\lor(\neg B\land B)=(\neg B\land\neg C)\lor 0=\neg B\land\neg C[/tex]
Zatim, prema zakonima komutativnosti i asocijativnosti i zakonu apsorpcije [tex]\neg C\land(\neg C\lor A)=\neg C[/tex]:
[tex]\neg B\land(\neg C\lor A)\land(\neg C\lor B)=(\neg B\land\neg C)\land(\neg C\lor A)=\neg B\land\bigl(\neg C\land(\neg C\lor A)\bigr)=\neg B\land\neg C[/tex]
Prema tome, [tex]Y=(\neg B\land\neg C)\lor C[/tex]. Prema distributivnosti [tex]\lor[/tex] u odnosu na [tex]\land[/tex], zakonu komplementa [tex]\neg C\lor C=1[/tex] i zakonu [tex]X\land 1=X[/tex]:
[tex]Y=(\neg B\lor C)\land(\neg C\lor C)=(\neg B\lor C)\land 1=\neg B\lor C[/tex]
Provera tablicom istinitosti: [tex]Y=0[/tex] tačno kada je [tex]B=1[/tex] i [tex]C=0[/tex] (za bilo koje [tex]A[/tex]), a to je tačno kada je [tex]\neg B\lor C=0[/tex].