Zdanie „nieprawda, że p” nazywamy negacją zdania logicznego p i oznaczamy ją symbolem ∼p. Negacja zdania p jest prawdziwa, gdy zdanie p jest fałszywe.
p
∼p
1
0
0
1
Definicja koniunkcji
Zdanie „ p i q” nazywamy koniunkcją zdań logicznych p,q i oznaczamy ją symbolem „p∧q”. Przyjmujemy, że koniunkcja jest prawdziwa, gdy oba zdania p,q są prawdziwe.
p
q
p∧q
1
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
0
Definicja alternatywy
Zdanie „ p lub q” nazywamy alternatywą zdań logicznych p,q i oznaczamy ją symbolem p∨q . Przyjmujemy, że alternatywa zdań p∨q jest prawdziwa, gdy przynajmniej jedno ze zdań p,q jest prawdziwe.
p
q
p∨q
1
1
1
1
0
1
0
1
1
0
0
0
Definicja implikacji
Zdanie „Jeżeli p, to q” nazywamy implikacją i oznaczamy symbolem p⇒q . Przyjmujemy, że implikacja jest prawdziwa, gdy zdania p oraz q są prawdziwe lub gdy zdanie p jest fałszywe a zdanie q jest prawdziwe lub fałszywe. W implikacji zdanie p nazywamy poprzednikiem a zdanie q nazywamy następnikiem. W skrócie implikacja jest fałszywa tylko wtedy, gdy poprzednik jest prawdziwy a następnik fałszywy.
p
q
p⇒q
1
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
Definicja równoważności
Zdanie „p wtedy i tylko wtedy, gdy q” nazywamy równoważnością i oznaczamy p⇔q. Przyjmujemy, że równoważność jest prawdziwa, gdy zdania p i q mają taką samą wartość logiczną.
p
q
p⇔q
1
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
Definicja prawa logicznego
Prawem logicznym nazywamy funkcję zdaniową, która bez względu na wartości logiczne zmiennych zdaniowych jest zawsze prawdziwa.
Prawa rachunku zdań
Prawo wyłączonego środka p∨∼p
Prawo podwójnej negacji ∼(∼p)⇔p
Prawo przemienności koniunkcji p∧q⇔q∧p
Prawo łączności koniunkcji (p∧q)∧r⇔p∧(q∧r)
Prawo przemienności alternatywy p∨q⇔q∨p
Prawo łączności alternatywy (p∨q)∨r⇔p∨(q∨r)
I prawo de Morgana - prawo zaprzeczenia koniunkcji ∼(p∧q)⇔[(∼p)∨(∼q)]
II prawo de Morgana - prawo zaprzeczenia alternatywy ∼(p∨q)⇔[(∼p)∧(∼q)]
Prawo przechodniości implikacji [(p⇒q)∧(q⇒r)]⇒(p⇒r)
Prawo rozdzielności alternatywy względem koniunkcji [p∨(q∧r)]⇔[(p∨q)∧(p∨r)]
Prawo rozdzielności koniunkcji względem alternatywy [p∧(q∨r)]⇔[(p∧q)∨(p∧r)]
Prawo odrywania [(p⇒q)∧p]⇒q
Prawo eliminacji implikacji (p⇒q)⇔((∼p)∨q)
Prawo eliminacji równoważności (p⇔q)⇔((p⇒q)∧(q⇒p))
Definicje dotyczące kwantyfikatorów
Definicja kwantyfikatora ogólnego
Zwrot „dla każdego x należącego do zbioru X” nazywamy kwantyfikatorem ogólnym wiążącym zmienną x ograniczoną do zbioru X i oznaczamy symbolem ∧x∈X lub ∀x∈X
Definicja kwantyfikatora szczegółowego
Zwrot „istnieje taki x należący do zbioru X, że…” nazywamy kwantyfikatorem szczegółowym wiążącym zmienną x ograniczoną do zbioru X i oznaczamy symbolem ∨x∈X lub ∃x∈X
Własności kwantyfikatorów
Poniżej p oznacza formę zdaniową zależną od zmiennej x∈X, a q formę zdaniową zależną od zmiennych x∈X i y∈Y.
Zapis symboliczny twierdzenia
Nazwa twierdzenia
∼(∀x∈Rp(x))⇔∃x∈R[∼p(x)]
Prawo de Morgana dla kwantyfikatora ogólnego
∼(∃x∈Rp(x))⇔∀x∈R[∼p(x)]
Prawo de Morgana dla kwantyfikatora szczegółowego
∀x∈X∀y∈Yq(x,y)⇔∀y∈Y∀x∈Xq(x,y)
Prawo przestawiania dla kwantyfikatorów ogólnych
∃x∈X∃y∈Yq(x,y)⇔∃y∈Y∃x∈Xq(x,y)
Prawo przestawiania dla kwantyfikatorów szczegółowych
∃x∈X∀y∈Yq(x,y)⇔∀y∈Y∃x∈Xq(x,y)
Prawo przestawiania kwantyfikatora ogólnego ze szczegółowym
Definicja formy zdaniowej
Formą zdaniową zmiennej x nazywamy wyrażenie T(x), które będzie zdaniem logicznym po podstawieniu w miejsce x dowolnego elementu zbioru X. Zbiór ten nazywamy dziedziną formy zdaniowej T. Przykładami form zdaniowych są równania i nierówności.
Zdanie logiczne 1
Jeżeli funkcja f(x)=tgx jest okresowa, to funkcja f(x)=x3 jest nieparzysta.
Podpowiedź
Skorzystaj z prawa eliminacji implikacji oraz prawa de Morgana.
Rozwiązanie
Jest to zaprzeczenie implikacji: ∼(f(x)=tgx jest okresowa ⇒f(x)=x3 jest nieparzysta). Korzystając z prawa eliminacji implikacji mamy: ∼(∼(f(x)=tgx jest okresowa )∨f(x)=x3 jest nieparzysta ) Teraz skorzystamy z prawa de Morgana (zaprzeczenia alternatywy), mamy zatem: ∼(∼f(x)=tgx jest okresowa )∧∼f(x)=x3 jest nieparzysta . Korzystając z prawa podwójnej negacji dostaniemy: f(x)=tgx jest okresowa ∧f(x)=x3 jest parzysta . Koniunkcja ta jest prawdziwa tylko, jeśli oba zdania są prawdziwe. Wiemy, że funkcja f(x)=tgx jest funkcją okresową, ale wiemy również, że funkcja f(x)=x3 jest funkcją nieparzystą, zatem jest to zdanie fałszywe.
Odpowiedź
Zaprzeczeniem wyjściowego zdania jest zdanie: f(x)=tgx jest okresowa ∧f(x)=x3 jest parzysta . Wartość logiczna tego zdania wynosi 0.
Zdanie logiczne 2
∀x∈Rx2+4≥0.
Podpowiedź
Skorzystaj z Prawa de Morgana dla kwantyfikatora ogólnego.
Rozwiązanie
Tworzymy zaprzeczenie wyjściowego zdania ∼(∀x∈Rx2+4≥0)⇔ (korzystamy z prawa de Morgana dla kwantyfikatora ogólnego) ∃x∈Rx2+4<0. Jeśli x jest dowolną liczbą rzeczywistą, to jesteśmy w stanie ocenić, że jest to zdanie fałszywe. Jeśli dowolną liczbę rzeczywistą podniesiemy do kwadratu dostaniemy zawsze liczbę nieujemną, a taka liczba powiększona o 4 jest zawsze liczbą dodatnią. Zatem nie istnieje taka liczba rzeczywista, dla której wartość wyrażenia x2+4 będzie liczbą ujemną.
Odpowiedź
Zaprzeczeniem jest zdanie ∃x∈Rx2+4<0. Wartość logiczna tego zaprzeczenia wynosi 0.
Zdanie logiczne 3
√7−√5=√2⇔3210<1.
Podpowiedź
Zastosuj prawa eliminacji równoważności oraz eliminacji implikacji.
Rozwiązanie
Oceńmy na początek, z jakimi zdaniami mamy do czynienia. Zatem zdanie √7−√5=√2 jest fałszywe (możemy policzyć w przybliżeniu 2,64−2,23≈0,41≠√2). Z drugiej strony 3210=910=0,9<1 więc jest to zdanie prawdziwe.
Szukamy zaprzeczenia zdania√7−√5=√2⇔3210<1. ∼(√7−√5=√2⇔3210<1)⇔ Korzystamy z prawa eliminacji równoważności. ∼[(√7−√5=√2⇒3210<1)∧(3210<1⇒√7−√5=√2)]⇔ Korzystamy z pierwszego prawa de Morgana (dla koniunkcji). ⇔∼(√7−√5=√2⇒3210<1)∨∼(3210<1⇒√7−√5=√2)⇔ Korzystamy z prawa eliminacji implikacji w obu składnikach alternatywy. ⇔∼(∼(√7−√5=√2)∨3210<1)∨∼(∼(3210<1)∨√7−√5=√2)⇔ Ponownie skorzystamy z prawa de Morgana, tym razem dla alternatywy, ⇔[∼(∼√7−√5=√2)∧∼(3210<1)]∨[∼(∼3210<1)∧∼(√7−√5=√2)]⇔ oraz z prawa podwójnej negacji, negując jednocześnie odpowiednie zdania ⇔[√7−√5=√2∧3210≥1]∨[3210<1∧√7−√5≠√2]. Na tym etapie możemy okreslić wartość logiczną zdania. Koniunkcja [√7−√5=√2∧3210≥1] jest fałszywa, gdyż żadne ze zdań składowych nie jest prawdziwe, natomiast koniunkcja [3210<1∧√7−√5≠√2] jest prawdziwa, gdyż oba zdania są prawdziwe. Alternatywa jest zatem prawdziwa, czyli zaprzeczenie całego zdania wyjściowego okazuje się zdaniem prawdziwym (wartość logiczna 1).
Odpowiedź
Zaprzeczenie ∼(√7−√5=√2⇔3210<1) jest zdaniem prawdziwym, ma wartość logiczną 1.
Zdanie logiczne 4
Stolicą Polski jest Warszawa lub Gdańsk.
Podpowiedź
Znajdź zaprzeczenie i oceń wartość logiczną powstałej formuły zdaniowej.
Rozwiązanie
Zdanie "Stolicą Polski jest Warszawa lub Gdańsk" jest alternatywą zdań: "Stolicą Polski jest Warszawa", "Stolicą Polski jest Gdańsk". Alternatywa jest prawdziwa, jeśli co najmniej jedno ze zdań jest prawdziwe, a takim zdaniem jest "Stolicą Polski jest Warszawa". Zatem jest to zdanie prawdziwe. Zaprzeczeniem jest zdanie: „Nieprawda, że stolicą Polski jest Warszawa lub Gdańsk”. Korzystając z prawa de Morgana dla alternatywy zdanie "Stolicą Polski nie jest Warszawa i stolicą Polski nie jest Gdańsk" jest zdaniem fałszywym (jako zaprzeczenie zdania prawdziwego).
Odpowiedź
Zaprzeczeniem jest zdanie "Stolicą Polski nie jest Warszawa i stolicą Polski nie jest Gdańsk". Wartość logiczna tego zdania wynosi 0.
Zdanie logiczne 5
∀x∈Rx2+4x+4≤0.
Podpowiedź
Tworząc zaprzeczenie skorzystaj z prawa de Morgana dla kwantyfikatora ogólnego.
Rozwiązanie
Szukamy zaprzeczenia zdania wyjściowego ∼(∀x∈Rx2+4x+4≤0) Korzystamy z prawa de Morgana dla kwantyfikatora ogólnego ∃x∈Rx2+4x+4>0
Aby rozwiązać nierówność kwadratową należy wyznaczyć miejsca zerowe (jeśli istnieją) oraz narysować wykres funkcji f(x)=x2+4x+4. Liczymy Δ=b2−4ac=42−4⋅1⋅4=0. Istnieje zatem tylko jedno miejsce zerowe x0=−b2a=−42=−2. Wiemy, że parabola ma ramiona skierowane „do góry”, gdyż a>0.
Zdanie to będzie zdaniem prawdziwym, gdyż istnieje taka liczba rzeczywista, która spełnia nierówność x2+4x+4>0, na dodatek spełnia je każda liczba rzeczywista różna od −2 (dla tego argumentu funkcja przyjmuje wartość 0).
Odpowiedź
Zaprzeczeniem jest zdanie ∃x∈Rx2+4x+4>0. Wartość logiczna tego zdania wynosi 1.
Zdanie logiczne 6
∃x∈Rcosx=2.
Podpowiedź
Tworząc zaprzeczenie zdania skorzystaj z prawa de Morgana dla kwantyfikatora szczegółowego.
Rozwiązanie
Zaprzeczenie powyższego zdania ma postać: ∼∃x∈Rcosx=2 czyli (korzystając z prawa de Morgana dla kwantyfikatora szczegółowego): ∀x∈R cosx≠2. Jest to zdanie prawdziwe ponieważ funkcja f(x)=cosx przyjmuje tylko wartości z przedziału [−1,1], zatem dla każdego x∈R będzie przyjmowała wartości różne od 2.
Odpowiedź
Zaprzeczeniem jest zdanie ∀x∈Rcosx≠2. Wartość logiczna tego zaprzeczenia wynosi 1.
Znajdź zaprzeczenia zdań logicznych lub form zdaniowych z kwantyfikatorami. Oceń prawdziwość powstałych zaprzeczeń. Pamiętaj, aby oceniać wartość logiczną utworzonego zaprzeczenia zdania.
Uwaga
Możesz porównać swoją odpowiedź z naszą, klikając przycisk "Odpowiedź". Jeśli chcesz z nami rozwiązać zadanie, kliknij przycisk "Rozwiązanie".
Zdanie logiczne 1
3⋅5=8.
Odpowiedź
Powstałe zaprzeczenie "3⋅5≠8" jest zdaniem prawdziwym więc jego wartość logiczna wynosi 1.
Rozwiązanie
Musimy znaleźć zaprzeczenie zdania "3⋅5=8". Brzmi ono "Nieprawda, że 3⋅5=8" a to oznacza, że "3⋅5≠8" co jest akurat prawdą, gdyż 3⋅5=15 a nie 8. Powstałe zaprzeczenie jest zdaniem prawdziwym, więc wartość logiczna powstałego zaprzeczenia wynosi 1.
Zdanie logiczne 2
4 jest dzielnikiem 25 i 6 jest wielokrotnością liczby 2.
Odpowiedź
Zdanie 4∤25∨2∤6. jest zaprzeczeniem wyjściowego zdania logicznego.Wartość logiczna tego zaprzeczenia wynosi 1.
Rozwiązanie
Zdanie to jest koniunkcją zdań:4∣25 oraz 2∣6, zatem zaprzeczenie tego zdania to ∼(4∣25∧2∣6). Korzystamy z I prawa de Morgana (prawa zaprzeczenia koniunkcji). Wówczas zdanie ∼(4∣25∧2∣6) można zapisać w postaci alternatywy zaprzeczeń: ∼(4∣25)∨∼(2∣6) co jest równoważne ze zdaniem 4∤25∨2∤6. Analizując prawdziwość poszczególnych zdań prostych tak jak wcześniej dostaniemy alternatywę zdania prawdziwego i zdania fałszywego. Taka alternatywa jest prawdziwa zatem zaprzeczenie zdania wyjściowego ma wartość logiczną 1.
Zdanie logiczne 3
2>4⇔3<4.
Odpowiedź
Zaprzeczeniem jest zdanie: (2>4∧3≥4)∨(3<4∧2≤4) a jego wartość logiczna wynosi 1.
Rozwiązanie
Mamy tutaj do czynienia z równoważnością zdań „2>4” i „3<4”. Budujemy zaprzeczenie tego zdania. ∼(2>4⇔3<4)⇔ (korzystamy z prawa eliminacji równoważności) ∼(2>4⇒3<4∧3<4⇒2>4)⇔ (korzystamy teraz z I prawa de Morgana - zaprzeczenia koniunkcji) ∼(2>4⇒3<4)∨∼(3<4⇒2>4)⇔ (możemy skorzystać z prawa eliminacji implikacji) ∼(∼2>4∨3<4)∨∼(∼3<4∨2>4)⇔ (oraz z I prawa de Morgana) (2>4∧3≥4)∨(3<4∧2≤4). Teraz oceniamy wartość logiczną poszczególnych zdań. Koniunkcja (2>4∧3≥4) jest fałszywa, gdyż oba zdania są fałszywe. Koniunkcja (3<4∧2≤4) jest prawdziwa, gdyż oba zdania są prawdziwe. Alternatywa zdania fałszywego i prawdziwego jest prawdziwa. Zatem zaprzeczeniem zdania wyjściowego jest zdanie prawdziwe (2>4∧3≥4)∨(3<4∧2≤4). Zdanie to ma wartość logiczną 1.
Zdanie logiczne 4
Jeżeli liczba 50 jest podzielna przez 2 i 5, to jest podzielna przez 10.
Odpowiedź
Zaprzeczeniem jest zdanie: „2∣50∧5∣50∧10∤50.” Wartość logiczna wynosi 0.
Rozwiązanie
Jeżeli liczba 50 jest podzielna przez 2 i 5, to jest podzielna przez 10. Zdanie to jest implikacją. Tworzymy zaprzeczenie implikacji: ∼(2∣50∧5∣50⇒10∣50)⇔ (korzystamy z prawa eliminacji implikacji) ∼[∼(2∣50∧5∣50)∨10∣50]⇔ (teraz skorzystamy z II prawa de Morgana) ∼[∼(2∣50∧5∣50)]∧∼(10∣50)⇔ (i prawa podwójnej negacji) 2∣50∧5∣50∧10∤50. Koniunkcja jest prawdziwa tylko wtedy, gdy wszystkie zdania są prawdziwe. Wiemy, że 10 dzieli 50, zatem zdanie 10∤50 jest fałszywe. Co oznacza, że całe zaprzeczenie ma wartość logiczną 0.
Zdanie logiczne 5
(−1)55=−1 lub 11 jest liczbą pierwszą.
Odpowiedź
Zaprzeczenie danego zdania logicznego to: (−1)55≠−1∧11 nie jest liczbą pierwszą. Podane zdanie jest fałszywe, czyli jego wartość logiczna wynosi 0.
Rozwiązanie
Dwa zdania proste "(−1)55=−1" oraz „11 jest liczbą pierwszą” są połączone spójnikiem „lub”, zatem mamy do czynienia z alternatywą zdań. Tworzymy zaprzeczenie tego zdania: ∼((−1)55=−1∨11 jest liczbą pierwszą )⇔ (korzystamy z I prawa de Morgana) ∼(−1)55=−1∧∼11 jest liczbą pierwszą ⇔ (−1)55≠−1∧11 nie jest liczbą pierwszą. Ponieważ oba zdania proste są fałszywe, zatem koniunkcja tych zdań ma również wartość logiczną 0.
Zdanie logiczne 6
∀x∈R∃y∈R|2x−4y|<0.
Odpowiedź
Zaprzeczeniem jest zdanie ∃x∈R∀y∈R|2x−4y|≥0. Wartość logiczna tego zdania wynosi 1.
Rozwiązanie
Tworzymy zaprzeczenie zdania ∼(∀x∈R∃y∈R|2x−4y|<0) Aby uprościć podane wyrażenie, spróbuj dwukrotnie skorzystać z praw de Morgana dla kwantyfikatorów (najpierw ogólnego, później szczegółowego).
Korzystając z prawa de Morgana dla kwantyfikatora ogólnego mamy: ∃x∈R∼(∃y∈R|2x−4y|<0)⇔ (ponownie korzystamy z prawa de Morgana, tym razem dla kwantyfikatora szczegółowego) ∃x∈R∀y∈R∼(|2x−4y|<0)⇔∃x∈R∀y∈R|2x−4y|≥0. Czytamy: „Istnieje taka liczba rzeczywista x, że dla każdej liczby rzeczywistej y wartość bezwzględna wyrażenia 2x−4y jest liczbą nieujemną”. Spróbuj określić wartość logiczną tego zdania. Kiedy wartość bezwzględna przyjmuje wartości nieujemne? Wiemy, że wartość bezwzględna przyjmuje tylko wartości nieujemne, zatem istnieje taka liczba rzeczywista x, dla której dla każdego rzeczywistego y wartość bezwzględna z podanej wartości będzie liczbą nieujemną (większą lub równą 0). Wynika z tego, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x i y podana nierówność jest prawdziwa (wartość logiczna zdania wynosi 1).
Drogi użytkowniku, czytelniku, kursancie, jeśli masz pomysł, by udoskonalić e-kurs, chcesz zadać pytanie, natrafiłeś/aś na jakiś problem lub chcesz wyrazić słowa uznania dla naszej pracy, napisz do nas a jeśli chcesz pozostaw swój adres e-mail, byśmy mogli Ci odpowiedzieć.