הבדלים בין גרסאות בדף "תרגול 6 תשעז"
אחיה בר-און (שיחה | תרומות) (←פתרון) |
|||
(10 גרסאות ביניים של 3 משתמשים אינן מוצגות) | |||
שורה 3: | שורה 3: | ||
=המשך קבוצות= | =המשך קבוצות= | ||
− | == | + | == משלים == |
− | + | ||
− | + | '''הגדרה''': תהי קבוצה <math>U</math>, ונביט בתת קבוצה שלה <math>A</math>. ניתן להגדיר את ה'''משלים''' של <math>A</math> כאוסף האיברים ב-<math>U</math> שאינם ב-<math>A</math> (כלומר ההפרש <math>U\setminus A</math>), המסומן <math>A^c</math>. לא ניתן לדבר על משלים אוניברסלי ללא <math>U</math> מכיוון שאין קבוצה המכילה את כל הדברים בעולם (אחרת נגיע לסתירות כמו פרדוקס ראסל). | |
− | + | ||
− | <math> | + | תכונות בסיסיות: |
− | <math> | + | * <math>A\cup A^c = U</math> |
− | <math> | + | * <math>\varnothing^c = U</math> |
+ | * <math>U^c = \varnothing</math> | ||
+ | * <math>(A^c)^c = A</math> | ||
− | + | על המשלימים מתקיימים חוקי דה מורגן (הנובעים ישירות מחוקי דה מורגן בלוגיקה): | |
+ | *<math>(A\cap B)^c = A^c \cup B^c</math> | ||
+ | *<math>(A\cup B)^c = A^c \cap B^c</math> | ||
+ | הערה: באופן כללי מתקיים | ||
+ | * <math>(\bigcap _{i\in I} A_i)^c = \bigcup _{i\in I} A_{i}^c </math> | ||
+ | * <math>(\bigcup _{i\in I} A_i)^c = \bigcap _{i\in I} A_{i}^c </math> | ||
− | + | ===תרגיל=== | |
− | + | ||
− | + | הוכיחו כי <math>A \triangle B = A^c \triangle B^c</math>. | |
− | + | ====פתרון==== | |
− | + | נשתמש בהצגת ההפרש הסימטרי כאיחוד ההפרשים: | |
− | <math>x\in A \ | + | <math>x\in A \triangle B \iff (x\in A \land x\notin B)\lor (x\in B \land x\notin A) \iff</math> |
− | <math>x\ | + | <math>(x\notin A^c \land x\in B^c)\lor (x\notin B^c \land x\in A^c)</math> ומחילופיות "וגם" ו"או": |
− | <math>x\in (A\ | + | <math>(x\notin B^c \land x\in A^c)\lor (x\notin A^c \land x\in B^c) \iff</math> |
+ | <math>(x\in A^c \land x\notin B^c)\lor (x\in B^c \land x\notin A^c) \iff x\in A^c \triangle B^c</math> | ||
− | + | ===תרגיל=== | |
+ | לכל <math>n\in \mathbb{N}</math> נגדיר <math>A_n=\{k\in \mathbb{N}|2\leq k\leq 2n-1\}</math> ונגדיר <math>B_n=A_{n+1}\smallsetminus A_n</math>. | ||
− | <math> | + | א. מצאו את <math>\bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n</math>. |
− | <math> | + | ב. נגדיר <math>D_n=\mathbb{N}\smallsetminus B_n</math>. מצאו את <math>\bigcap_{n\in \mathbb{N}} D_n</math>. |
− | + | ====פתרון==== | |
− | <math> | + | א. התשובה: <math>\mathbb{N}\smallsetminus \{1\}</math>. הוכחה: |
− | + | <math>\bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n \subseteq \mathbb{N}\smallsetminus \{1\} </math>: הכל תת קבוצות של הטבעיים וכל הקבוצות מוגדרות ע"י איברים הגדולים מ-<math>2</math>. | |
− | + | <math>\mathbb{N}\smallsetminus \{1\} \subseteq \bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n</math>: יהי <math>a\in \mathbb{N}\smallsetminus \{1\}</math> נמצא קבוצה בה הוא נמצא. נשים לב ש-<math>B_n=\{2\leq k\leq 2n+1\}\smallsetminus \{2\leq k\leq 2n-1\}=\{2n,2n+1\}</math>. לכן אם <math>a</math> זוגי הוא נמצא ב- <math>B_{\frac{n}{2}}</math> ואם אי-זוגי אז <math>a\in B_{\frac{n-1}{2}}</math>. | |
− | + | ב. נתייחס ל-<math>\mathbb{N}</math> כקבוצה האוניברסלית לדיוננו. לפי דה-מורגן נקבל:<math>\bigcap_{n\in \mathbb{N}} D_n=\bigcap_{n\in \mathbb{N}} B_n^c=(\bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n)^c=\{1\}</math>. | |
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
==קבוצת החזקה== | ==קבוצת החזקה== | ||
'''הגדרה''': תהי קבוצה <math>A</math>. נגדיר את '''קבוצת החזקה''' של <math>A</math> בתור אוסף כל תת הקבוצות של <math>A</math>. נסמן <math>P(A)=\{X:X\subseteq A\}</math>. | '''הגדרה''': תהי קבוצה <math>A</math>. נגדיר את '''קבוצת החזקה''' של <math>A</math> בתור אוסף כל תת הקבוצות של <math>A</math>. נסמן <math>P(A)=\{X:X\subseteq A\}</math>. | ||
− | |||
− | |||
− | |||
האם אתם יכולים למנות כמה איברים יש בקבוצת החזקה? הוכיחו זאת באינדוקציה. | האם אתם יכולים למנות כמה איברים יש בקבוצת החזקה? הוכיחו זאת באינדוקציה. | ||
+ | |||
+ | ===תרגיל=== | ||
+ | הוכיחו או הפריכו: <math>A\cap P(P(A))=\varnothing</math>. | ||
+ | |||
+ | ====פתרון==== | ||
+ | הפרכה : ניקח <math>A=\{1,\{\{1\}\}\}</math>. | ||
+ | |||
+ | ===תרגיל=== | ||
+ | הוכיחו או הפריכו: | ||
+ | |||
+ | א. <math>P(A)\cap P(B)=P(A\cap B)</math> | ||
+ | |||
+ | ב. <math>P(A)\cup P(B)=P(A\cup B)</math> | ||
+ | |||
+ | ====פתרון==== | ||
+ | |||
+ | א. הוכחה: <math>X\in P(A)\cap P(B) \iff X\subseteq A\land X\subseteq B\iff</math> | ||
+ | |||
+ | <math>X\subseteq A\cap B\iff X\in P(A\cap B)</math> | ||
+ | |||
+ | ב. הפרכה: ניקח <math>A=\{1\},B=\{2\}</math>. אז <math>\{1,2\} \in P(A\cup B)</math>, אבל לא ל-<math>P(A)\cup P(B)</math>. | ||
+ | |||
+ | למעשה הוכיחו כי <math>P(A)\cup P(B)=P(A\cup B)</math> אם ורק אם <math>A\subseteq B</math> או <math>B\subseteq A</math>. | ||
===תרגיל ממבחן=== | ===תרגיל ממבחן=== | ||
שורה 74: | שורה 89: | ||
ג. אם <math>A\cap B=\varnothing</math> אזי <math>P(A)\cap P(B) = \{\varnothing\}</math> | ג. אם <math>A\cap B=\varnothing</math> אזי <math>P(A)\cap P(B) = \{\varnothing\}</math> | ||
− | |||
===פתרון=== | ===פתרון=== | ||
− | א. '''הפרכה''': <math>A=\{1,2\},B=\{1\},C=\{2\}</math>. אזי ברור ש-<math>A</math> איננה מוכלת בחיתוך <math>B\cap C</math> אבל <math>(A\setminus B)\cap(A\setminus C)=\{2\}\cap\{1\}=\varnothing</math> | + | א. '''הפרכה''': <math>A=\{1,2\},B=\{1\},C=\{2\}</math>. אזי ברור ש-<math>A</math> איננה מוכלת בחיתוך <math>B\cap C</math> אבל <math>(A\setminus B)\cap(A\setminus C)=\{2\}\cap\{1\}=\varnothing</math>. |
ב. נתון שלכל <math>a\in A</math> מתקיים <math>a \in B</math>. אזי | ב. נתון שלכל <math>a\in A</math> מתקיים <math>a \in B</math>. אזי | ||
− | <math>x\in [A\cup(B | + | <math>x\in [A\cup(B\setminus A)] \iff (x\in A) \or [(x\in B)\and (x\notin A)] \iff</math> |
− | + | <math>[(x\in A) \or (x\in B)] \and [(x \in A)\or (x\notin A)] </math> | |
− | + | כעת, הצד הימני הוא טאוטולוגיה וניתן להסיר אותו. מכיוון שנתון <math>(x\in A)\rightarrow (x\in B)</math> ניתן להסיק בקלות ש-<math>(x\in A)\or (x\in B) \iff (x\in B)</math>, כפי שרצינו. | |
− | <math> | + | |
+ | דרך נוספת: נגדיר את <math>B</math> להיות הקבוצה האוניברסאלית <math>U:=B</math> ואז צריך להוכיח כי | ||
+ | <math>A\cup A^c =U</math> וזה אכן נכון! | ||
− | ג. נניח בשלילה ש<math>P(A)\cap P(B)\neq \{\varnothing\}</math>. מכיוון שהקבוצה הריקה שייכת לכל קבוצת חזקה החיתוך אינו ריק. לכן לפי הנחת השלילה קיימת קבוצה לא ריקה <math>\ | + | ג. נניח בשלילה ש-<math>P(A)\cap P(B)\neq \{\varnothing\}</math>. מכיוון שהקבוצה הריקה שייכת לכל קבוצת חזקה, החיתוך אינו ריק. לכן לפי הנחת השלילה קיימת קבוצה לא ריקה <math>C \ne\varnothing</math> השייכת לחיתוך <math>P(A)\cap P(B)</math>. קבוצות החזקה הן אוסף תת הקבוצות, ולכן <math>C\subseteq A \and C\subseteq B</math>. מכיוון ש-<math>C</math> אינה ריקה קיים בה איבר <math>c\in C</math> וקל לראות ש-<math>(c\in A)\and (c\in B) </math> ולכן <math>c</math> מוכל בחיתוך, בסתירה לכך שהחיתוך ריק. |
גרסה אחרונה מ־19:17, 9 ביולי 2019
חזרה לדף מערכי התרגול.
תוכן עניינים
המשך קבוצות
משלים
הגדרה: תהי קבוצה , ונביט בתת קבוצה שלה . ניתן להגדיר את המשלים של כאוסף האיברים ב- שאינם ב- (כלומר ההפרש ), המסומן . לא ניתן לדבר על משלים אוניברסלי ללא מכיוון שאין קבוצה המכילה את כל הדברים בעולם (אחרת נגיע לסתירות כמו פרדוקס ראסל).
תכונות בסיסיות:
על המשלימים מתקיימים חוקי דה מורגן (הנובעים ישירות מחוקי דה מורגן בלוגיקה):
הערה: באופן כללי מתקיים
תרגיל
הוכיחו כי .
פתרון
נשתמש בהצגת ההפרש הסימטרי כאיחוד ההפרשים:
ומחילופיות "וגם" ו"או":
תרגיל
לכל נגדיר ונגדיר .
א. מצאו את .
ב. נגדיר . מצאו את .
פתרון
א. התשובה: . הוכחה:
: הכל תת קבוצות של הטבעיים וכל הקבוצות מוגדרות ע"י איברים הגדולים מ-.
: יהי נמצא קבוצה בה הוא נמצא. נשים לב ש-. לכן אם זוגי הוא נמצא ב- ואם אי-זוגי אז .
ב. נתייחס ל- כקבוצה האוניברסלית לדיוננו. לפי דה-מורגן נקבל:.
קבוצת החזקה
הגדרה: תהי קבוצה . נגדיר את קבוצת החזקה של בתור אוסף כל תת הקבוצות של . נסמן .
האם אתם יכולים למנות כמה איברים יש בקבוצת החזקה? הוכיחו זאת באינדוקציה.
תרגיל
הוכיחו או הפריכו: .
פתרון
הפרכה : ניקח .
תרגיל
הוכיחו או הפריכו:
א.
ב.
פתרון
א. הוכחה:
ב. הפרכה: ניקח . אז , אבל לא ל-.
למעשה הוכיחו כי אם ורק אם או .
תרגיל ממבחן
תהינה קבוצות. הוכיחו או הפריכו:
א. אם אזי
ב. אם אזי
ג. אם אזי
פתרון
א. הפרכה: . אזי ברור ש- איננה מוכלת בחיתוך אבל .
ב. נתון שלכל מתקיים . אזי
כעת, הצד הימני הוא טאוטולוגיה וניתן להסיר אותו. מכיוון שנתון ניתן להסיק בקלות ש-, כפי שרצינו.
דרך נוספת: נגדיר את להיות הקבוצה האוניברסאלית ואז צריך להוכיח כי וזה אכן נכון!
ג. נניח בשלילה ש-. מכיוון שהקבוצה הריקה שייכת לכל קבוצת חזקה, החיתוך אינו ריק. לכן לפי הנחת השלילה קיימת קבוצה לא ריקה השייכת לחיתוך . קבוצות החזקה הן אוסף תת הקבוצות, ולכן . מכיוון ש- אינה ריקה קיים בה איבר וקל לראות ש- ולכן מוכל בחיתוך, בסתירה לכך שהחיתוך ריק.