Математическая логика и теория множеств - задачи с решениями

Решение:
Импликация [tex]p\Rightarrow q[/tex] ложна только тогда, когда [tex]p[/tex] истинно, а [tex]q[/tex] ложно.
Контрапозиция [tex]\neg q\Rightarrow\neg p[/tex] («улицы не мокрые, значит, дождь не идёт») ложна только тогда, когда [tex]\neg q[/tex] истинно, а [tex]\neg p[/tex] ложно, т.е. снова только когда [tex]p[/tex] истинно, а [tex]q[/tex] ложно. Значит, она равносильна данной импликации и наверняка истинна:
[tex](\neg q\Rightarrow\neg p)\Leftrightarrow(p\Rightarrow q)[/tex]
Обратное высказывание [tex]q\Rightarrow p[/tex] и противоположное [tex]\neg p\Rightarrow\neg q[/tex] не следуют из данного: если [tex]p[/tex] ложно, а [tex]q[/tex] истинно (улицы мокрые по другой причине, например, их помыли), то [tex]p\Rightarrow q[/tex] истинно, но и [tex]q\Rightarrow p[/tex], и [tex]\neg p\Rightarrow\neg q[/tex] ложны.
Высказывание [tex]\neg q\land p[/tex] — это в точности отрицание [tex]p\Rightarrow q[/tex], поэтому оно ложно:
[tex]\neg(p\Rightarrow q)\Leftrightarrow p\land\neg q[/tex]
Ответ: [tex]\neg q\Rightarrow\neg p[/tex].

Решение:
Пусть [tex]p[/tex] — высказывание «Пётр в школе», а [tex]k[/tex] — высказывание «Кирилл в школе». По ответам учителя [tex]p[/tex] истинно, а [tex]k[/tex] ложно; запишем [tex]p=1[/tex], [tex]k=0[/tex] ([tex]1[/tex] — истина, [tex]0[/tex] — ложь). Переведём каждое замечание в формулу и найдём её значение:
[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]
По законам де Моргана [tex]\neg(\neg p\land\neg k)=p\lor k[/tex] и [tex]\neg(\neg p\lor\neg k)=p\land k[/tex], поэтому
[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]
Так как [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]
Истинны замечания [tex](2)[/tex], [tex](5)[/tex], [tex](6)[/tex] и [tex](8)[/tex], т.е. ровно [tex]4[/tex] высказывания истинны.

Решение:
Действительное число [tex]x[/tex] принадлежит [tex]\bigcap\mathcal{A}[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]x\in\left(-a ; a\right)[/tex] для любого [tex]a\gt 0[/tex], т.е.
[tex]x\in\bigcap\mathcal{A}\iff \forall a\gt 0:\ |x|\lt a[/tex]
При [tex]x=0[/tex] имеем [tex]|0|=0\lt a[/tex] для любого [tex]a\gt 0[/tex], поэтому [tex]0[/tex] принадлежит каждому интервалу семейства.
Если [tex]x\ne 0[/tex], возьмём [tex]a=|x|\gt 0[/tex]; тогда неравенство [tex]|x|\lt a[/tex] не выполняется, т.е. [tex]x\notin\left(-|x| ; |x|\right)[/tex], и поэтому [tex]x\notin\bigcap\mathcal{A}[/tex]. Итак,
[tex]\bigcap\mathcal{A}=\{0\}[/tex]
Пересечение не пусто, хотя интервалы становятся сколь угодно короткими (для сравнения, объединение семейства равно [tex]\mathbb{R}[/tex]).

Решение:
В первом множестве для целых чисел из [tex]x^2+y^2\le 1[/tex] следует [tex]|x|\le 1[/tex] и [tex]|y|\le 1[/tex], причём [tex]x[/tex] и [tex]y[/tex] не могут быть оба отличны от нуля (тогда [tex]x^2+y^2=2\gt 1[/tex]). Поэтому
[tex]\{(x; y)\in\mathbb{Z}^2 : x^2+y^2\le 1\}=\{(0; 0),\ (1; 0),\ (-1; 0),\ (0; 1),\ (0; -1)\}[/tex]
Во втором множестве [tex]x^2-y^2=(x-y)(x+y)=1[/tex]. Оба множителя целые, поэтому либо оба равны [tex]1[/tex], либо оба равны [tex]-1[/tex]:
[tex]x-y=x+y=\pm 1\ \Rightarrow\ y=0,\ x=\pm 1[/tex]
Это точки [tex](1; 0)[/tex] и [tex](-1; 0)[/tex], которые уже принадлежат первому множеству. Следовательно, [tex]B[/tex] состоит из перечисленных выше [tex]5[/tex] точек:
[tex]|B|=5[/tex]

Решение:
Разложим элементы [tex]A[/tex] на простые множители:
[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]
Следовательно,
[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]
Эти [tex]8[/tex] значений попарно различны, т.е. различные аргументы имеют различные образы, и [tex]f[/tex] инъективна.
Образ [tex]f(A)=\{2; 3; 6; 10; 11; 13; 14; 15\}[/tex] конечен, а [tex]\mathbb{N}[/tex] бесконечно; например, у чисел [tex]1[/tex] и [tex]4[/tex] нет прообраза. Значит, [tex]f[/tex] не сюръективна (и, следовательно, не биективна).
Функция инъективна, но не сюръективна.

Решение:
По дистрибутивному закону, закону противоречия [tex]\neg B\land B=0[/tex] и закону [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]
Далее, по переместительному и сочетательному законам и закону поглощения [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]
Следовательно, [tex]Y=(\neg B\land\neg C)\lor C[/tex]. По дистрибутивности [tex]\lor[/tex] относительно [tex]\land[/tex], закону исключённого третьего [tex]\neg C\lor C=1[/tex] и закону [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]
Проверка по таблице истинности: [tex]Y=0[/tex] ровно при [tex]B=1[/tex] и [tex]C=0[/tex] (при любом [tex]A[/tex]), а это ровно те случаи, когда [tex]\neg B\lor C=0[/tex].