Transcript MAT1030 – Diskret matematikk

MAT1030 – Diskret matematikk
Obligatorisk oppgave 1
Øyvind Kolbu
[email protected]
Oppgave 1
A
Ser av sannhetstabell 1 at A hverken er en tautologi eller en kontradiksjon.
p
T
T
F
F
p∨q
T
T
T
F
q
T
F
T
F
p∧q
T
F
F
F
A
T
F
F
T
Tabell 1: Sannhetstabell for A = (p ∨ q) ↔ (p ∧ q).
Videre har vi
B = (p ∧ q → r) → (p → r) ∧ (q → r)
C = (p ∨ q → r) → (p → r) ∧ (q → r)
deler opp B og C i passende biter og lager sannhetstabell 2.
s = (p → r)
t = (q → r)
u = (s ∧ t)
v = (p ∧ q)
w = (p ∨ q)
x = (v → r)
y = (w → r)
p
T
T
T
T
F
F
F
F
q
T
T
F
F
T
T
F
F
r
T
F
T
F
T
F
T
F
s
T
F
T
T
T
T
T
T
t
T
F
T
T
T
F
T
T
u
T
F
T
F
T
F
T
T
v
T
T
F
F
F
F
F
F
w
T
T
T
T
T
T
F
F
x
T
F
T
T
T
T
T
T
y
T
F
T
F
T
F
T
T
B
T
T
T
F
T
F
T
T
C
T
T
T
T
T
T
T
T
Tabell 2: Sannhetstabell for B og C.
Utifra sannhetstabell 2 ser vi et C er en tautologi, mens B er som A, hverken en tautologi eller en kontradiksjon.
1
B
D er ikke en tautologi, for hvis (p ∧ q → r) ikke er sann, så vil ikke (p ∧ r → s) kunne
være sann.
Oppgave 2
A
∃p(p gjør det → p er Knut)
Meningen blir ikke borte, men vanskeligere å tolke.
B
∀m∀k((m megler ∧ k kunde ) → ((m vil ha maks profitt ) ∧ (k vil ha billig bolig))
Denne blir oversatt helt greit til et logisk uttrykk.
C
A = ∀p(p kan lures )
∀p∃l(p ∧ l ∈ A) ∧ ∀p∃l(p ∧ l 6=∈ A)
Her forsvinner meningen i masse tegn..
Oppgave 3
A = {A1 . . . An } og B = {B1 . . . Bn }
i←0
while i < n do
i ← i+1
if Ai = 1 then
if Bi = 1 then
Ci ← 1
else
Ci ← 0
end
else
Ci ← 0
end
end
Algorithm 1: Beregning av C = A ∩ B
2
Algoritmen løper igjennom alle elementene i A og sjekker om Ai har verdi 1, hvis så,
sjekk om tilsvarende verdi Bi også har verdi 1. Hvis begge testene er sanne blir Ci satt
til 1, ellers blir Ci satt til 0.
A = {A1 . . . An }
i←0
while i < n do
i ← i+1
if Ai = 1 then
Ci ← 0
else
Ci ← 1
end
end
¯
Algorithm 2: Beregning av C = A
Løper igjennom hele A og sjekker om hvert av elementene er lik 1. Hvis 1, sett Ci til
0, ellers sett den til 1.
Oppgave 4
A
Antar ad absurdum at dette holder selv om forbeholdet ikke er tatt med.
Tar en ny a, kaller den a′ , og en ny b, b′ .
Har nå at
PAR(a′ , b′ ) = {a′ , {a′ , b′ }}
og dermed
PAR(a, b) = PAR(a′ , b′ )
{a, {a, b}} = {a′ , {a′ , b′ }}
Dette vil opplagt være feil ∀a′ 6= a ∧ ∀b′ 6= b, og dermed faller antagelsen grus.
Følgelig holder argument i 4 A i oppgaven.
3