Lý thuyết và bài tập Toán học rời rạc Chương Logic
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (824.74 KB, 40 trang )
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Chương 3. LÔGIC VÀ SUY LUẬN TOÁN HỌC
I. ĐẠI SỐ MỆNH ĐỀ
1. Mệnh đề sơ cấp
Các phát biểu khẳng định không thể chia nhỏ được và có giá trị hoặc đúng (1, true, yes)
hoặc sai (0, false, no) được gọi là mệnh đề sơ cấp. Giá trị của mệnh đề sơ cấp được gọi là giá trị
chân lý. Kí hiệu các mệnh đề sơ cấp bởi các chữ cái X, Y, Z, ...
Trong bài giảng này để biểu thị giá trị chân lý "đúng", "sai" ta dùng 1 (true) và 0 (false).
Ví dụ 1:
"3 là số nguyên tố" là một mệnh đề có giá trị chân lý là 1
"x chia hết cho 3" không phải là mệnh đề vì nó chỉ trở thành khẳng định với x cụ thể
hoặc khi thêm các lượng từ với mọi, tồn tại vào trước mệnh đề.
"Bao giờ cho đến tháng mười" không phải là một mệnh đề vì nó không phải là khẳng
định.
2. Mệnh đề, công thức mệnh đề
Các mệnh đề được thành lập từ các mệnh đề sơ cấp bằng các phép toán mệnh đề.
a. Phép toán
Các phép toán : hội (), tuyển (), phủ định (, _), kéo theo () . Bảng chân trị
X
Y
XY
XY
X
XY
1
1
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
Các phép toán trên tương đương với các liên từ "và", "hoặc", "không", "kéo theo"
Chú ý bảng chân trị của phép kéo theo qua các câu sau đây :
Vì mặt trời mọc ở hướng đông nên trái đất tròn
Vì mặt trời mọc ở hướng tây nên trái đất tròn
Vì mặt trời mọc ở hướng đông nên trái đất vuông
Vì mặt trời mọc ở hướng tây nên trái đất vuông
Về mặt thực tế khó nói được tính đúng sai của 4 khẳng định dạng trên. Tuy nhiên áp dụng
hệ toán mệnh đề có thể thấy các câu i. ii. là đúng và câu iii. là sai và đặc biệt một câu vô nghĩa
như câu iv. lại là đúng.
b. Công thức mệnh đề
1
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
i.
ii.
Các giá trị 1, 0 và các mệnh đề sơ cấp : X, Y, Z, ... là các công thức mệnh đề
Nếu A, B, C ... là các công thức mệnh đề thì (A B), (A B), (A), (A B) là các
công thức mệnh đề.
Dựa vào định nghĩa trên để nhận biết một công thức. Ví dụ : A B A không là công
thức. Để đơn giản (nếu không nhầm lẫn) có thể bỏ bớt các dấu ngoặc bao ngoài.
Ví dụ 2: "Nếu anh ta cao kều, đăm chiêu và lặng lẽ thì trời mưa".
Có nhiều cách để biểu diễn câu trên thành một công thức mệnh đề :
Nếu đặt X, Y, Z, T tương ứng là các mệnh đề sơ cấp : "Anh ta cao kều"; "Anh ta đăm
chiêu"; "Anh ta lặng lẽ", "Trời mưa" thì ta có công thức mệnh đề là (X Y Z) T
Nếu đặt A là công thức : "Anh ta cao kều, đăm chiêu" ; B là công thức "lặng lẽ" và C là
công thức "Trời mưa" thì công thức cho câu trên là (A B) C.
Đặt A = "Nếu anh ta cao kều, đăm chiêu và lặng lẽ thì trời mưa". Công thức là A.
Như vậy giá trị của một công thức (hoặc của mệnh đề) cũng được tính qua giá trị của các
công thức thành phần, như A, B, C hoặc A, B, C kết hợp bởi các phép toán trên bằng cách lập
bảng chân trị. Vì vậy các công thức mệnh đề cũng được xem là một mệnh đề.
3. Tính tương đương của các công thức
Hai công thức được gọi là tương đương nếu nó bằng nhau với mọi bộ giá trị của các mệnh
đề sơ cấp tham gia trong công thức (thực chất nó là tương đương lôgic, nghĩa là chỉ trùng nhau về
mặt giá trị chân lý chứ không trùng nhau hoàn toàn về mặt cấu trúc). Kí hiệu A B để chỉ hai
công thức A và B tương đương.
Để kiểm tra tính tương đương ta lập bảng chân trị. Các phần sau sẽ cho thấy các cách khác
để kiểm tra tính tương đương (ví dụ dùng các phép biến đổi tương đương).
Ví dụ 3: Lập bảng chân trị cho các công thức tương đương sau (bài tập)
i. A B A B
ii. (A B) A B
iii. A A
Bằng cách lập bảng chân trị ta dễ dàng chứng minh được các cặp công thức tương đương
sau :
Một số công thức tương đương
Tên gọi
Tương đương
Luật đồng nhất
A1A0A
Luật nuốt
A 1 1; A 0 0, A A 1; A A 0
Luật luỹ đẳng
AAAAA
Luật phủ định kép
A A
Luật hấp thụ
A (A B) A; A (A B) A
Luật giao hoán
A B B A; A B B B
Luật kết hợp
(A B) C A (B C); (A B) C A (B C)
2
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Luật phân phối
A (B C) (A B) (A C);
A (B C) (A B) (A C)
Luật De Morgan
(A B) A B; (A B) A B
Các công thức khác
A B A B
Từ bảng các công thức tương đương trên (mà ta có thể xem như các luật) ta có thể sử dụng
để tìm tương đương rút gọn của các công thức khác.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng (A (A B)) A B
A (A B))
:
A (A B)
:
(A A) (A B)
:
0 (A B)
:
(A B)
Ví dụ 2 : Chứng minh A (A B) = A
(A 0) (A B)
:
A (0 B)
:
A (B 0)
:
A0
:
A
:
De Morgan
De Morgan
phân phối
đồng nhất
đồng nhất
phân phối
giao hoán
nuốt
đồng nhất
(x + 0y = (x+0)(x+y))
4. Công thức đồng nhất đúng (sai, tiếp liên)
c. Định nghĩa
Nếu hoàn toàn đúng (đồng nhất đúng) hoặc hoàn toàn sai (đồng nhất sai) với mọi bộ giá trị
của các mệnh đề sơ cấp. Trường hợp còn lại gọi là tiếp liên.
Nếu A là đồng nhất đúng thì A là đồng nhất sai và ngược lại.
Ví dụ 5: A A, A A, A, là các công thức đồng nhất đúng, đồng nhất sai, tiếp liên.
Để chứng minh A là đồng nhất đúng ta có thể chứng minh bằng nhiều cách :
Lập bảng chân trị (trong trường hợp ít mệnh đề sơ cấp) khi đó cột chân trị của A hoàn
toàn bằng 1.
Chứng minh A 1 bằng các biến đổi tương đương dựa trên bảng các công thức tương
đương ở trên.
Dùng một số cách chứng minh gián tiếp khác như phản chứng. Khi đó ta giả thiết có một
bộ chân trị của các mệnh đề sơ cấp sao cho A nhận giá trị 0, từ giả thiết này bằng các lập
luận ta dẫn về một khẳng định vô lý hoặc mâu thuẫn với các kết quả đã biết.
Ví dụ 6: Chứng minh công thức (A B) (A B) là đồng nhất đúng.
Lập bảng chân trị :
A
B
AB
AB
(A B) (A B)
1
1
1
1
1
3
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
1
0
0
1
1
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
Biến đổi trực tiếp : (A B) (A B) (A B) (A B) A B A B 1
Phản chứng : Giả thiết tồn tại một bộ giá trị của A, B sao cho công thức trên nhận giá trị
của 0. Từ bảng chân trị của phép toán X Y (chỉ sai khi X đúng và Y sai) ta phải có A
B đúng còn A B sai. Hai khẳng định này là mâu thuẫn nhau do A B đúng khi và
chỉ khi cả A lẫn B đúng còn A B sai khi và chỉ khi cả A lẫn B sai. Do đó công thức
trên là đồng nhất đúng.
d. Tính chất
Định lý 1: Giả sử A, B là các công thức. A B khi và chỉ khi A B và B A là
các đồng nhất đúng.
Chứng minh: bài tập.
Định lý này cho thấy mối quan hệ giữa tính tương đương và tính đồng nhất đúng.
Ví dụ 7:
A A vì cả A A và A A đều là các đồng nhất đúng.
A (B A) là công thức đồng nhất đúng nhưng không thể khẳng định A B A, vì
(B A) A chỉ là tiếp liên.
5. Luật đối ngẫu
Giả sử A là một công thức chỉ chứa các phép toán , , mà không chứa phép toán .
Trong A đối chỗ vai trò hai phép toán , cho nhau và thay giá trị của cặp 1, 0 ta được công
thức A* gọi là công thức đối ngẫu của A. Từ định nghĩa dễ dàng thấy được nếu B là công thức
đối ngẫu của A thì A cũng là đối ngẫu của B
Ví dụ 8: Đối ngẫu của công thức X (Y X) là công thức X (Y X)
Định lý 2: Cho A(X) và B(X) là các công thức, trong đó X là bộ các mệnh đề sơ cấp
và B(X) là công thức đối ngẫu của A(X). Khi đó ta có :
i. A(X) B(X) và B(X) = A(X)
ii. A(X) B(X) và B(X) A(X)
Chứng minh: Chứng minh theo định nghĩa đệ quy của công thức A và dùng luật De Morgan.
Ví dụ 9:
Cho
ta có :
A(X, Y, Z) = (X Y) (Y Z) A*(X, Y, Z) = (X Y) (Y Z)
A*((X, Y, Z))
((X Y) (Y Z)
(X Y) (Y Z)
(De Morgan)
(X Y) (Y Z)
4
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
A
Vậy A(X, Y, Z) A*((X, Y, Z)).
Định lý 3: Đối ngẫu của 2 công thức tương đương là 2 công thức tương đương.
Chứng minh: Qui nạp theo định nghĩa của công thức.
Ví dụ 10:
A (A B) A
Luật hấp thụ
A (A B) A
cũng đúng và là hấp thụ
(đối ngẫu của A (A B) là A (A B), còn đối ngẫu của A là A)
hoặc các công thức khác như công thức De Morgan, công thức phân phối, kết hợp ...
6. Luật thay thế
Giả sử A là công thức mệnh đề chứa kí hiệu mệnh đề sơ cấp X. Khi đó thay một hoặc một
số bất kỳ vị trí X trong A bởi một công thức mệnh đề B nào đó ta sẽ nhận được công thức mệnh
đề mới kí hiệu A(X|B).
Định lý 4: Nếu A(X) là đồng nhất đúng thì A(X|B) cũng là đồng nhất đúng với mọi
công thức B bất kỳ.
Chứng minh: chứng minh theo định nghĩa của công thức đồng nhất đúng.
Ví dụ 11: (A B) A là đồng nhất đúng. Do đó thay A bởi (B A) ta nhận được công thức
((B A) B) (B A) cũng là đồng nhất đúng.
7. Luật kết luận
Định lý 5: Nếu A và A B là các công thức đồng nhất đúng thì B cũng là công thức
đồng nhất đúng
Chứng minh: Phản chứng.
II. BÀI TOÁN THOẢ ĐƯỢC
Một công thức mệnh đề A gọi là thoả được nếu tồn tại một bộ giá trị của các mệnh đề sơ
cấp sao cho công thức có giá trị đúng (1).
Như vậy một công thức A là không thoả được khi nó không phải là đồng nhất sai tức A
không phải là đồng nhất đúng. Do vậy để giải bài toán thoả được ta đưa về xét bài toán đồng nhất
đúng. Nếu A không là đồng nhất đúng thì A là thoả được.
Dễ thấy có tồn tại thuật toán tìm đồng nhất đúng. Ví dụ lập bảng chân trị. Tuy nhiên
phương pháp này có độ phức tạp lớn (O(2n)). Do vậy ta đưa ra một cách khác kiểm tra tính đồng
nhất đúng với độ phức tạp bé hơn.
Giả thiết cần kiểm tra một công thức A là đồng nhất đúng ? Giả sử A chứa 64 biến
mệnh đề sơ cấp. Nếu làm theo phương pháp liệt kê bảng chân trị ta sẽ thu được bảng
5
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
với 264 dòng. Giả thiết một máy tính kiểm tra được giá trị của công thức với tốc độ 1
tỷ dòng/giây. 1 tỷ = 103x3 210x3. Khi đó để kiểm tra hết bảng chân trị máy tính phải
mất 264 / 230 = 234 giây. Mỗi năm có 365 x 24 x 3600 giây < 512 x 32 x 4096 = 29 x 25
x 214 = 228 giây. Do vậy thời gian cần là 26 năm = 64 năm.
1. Tuyển (hội) sơ cấp
Định nghĩa : Tuyển (hội) các mệnh đề và phủ định của nó được gọi là tuyển (hội) sơ cấp
Định lý 6: Điều kiện cần và đủ để một TSC đồng nhất đúng là trong tuyển đó có
chứa một mệnh đề đồng thời với phủ định của nó và để một HSC đồng nhất sai là
trong hội đó có chứa một mệnh đề đồng thời với phủ định của nó.
Chứng minh: bài tập
2. Dạng chuẩn tắc tuyển (hội)
Định nghĩa
Giả sử A là một công thức và A' là công thức tương đương của A. Nếu A' là một tuyển của
các HSC thì A' được gọi là dạng chuẩn tắc tuyển của A.
Giả sử A'' là công thức tương đương của A. Nếu A' là một hội của các TSC thì A' được gọi
là dạng chuẩn tắc hội của A.
Định lý 7: Điều kiện cần và đủ để A đồng nhất đúng là trong dạng chuẩn tắc hội của
nó mọi TSC đều phải chứa ít nhất một mệnh đề sơ cấp cùng với phủ định của nó.
Điều kiện cần và đủ để A đồng nhất sai là trong dạng chuẩn tắc tuyển của nó mọi HSC đều
phải chứa ít nhất một mệnh đề sơ cấp cùng với phủ định của nó.
Chứng minh: bài tập
3. Thuật toán kiểm tra hằng đúng
Để xây dựng dạng chuẩn tắc tuyển ta theo các bước :
Khử
Dùng De Morgan và phân phối đưa về chỉ 3 phép toán , , .
Đưa công thức về dạng chuẩn tắc
Ví dụ 12: X (Y X) = X Y X
là dạng chuẩn tắc tuyển với ba HSC là X, Y, X
là dạng chuẩn tắc hội với một TSC là X Y X nên là đồng nhất đúng.
III. VỊ NGỮ VÀ LƯỢNG TỪ
4. Vị ngữ
i.
Xét các câu có liên quan đến biến như :
P(x) := x > 3
6
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
ii. Q(x,y) := x = y + 3
iii. R(x,y,z) := x + y + z = 0
Các câu trên có giá trị (1, 0, 1, 0) chỉ khi x, y, z nhận giá trị cụ thể.
P, Q, R được gọi là các hàm mệnh đề, x, y, z là các biến và "tính chất", "ràng buộc" của x,
y, z là vị ngữ. Ví dụ đối với hàm mệnh đề P(x), x là biến và "lớn hơn 3" là vị ngữ.
Với các giá trị cụ thể của x, y, z thì P, Q, R có giá trị chân lý. Ví dụ P(1) = 0, P(4) = 1.
5. Lượng từ
Đề hàm mệnh đề nhận giá trị ta cần xét giá trị cụ thể của các biến. Tuy nhiên một hàm
mệnh đề cũng có thể được lượng từ hoá để nhận giá trị.
a. Lượng từ "với mọi"
xP(x) = 1 P(x) đúng với mọi x trong không gian.
Ví dụ 13: x. x 0 là một mệnh đề đúng. Hàm mệnh đề P(x) là x2 0.
2
Trong trường hợp không gian là hữu hạn thì P(x) P(x1) P(x2) ... P(xn)
b. Lượng từ "tồn tại"
xP(x) = 1 P(x) đúng với một x nào đó trong không gian.
Ví dụ 14: x. x2 = 0 là một mệnh đề đúng. Hàm mệnh đề P(x) là x2 = 0.
Trong trường hợp không gian là hữu hạn thì P(x) P(x1) P(x2) ... P(xn)
c. Biến ràng buộc và tự do
Ràng buộc nếu được lượng từ hoá và tự do thì ngược lại.
Như vậy để một hàm mệnh đề trở thành mệnh đề thì tất cả các biến của nó phải ràng buộc.
Chú ý : Thứ tự của các lượng từ là quan trọng.
Ví dụ 15: xy. xy = 1 (x R\{0}) có giá trị 1 còn yx. xy = 1 có giá trị 0.
d. Biểu thức logic với lượng từ
Một biểu thức lôgic (công thức) không có các biến tự do sẽ thành một mệnh đề thông
thường. Từ đó ta cũng có thể áp dụng các phép toán lôgic trên nó và có thể xét tính đồng nhất
đúng hoặc tính tương đương của 2 công thức lôgic như trong đại số mệnh đề.
Có thể kết hợp các lượng từ thành một biểu thức lôgic :
Ví dụ để định nghĩa L là giới hạn của hàm f(x) :
x (0 < |x - a| < |f(x) - L| < )
Hoặc có thể dễ dàng chứng minh được (bài tập cho sinh viên)
xP(x) xP(x) và xP(x) xP(x)
6. Dịch câu sang biểu thức lôgic
Cũng giống như dịch các câu nói thông thường sang mệnh đề trong tiết trước, ở đây ta cũng
cần tách câu thành các hàm mệnh đề liên quan nhau bởi các phép toán lôgic. Biểu diễn từng hàm
mệnh đề một và nối lại bằng phép toán.
7
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Ví dụ 16: "Mọi người đều có một và chỉ một người bạn tốt nhất"
Có thể tách thành 2 hàm mệnh đề : “mọi người đều có một người bạn tốt nhất” và
“mọi người đều có chỉ một người bạn tốt nhất”. Đây là 2 hàm mệnh đề có liên quan đến
nhau và có thể biểu diễn được bởi một hàm mệnh đề : B(x,y) = "y là bạn tốt nhất của x"
x y (B(x,y) z(z y B(x,z))
Ví dụ 17: bài tập
"Tất cả sư tử đều hung dữ"
"Một số sư tử không uống cà phê"
"Một số sinh vật hung dữ không uống càfê "
x(P(x) Q(x))
x(P(x) R(x))
x(Q(x) R(x))
P(x) = "x là sư tử", Q(x) = "x hung dữ", R(x) = "x uống cà phê
Cần phân biệt x(P(x) R(x)) và x(P(x) R(x)) (bài tập)
IV. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
1. Các qui tắc suy diễn
Định lý là một mệnh đề có thể chứng minh là đúng đắn. Để chứng minh tính đúng của
mệnh đề ta có thể xuất phát từ các mệnh đề được chấp nhận đúng ban đầu gọi là tiên đề và từ
nhiều phương pháp bằng nhiều qui tắc suy luận toán học ta rút ra các mệnh đề đúng tiếp theo kéo
thành dãy và kết thúc thành mệnh đề cần chứng minh. Trong thực tế ta thường xuất phát từ những
mệnh đề trung gian (hoặc các bổ đê) đã được chứng minh là đúng đắn.
Bảng sau là một số qui tắc suy luận quan trọng thường đặt trên cơ sở các đồng nhất đúng
trong lôgic mệnh đề và lôgic vị từ. Chúng ta có thể xây dựng rất nhiều các qui tắc suy diễn như
vậy dựa trên các đồng nhất đúng tuy nhiên ta chỉ xét các suy diễn tương đối đơn giản dễ nhớ và
dễ áp dụng.
Tên gọi
Đồng nhất đúng
Qui tắc suy diễn
Cộng
p (p q)
ppq
Rút gọn
(p q) p
pqp
Kết luận (modus ponens)
((p q) p) q
pq,pq
Kết luận phủ định
(modus tollens)
((p q) q) p
p q , q p
Tam đoạn luận
((p q)(q r))(p r)
pq,qrpr
Tam đoạn luận tuyển
((p q) p) q
p q , p q
Các ví dụ :
Mặt trời mọc ở hướng đông hoặc quả đất vuông là một định lý.
Tam giác là đa giác có 3 cạnh và 3 góc. Do vậy tam giác là đa giác có 3 cạnh.
Ta đã biết 2 định lý : 3 là số lẻ và nếu n là một số lẻ thì n+1 chia hết cho 2. Vậy 4 = 3+1
chia hết cho 2 vì 3 là một số lẻ.
n là một số lẻ thì n+1 chia hết cho 2. 8+1 không chia hết cho 2 vậy 8 không phải là số lẻ.
8
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Đã biết : nếu năm chia chẵn cho 4 thì là năm nhuận và nếu năm nhuận thì tháng 2 có 29
ngày. Vậy tháng 2 năm 2000 có 29 ngày.
Hiện nay trời đang mưa hoặc có nhiều mây. Nếu hiện nay trời không mưa thì có nhiều
mây.
Suy luận có cơ sở : Các suy luận dùng qui tắc suy diễn dựa trên công thức đồng nhất đúng.
Nguỵ biện : Các suy luận dùng qui tắc suy diễn dựa trên đồng nhất sai hoặc tiếp liên
Một suy luận có cơ sở có thể dẫn đến kết quả đúng hoặc sai tuỳ thuộc vào các giả thiết
đúng hoặc sai. Một nguỵ biện luôn luôn dẫn đến kết quả không được chấp nhận (luôn luôn sai).
Ví dụ về suy luận có cơ sở :
Cắt chân cào cào, hô nhảy cào cào không nhảy vậy tai cào cào nằm ở chân.
Nếu a = b thì a2 = ab a2 - b2 = ab - b2 = b(a - b). Mặt khác a2 - b2 = (a - b)*(a + b).
Đơn giản a - b ta được a + b = b 2 = 1 là các suy luận có cơ sở nhưng dẫn đến các kết
quả sai vì đã sử dụng nhầm giả thiết.
Ví dụ về nguỵ biện :
Nếu có tiền tôi sẽ mua ô tô, vì tôi mua ô tô nên tôi có tiền. Sử dụng sai công thức : ((p
q) q) p)
Nếu n là số nguyên tố thì n2 là số lẻ. Vì 81 là số lẻ nên 9 là số nguyên tố. Sử dụng sai
công thức : ((p q) q) p)
Sữa có màu trắng, con cò cũng có màu trắng, vậy sữa là con cò. Sử dụng sai công thức :
((p q) (r q)) (p r)
Dựa trên các qui tắc suy diễn ta có các phương pháp chứng minh sau.
2. Các phương pháp chứng minh
a.
Cần chứng minh p
Dùng phản chứng. Giả thiết p 0. Vì p 0 đúng p sai. Ví dụ : căn 2 là vô tỷ.
b.
Cần chứng minh p q
rỗng : Chỉ ra p sai
tầm thường : Chỉ ra q đúng
trực tiếp : Dùng trung gian từ p đến q. Ví dụ : n lẻ n2 lẻ.
gián tiếp : Dựa trên công thức p q q p. Ta sẽ chứng minh q p bằng trực
tiếp hoặc bằng một cách bất kỳ nào đó. Từ đó suy ra p q. Ví dụ : nếu 3n + 2 lẻ thì n
lẻ.
Cách chứng minh này cũng có thể được quan niệm như chứng minh bằng phản chứng,
chứng minh bằng mâu thuẫn phụ thuộc vào cách trình bày. Chứng minh bằng phản chứng khi ta
quan niệm mệnh đề p q như một mệnh đề p không cần phân chia. Chứng minh bằng mâu
thuẫn (hoặc cũng gọi là phản chứng) khi ta giả thiết p đúng và q đúng khi đó suy ra được p,
tức dẫn đến mâu thuẫn vì có p và p. Minh hoạ cho nhận xét này là chứng minh A (B A) là
hằng đúng :
Phản chứng : giả thiết A (B A) = 0 A = 1 và B A = 0 B = 1 và A = 0, như
vậy ta có A = 1 và A = 0 => mâu thuẫn
Gián tiếp : xem p = A và q = B A, giả thiết q tức B A = 0 B = 1, A = 0 tức p
9
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
vậy p q
Mâu thuẫn : Giả thiết có p tức A = 1, và q tức B A = 0 tức A = 0 dãn đến mâu
thuẫn.
c. Cần chứng minh (p1 p2 ... pn) q
Chứng minh từng trường hợp : (p1 q) (p2 q) ... (pn q).
Ví dụ : Nếu n không chia hết cho 3 thì n2 1 (mod 3). 1ách n thành 2 trường hợp chia 3 dư
1 và chia 3 dư 2.
d. Cần chứng minh p q
Chứng minh p q và q p.
Ví dụ : Cho R là một quan hệ tương đương. Các điều sau đây là tương đương
i. aRb
ii. [a]R = [b]R
iii. [a] [b]
e. Cần chứng minh xP(x)
Chứng minh bằng kiến thiết : Chỉ ra x. Ví dụ : với mọi n, tồn tại n số nguyên liên tiếp là
hợp số. Tức nx (x + i) là hợp số (i=1..n). Lấy x = (n + 1)! + 1.
Trực tiếp hoặc phản chứng : Ví dụ x3 - 3x + 1 = 0 có nghiệm trên [0, 1]. Áp dụng định lý
đổi dấu. Hoặc cần chứng minh với bất kỳ dãy 5 số liên tiếp luôn tồn tại một số chia hết
cho 5.
f. Cần chứng minh xP(x) đúng
Chứng minh trực tiếp hoặc qui nạp nếu x N.
Ví dụ 18: n.1+2+...+ n = n(n+1)/2. Có n/2 cặp n+1 (n chẵn) hoặc (n+1)/2 cặp n (n lẻ, thêm 0).
g. Cần chứng minh xP(x) sai
Chứng minh xP(x) đúng, tức chỉ ra phản ví dụ để P(x) sai.
Ví dụ 19: chứng minh với mọi x nguyên tố x + 2 là nguyên tố.
V. PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP
1. Phương pháp qui nạp
a. Phương pháp
Quy nạp toán học là phương pháp rất quan trọng, thường dùng để chứng minh các mệnh đề
dạng nP(n) trong đó n là một số nguyên dương tùy ý.
Quá trình chứng minh P(n) là đúng với mọi số nguyên dương n bao gồm hai bước:
i. Bước cơ sở. Chỉ ra mệnh đề P(1) là đúng.
ii. Bước quy nạp. Chứng minh phép kéo theo P(n) P(n+1) là đúng với mọi số nguyên
dương n, trong đó P(n) được gọi là giả thiết quy nạp.
Theo cách viết của các quy tắc lôgic chứng minh này có dạng như sau:
(P(1) n(P(n) P(n+1)) nP(n)
10
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Khi sử dụng quy nạp toán học để chứng minh định lý, trước tiên ta chỉ ra P(1) là đúng. Sau
đó ta biết P(2) là đúng, vì P(1) suy ra P(2). Tiếp theo P(3) đúng vì P(2) suy ra P(3). Cứ tiếp tục
như vậy ta có P(k) đúng với mọi k nguyên dương tùy ý.
Có thể giải thích phương pháp này bằng hình ảnh của dãy người xếp hàng liên tiếp nhau.
Giả sử có một tin mật và nếu một người trong dãy biết tin này thì lập tức anh ta sẽ tiết lộ cho
người đứng sau mình. Khi đó nếu người 1 biết tin mật này thì P(1) là đúng, sau đó P(2) cũng
đúng vì người một nói cho người hai, người hai lại nói cho người 3, tức là P(3) đúng v..v. Cứ như
vậy, theo quy nạp toán học, mọi người trong hàng đều biết điều bí mật. Một cách minh họa khác
là một dãy quân cờ đô-mi-nô có nhãn là 1,2,3,.. đang đứng trên mặt bàn. Giả sử P(n) là mệnh đề
“quân đô-mi-nô n bị đổ”. Nếu quân 1 bị đổ, tức là P(1) đúng, và nếu quân n đổ thì quân (n+1)
cũng đổ, tức là nếu P(n) P(n+1) là đúng, thì khi đó tất cả các quân đô-mi-nô đều bị đổ.
b. Tính đúng đắn của phương pháp qui nạp
Để chứng minh phương pháp quy nạp toán học là đúng đắn ta cần giải thích chúng dựa trên
tiên đề sắp tốt của tập các số nguyên.
Tiên đề phát biểu : Mọi tập số nguyên không âm luôn có phần tử nhỏ nhất.
Giả sử ta đã chứng minh P(1) là đúng và mệnh đề P(n) P(n+1) cũng đã được chứng minh
là đúng với mọi số nguyên dương n. Giả thiết có ít nhất một số nguyên dương sao cho P(n) là sai.
Khi đó tập S bao gồm các số nguyên dương n mà P(n) sai là không rỗng. Theo tiên đề sắp tốt, S
có phần tử nhỏ nhất, gỉa sử là k. Vì P(1) đúng nên k > 1. Do 0 < k-1 < k nên k-1 không thuộc S,
tức là P(k-1) đúng. Nhưng vì mệnh đề P(k-1) P(k) là đúng, ta suy ra P(k) là đúng. Điều này vô
lý vì k thuộc S. Do vậy, P(n) là đúng với mọi n nguyên dương.
(Ví dụ về tiên đề sắp tốt : Chứng minh : nếu a là một số nguyên và d là một số nguyên
dương khi đó có duy nhất các số nguyên q và r sao cho 0 r < d và a = dq + r.
Chứng minh: Giả sử S là tập các số nguyên không âm dạng a - dq trong đó q là một số nguyên.
Tập này không rỗng vì -dq có thể lớn tùy ý bằng cách chọn q âm có trị tuyệt đối đủ lớn.
Theo tính được sắp tốt, S có số nhỏ nhất là r = a - dq0. Rõ ràng r < d, vì nếu ngược lại ta xét
số a - d(q0+1) = (a - dq0) - d = r - d 0 tức là a - d(q0+1) thuộc tập S mà lại nhỏ hơn r. Đó là
điều vô lý. Do vậy có các số nguyên q, r sao cho a = dq + r và 0 r < d. Tính duy nhất của
q và r cho có thể được chứng minh dễ dàng)
Chú ý : ở bước cơ sở thay cho 1 có thể là một k nào đó, khi đó ở bước qui nạp cần chứng
minh P(n) P(n+1) với n k.
c. Ví dụ
Ví dụ 1: 1 + 2 + ... + n = n(n+1)/2
Ví dụ 2: Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều có thể phân tích thành tích của các thừa số ng. tố
Ví dụ 3: Số hạng dãy Fibonaci f(n) =
5
1
n
n
1 5
1 5
2
2
Ví dụ 4: Màu ngựa giống nhau
Ví dụ 5: an = 1. a0 = 1. Giả sử đúng với n. an+1 = an*a = an/an-1 * an
Ví dụ 6: Các số điều hòa Hk, k = 1,2,3,... được định nghĩa như sau :
Hk 1
1
2
1
3
. . . .
1
k
11
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Ví dụ 7: Chứng minh rằng:
n
H2n 1
2
trong đó n là số nguyên không âm.
Chứng minh: Giả sử P(n) là mệnh đề “ H 2
Bước cơ sở : P(0) là đúng vì
n
1
n
2
“.
0
H 20 H1 1 1
Bước quy nạp : Giả sử P(n) đúng, tức là ta có
2
.
H2n 1
n
2
. Để chứng minh P(n+1) đúng,
ta thực hiện các phép biến đổi như sau:
H 2 n1 1
1
1
2
3
H2n
(1
n
2
2
(1
2
1
2
n
1
1
n
) 2 .
n
2
1
. . . .
n1
)
1
2
n
1
2
n
1
1
. . .
2
n1
1
. . .
2
(1
n1
n
1
)
2
2
n
1
1
. . .
2
(do giả thiết quy nạp)
n1
(vì có 2n số hạng mỗi số không nhỏ hơn 1/2n+1)
1
n 1
2
Đó là điều cần chứng minh. Như vậy bất đẳng thức về các số điều hòa đúng với các số
nguyên không âm.
n
Ví dụ 8: Bằng quy nạp toán học chứng minh định luật DeMorgan tổng quát:
n
Ak
k 1
trong đó A1, A2,..., An là các tập con của tập toàn thể U và n
Ak
k 1
2.
Chứng minh: Giả sử P(n) là đẳng thức cần chứng minh.
Bước cơ sở : Rõ ràng P(2) là đúng vì
ta đã chứng minh trong chương 1.
A1 A 2 A1 A 2
chính là định luật DeMorgan mà
n
Bước quy nạp : Giả sử P(n) là đúng, tức là :
k 1
n
Ak
Ak
k 1
Để chứng minh P(n+1) đúng ta giả sử A1, A2,...,An, An+1 là các tập con của tập toàn thể U.
Khi đó sử dụng giả thiết quy nạp ta có:
n 1
n
A k A k
k 1
k 1
n
A
n 1 Ak
k 1
Đây chính là điều cần chứng minh.
A
n 1
n1
n
Ak An 1 Ak
k 1
k 1
2. Dạng tổng quát của quy nạp toán học
12
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
a. Phương pháp
Bước cơ sở : Chỉ ra mệnh đề P(k) P(k+1) … P(k+m) là đúng.
Bước quy nạp : Chứng tỏ [P(k) P(k+1) ... P(n)] P(n+1) là đúng với mọi n
nguyên dương, trong đó 1 k n.
Việc chứng minh tính đúng đắn tương tự dạng nguyên thuỷ (bài tập).
b. Ví dụ
Ví dụ 1: Chỉ ra rằng nếu n là một số nguyên lớn hơn 1, khi đó n có thể viết dưới dạng tích của các
số nguyên tố.
Chứng minh: Gọi P(n) là mệnh đề “n có thể viết dưới dạng tích của các số nguyên tố”.
Bước cơ sở : P(2) là đúng vì 2 là tích của chính nó.
Bước quy nạp : Gỉa sử P(k) là đúng với k = 2, 3, .., n. Ta phải chứng minh P(n+1) là đúng.
Thật vậy, nếu (n+1) là số nguyên tố thì hiển nhiên P(n+1) là đúng. Nếu (n+1) là hợp số thì nó có
thể viết như sau n+1 = a.b, trong đó 2 a b < n+1. Theo giả thiết quy nạp a và b lại có thể viết
thành tích của các số nguyên tố. Như vậy nếu n+1 là hợp số thì nó cũng có thể được viêt dưới
dạng tích các số nguyên tố. Tóm lại, bất kể trường hợp nào thì “n có thể viết dưới dạng tích của
các số nguyên tố”.
Ví dụ 2: Chứng tỏ mọi bưu phí bằng hay lớn hơn 12 xu đều có thể tạo ra bằng các con tem 4 hay
5 xu.
Chứng minh: Giả sử P(n) là mệnh đề “mọi bưu phí n xu (n 12) đều có thể tạo ra bằng các con
tem 4 hay 5 xu”.
Bước cơ sở : P(12) là đúng vì có thể dùng 3 con tem 4 xu.
Bước quy nạp : Giả sử P(n) đúng. Nếu có ít nhất một con tem 4 xu thì ta chỉ việc đổi con
tem này bằng tem 5 xu thì sẽ tạo được bưu phí n+1 xu. Nếu không có con tem 4 xu nào, tức là
cước phí n xu tạo nên chỉ bằng các con tem 5 xu. Vì n 12 nên ít nhất ta đã dùng 3 con tem 5 xu.
Thay 3 con tem này bằng 4 con tem 4 xu, ta sẽ tạo được cước phí n+1 xu.
Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh bằng dạng thứ hai của quy nạp toán học.
Bước cơ sở : Dễ kiểm tra lại rằng P(12), P(13), P(14), P(15) là đúng.
Bước quy nạp : Giả sử n 15 và P(k) là đúng với 12 k n. Để tạo ra bưu phí n+1 xu ta
dùng các con tem đã tạo ra bưu phí n-3 xu, và thêm một tem 4 xu nữa. Vậy là chúng ta đã hoàn
tất bước quy nạp, và kết thúc chứng minh.
Chúng ta sẽ thảo luận hai áp dụng quan trọng của quy nạp toán học trong mục tới. Đó là
dùng quy nạp để định nghĩa một dãy số khi không biết công thức tường minh của các số hạng, và
sau đó là chứng minh tính đúng đắn của một chương trình.
VI. ĐỆ QUI
1. Định nghĩa bằng đệ quy
Đôi khi định nghĩa một đại lượng tường minh là khó. Dùng phương pháp định nghĩa đệ qui
là định nghĩa đại lượng này thông qua giá trị của chính nó tại các thời điểm trước đó. Cách dùng
này áp dụng cho nhiều lĩnh vực. Ví dụ để định nghĩa một hàm xác định trên tập các số nguyên
không âm, chúng ta cho:
13
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Giá trị của hàm tại các giá trị ban đầu.
Công thức tính giá trị của nó tại số nguyên n từ các giá trị của nó tại các số nguyên nhỏ
hơn.
a. Ví dụ về định nghĩa đệ qui
Ví dụ 1: Dãy Fibonaci
- f(1) = f(2) = 1
Ví dụ 2: Tập số chẵn
-2S
Ví dụ 3: Xâu
- là một xâu - x là một xâu và c là chữ cái thì xc là một xâu.
Ví dụ 4: Độ dài xâu
- l() = 0
- f(n) = f(n - 1) + f(n - 2)
- Nếu x S và y S thì x + y S.
- l(xc) = l(x) + 1
Ví dụ 5: Hàm : UCLN(a,b)
Nếu a = b thì UCLN(a, b) = a
Nếu a > b thì UCLN(a-b, b)
Nếu a < b thì UCLN(a, b-a)
n
Ví dụ 6: Hàm F(n) =
a
k
k0
0
F (0)
ak
= a0.
k0
n 1
F ( n 1)
a
k0
a k a n 1 F ( n ) a n 1
k0
n
k
Ví dụ 7: Biểu thức lôgic :
1, 0 và p, trong đó p là một biến mệnh đề, là biểu thức.
( p ), ( p q ), ( p q ), ( p q ) là các biểu thức nếu p và q là các biểu thức.
Việc chứng minh các đại lượng được định nghĩa đệ quy thường bằng phương pháp qui
nạp thông qua cấu trúc đệ qui của chúng.
Ví dụ 8: Chỉ ra rằng
fn
n2
, trong đó fn là số Fibonaci và
1
5
với n
3.
2
Chứng minh:
Bước cơ sở : Ta có : < 2 = f3, 2 = (3+ 5 )/2 < 3 = f4, tức P(3) và P(4) đúng.
Bước qui nạp : Bây giờ giả sử P(k) là đúng với mọi k nguyên sao cho 3 k n, trong đó
n 4. Ta cần chỉ ra P(n+1) đúng. Thật vậy, vì nghiệm của phương trình x2 - x - 1 = 0,
nên suy ra 2 = + 1. Do đó : n-1 = 2. n-3 = (+1). n-3= . n-3 + n-3 = n-2 + n-3.
Theo giả thiết quy nạp nếu n
5 ta suy ra :
fn-1 > n-3, fn > n-2.
do vậy : fn+1= fn+fn-1 > n-2 +n-3= n-1. Đó là điều cần chứng minh.
Ví dụ 9: Chứng minh l(xy) = l(x) + l(y), trong đó x và y là các xâu thuộc *.
Chứng minh: Ta chứng minh theo độ dài của y.
Bước cơ sở : Dễ kiểm tra lại rằng trường hợp y = khẳng định trên là đúng vì : l(x) =
l(x) = l(x) + 0 = l(x) + l() với mọi xâu x.
14
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Bước quy nạp : Giả sử l(xy) là đúng, ta phải chứng minh l(x(yc)) đúng với mọi c
tức là l(x(yc)) = l(x) + l(yc). Theo định nghĩa của xâu và độ dài xâu ta có:
,
l(x(yc)) = l(xyc) = l(xy) + 1, theogiả thiết quy nạp ta có
= l(x) + l(y) +1 = l(x) + l(yc).
2. Thuật toán đệ qui
Một thuật toán được gọi là đệ quy nếu nó giải bài toán bằng cách rút gọn liên tiếp bài toán
ban đầu tới bài toán cũng như vậy nhưng có dữ liệu đầu vào nhỏ hơn.
Ví dụ 10: Tìm thuật toán đệ quy tính giá trị n!
Định nghĩa đệ quy hàm UCLN của hai số nguyên a, b không âm cũng cho luôn thuật toán
thuật toán tính UCLN.
3. Đệ quy và lặp
Định nghĩa đệ quy biểu diễn giá trị của hàm tại một số nguyên qua giá trị của nó tại các số
nguyên nhỏ hơn. Điều này có nghĩa là ta có thể xây dựng một thuật tóan đệ quy tính giá trị của
hàm được định nghiã bằng đệ quy tại một điểm nguyên.
Ví dụ 11: Thủ tục đệ quy sau đây cho ta giá trị của n! với n nguyên dương.
Procedure Factorial (n: nguyên dương);
Begin
If n =1 then Factorial (n ):=1
else Factorial (n ):=i Factorial (n-1);
End;
Có cách khác tính hàm giai thừa của một số nguyên từ định nghĩa đệ quy của nó. Thay cho
việc lần lượt rút gọn việc tính toán cho các giá trị nhỏ hơn, chúng ta có thể xuất phát từ giá trị của
hàm tại 1 và lần lượt áp dụng định nghĩa đệ quy để tìm giá trị của hàm tại các số nguyên lớn dần.
Đó là thủ tục lặp. Nói cách khác để tìm n! ta xuất phát từ n!=1 (với n=1), tiếp theo lần lượt nhân
với các số nguyên cho tới khi bằng n.
Function Iteractive Factorial (n: nguyên dương);
Begin
x:=1;
For i:=1 to N do x:=i*x;
Return x;
End;
Sau khi thi hành đoạn mã nguồn này giá trị của biến x là n!, ví dụ, sau khi đi qua vòng lặp 6
lần x = 6! = 1.2.3.4.5.6 = 720.
Thông thường để tính một dãy các giá trị được định nghĩa bằng đệ quy, nếu dùng phương
pháp lặp thì số các phép tính sẽ ít hơn là dùng thuật toán đệ quy(trừ khi dùng các máy đệ quy
chuyên dụng). Chúng ta sẽ xem xét bài toán tính các số hạng thứ n của dãy Fibônaxi.
Function Fibonacci(n: nguyên không âm);
Begin
if n = 0 or n = 1 then return 0
else Fibonacci(n):= Fibonacci(n-1) + Fibonacci(n-2);
End;
Theo thuật toán này, để tìm fn ta biểu diễn fn = fn-1 + fn-2. Sau đó thay thế cả hai số này bằng
15
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
tổng của hai số Fibôna xi bậc thấp hơn, cứ tiếp tục như vậy cho tới khi f0 và f1 xuất hiện thì được
thay bằng các giá trị của chúng theo định nghĩa.
Bây giờ ta tính số các phép toán cần dùng để tính fn khi sử dụng phương pháp lặp.
Thuật toán này khởi tạo x như f0 = 0 và y như f1 = 1. Khi vòng lặp được duyệt qua tổng của
x và y được gán cho biến phụ z. Sau đó x được gán giá trị của y và y được gán giá trị của z. Vậy
sau khi đi qua vòng lặp lần 1, ta có x = f1 và y = f0+f1 = f2. Khi qua vòng lặp n-1 lần thì x = fn-1
còn y = fn. Như vậy chỉ có n-1 phép cộng được dùng để tìm fn khi n > 1.
Function Iteractive Fibonacci (n: nguyên không âm);
Begin
if n = 0 then return 0
else begin
x:=0; y:=1;
for i:=1 to (n-1) do
begin
z := x+y; x := y; y := z;
end;
Return y;
end;
End;
Chúng ta đã chỉ ra rằng số các phép toán dùng trong thuật toán đệ quy nhiều hơn khi dùng
phương pháp lặp. Tuy nhiên đôi khi người ta vẫn thích dùng thủ tục đệ quy hơn ngay cả khi nó tỏ
ra kém hiệu quả so với thủ tục lặp. Đặc biệt, có những bài toán chỉ có thể giải bằng thủ tục đệ quy
mà không thể giải bằng thủ tục lặp.
16
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
BÀI TẬP
I. ĐẠI SỐ MỆNH ĐỀ
1.
Cho p, q, r là những mệnh đề :
p: bạn bị cúm
q: bạn thi trượt kỳ thi cuối khoá
r: bạn được lên lớp
Hãy diễn đạt những mệnh đề sau thành câu thông thường :
a. p q
b. q r
c. q r
d. p q r
e. (p r) (q r)
f. (p q) (q r)
Chứng minh:
a. Nếu bạn bị cúm thì bạn sẽ thi trượt kỳ thi cuối khoá
b. Bạn không thi trượt kỳ thi cuối khoá có nghĩa bạn được lên lớp
c. Nếu bạn thi trượt kỳ thi cuối khoá thì bạn sẽ không được lên lớp
d. Bạn bị cúm hoặc bạn thi trượt kỳ thi cuối khoá hoặc bạn được lên lớp
e. Nếu bạn bị cúm hoặc nếu bạn thi trượt kỳ thi cuối khoá thì bạn không được lên lớp
f. hoặc bạn bị cúm và bạn thi trượt kỳ thi cuối khoá hoặc bạn không thi trượt kỳ thi
cuối khoá và bạn được lên lớp
2.
Cho p và q là 2 mệnh đề :
p: bạn lái xe với tốc độ trên 65 km/h
q: bạn bị phạt vì quá tốc độ cho phép
Viết các mệnh đề sau thành công thức mệnh đề :
a. Bạn không lái xe trên 65 km/h
b. Bạn lái xe trên 65 km/h nhưng bạn không bị phạt vì quá tốc độ cho phép
c. Bạn sẽ bị phạt vì quá tốc độ cho phép Nếu bạn lái xe trên 65 km/h.
d. Nếu bạn không lái xe với tốc độ trên 65 km/h thì bạn sẽ không bị phạt vì quá tốc độ cho
phép
e. Lái xe với tốc độ 65 km/h là đủ để bị phạt vì quá tốc độ cho phép
f. Bạn bị phạt vì quá tốc độ cho phép nhưng bạn không lái xe trên 65 km/h
g. Mỗi lần bị phạt vì quá tốc độ cho phép là bạn đã lái xe trên 65 km/h.
Chứng minh:
3.
a. p
b. p q
c. p q
e. p q
f. p q
g. q p
d. p q
Có hai nhóm người : nhóm luôn luôn nói dối và nhóm luôn luôn nói thật.
a. Giải thích vì sao câu hỏi "có phải anh là người nói dối ?" hoặc "có phải anh là người
nói thật ?" sẽ không thể xác định được người trả lời là nói dối hay nói thật.
b. Tìm câu hỏi để biết được người trả lời thuộc nhóm nói dối hay nói thật.
17
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
4.
Viết các mệnh đề sau dưới dạng “p nếu và chỉ nếu q” trong ngôn ngữ thông thường
a. Để nhận được điểm giỏi trong khoá học này cần và đủ là phải học giải được các bài
tập của toán học rời rạc
b. Nếu đọc báo mỗi ngày bạn sẽ thạo tin tức và ngược lại
c. Trời mưa nếu là ngày cuối tuần và là ngày cuối tuần nếu trời mưa.
d. Bạn có thể nhìn thấy lão phù thuỷ nếu lão không ở trong đó và lão không ở trong đó
nếu bạn nhìn thấy lão.
Chứng minh:
a. Bạn nhận được điểm giỏi trong khoá học này nếu và chỉ nếu bạn học giải được các bài
tập của toán học rời rạc.
b. Bạn sẽ thạo tin tức nếu và chỉ nếu bạn đọc báo mỗi ngày.
c. Trời mưa nếu và chỉ nếu là ngày cuối tuần.
d. Bạn có thể nhìn thấy lão phù thuỷ nếu và chỉ nếu lão không ở trong đó.
5.
Lập bảng chân trị cho các công thức mệnh đề sau :
a. (p q) r
b. (p q) r
c. (p q) r
d. (p q) r
e. (p q) r
f. (p q) r
g. (p q) (q r) h. (p q) (q r)
Chứng minh:
p
q
r
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
0
1
0
1
1
0
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
1
0
0
0
0
0
1
0
1
0
1
1
6.
Các phép toán XOR (), NAND (|), NOR () được định nghĩa như sau :
XOR : A B = 1 khi và chỉ khi A, B nhận giá trị khác nhau
NAND : A | B = 0 khi và chỉ khi A, B nhận giá trị 1
NOR : A B = 1 khi và chỉ khi A, B nhận giá trị 0
Hãy lập bảng chân trị cho các mệnh đề sau :
a. (p q) (p q)
b. (p q) | (q r)
c. (p q) (q r)
d. (A B) C
e. (A | B) (B C)
f. (A B) (B | C)
g. p q
h. (p q) (p q)
i. (p q) (p q)
18
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Chứng minh:
a. (p q) (p q)
p
q
pq
p q
(a)
1
1
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
1
0
0
1
0
1
b. (p q) | (q r)
c. (p q) (q r)
p
q
r
p q
qr
qr
(c)
1
1
1
0
1
1
1
1
0
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
1
0
0
1
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
d. (A B) C
(b) p q
e. (A | B) (B C)
f. (A B) (B | C)
A
B
C
A B
(d)
A | B
BC
(e)
AB
B | C
(f)
1
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
0
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
0
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
0
7.
Lập bảng chân trị để chứng minh các công thức tương đương đã học
8.
Dùng bảng chân trị để chứng minh các công thức tương đương sau :
19
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
a. p q (p q) (p q)
b. p p | p
c. p p p
d. p | q (p q)
e. p q (p q)
Chứng minh:
a. p q (p q) (p q)
p
q
pq
p q
p q
(p q) (p q)
1
1
0
0
0
0
1
0
1
1
0
1
0
1
1
0
1
1
0
0
0
0
0
0
b. p p | p
9.
c. p p p
d. p | q (p q)
e. p q (p q)
p
q
p
p|p
pp
p|q
(p q)
pq
(p q)
1
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
Bằng các phép biến đổi tương đương chứng minh tính tương đương của các cặp công thức
sau :
a. p q và q p
b. p q và p q
c. (p q) và p q
d. (p q) và p q
e. p q và (p | q) | (p | q)
f. p q và (p | p) | (q | q)
g. p q và (x y) (x y)
h. p q và (p p) (q q)
Chứng minh:
a. Ta có p q p q q p (q) (p) q p
b. Ta có p q (p q) (q p) (q p) (p q) p q
c. Ta có (p q) ((p q) (p q)) (p q) (p q) (p q) (q
p) p q
d. Ta có (p q) (p q) (q p) (p q) (q p)
(p q) (p p) (q q) (q p) (p q) (q p) p q
e. Ta có p q (p | q) (p | q) | (p | q)
f. Ta có p q (p q) (p | p) | (q | q)
20
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
g. Ta có p q (p q) (p q) (p q)
h. Ta có p q (p q) (p p) (q q)
10.
Tìm mệnh đề tương đương với p q chỉ chứa
a. phép toán NAND
b. phép toán NOR
Chứng minh:
a. Ta có p q p q (p | p) | (q | q) ((p | p) | (p | p)) | (q | q)
b. Ta có p q p q (p q) ((p p) q)) (p p) q) (p p) q)
11. Lập công thức mệnh đề từ các mệnh đề p, q, r sao cho nó đúng khi và chỉ khi p và q đúng và
r là sai
Chứng minh: A = p q r
12. Lập công thức mệnh đề từ các mệnh đề p, q, r sao cho nó đúng khi và chỉ khi 2 trong 3 mệnh
đề là đúng
Chứng minh: A = (p q r) (q r p) (r p q
13. Biểu diễn câu sau chỉ dưới dạng phép tuyển và phủ định : "Nếu CSDL danh bạ được mở thì
monitor được đặt ở trạng thái đúng, nếu hệ không ở trạng thái ban đầu của nó". Sau đó phát
biểu lại câu nói này theo công thức vừa tìm được.
Chứng minh: Đặt p = “hệ ở trạng thái ban đầu” , q = “CSDL danh bạ mở”, r = “monitor ở trạng
thái đúng”. Ta có công thức : A = p (q r) p (q r) có nghĩa : hệ ở trạng thái
ban đầu của nó hoặc CSDL danh bạ là đóng hoặc monitor ở trạng thái đúng.
II. LÔGIC VỊ TỪ
14. Cho P(x) là câu “x học ở lớp hơn 5 giờ mỗi ngày trong tuần”, không gian là tập hợp các sinh
viên. hãy diễn đạt các biểu thức lôgic sau thành câu thông thường :
a. xP(x)
b. xP(x)
c. xP(x)
d. x P(x)
Chứng minh:
a. Có một sinh viên học ở lớp hơn 5 giờ mỗi ngày trong tuần
b. Mọi sinh viên đều học ở lớp hơn 5 giờ mỗi ngày trong tuần
c. Có một sinh viên không học ở lớp hơn 5 giờ mỗi ngày trong tuần
d. Mọi sinh viên học ở lớp không quá 5 giờ mỗi ngày trong tuần
15. Cho P(x, y) là câu “x đã học môn y”, với không gian của x là tập hợp sinh viên trong lớp,
không gian của y là tập hợp các môn học. Hãy diễn đạt các mệnh đề sau thành câu thông
thường
a. xy P(x,y) b. xy P(x,y) c. xy P(x,y)
d. yx P(x,y) e. yx P(x,y) f. xy P(x,y)
21
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Chứng minh:
a. Có ít nhất một sinh viên đã học ít nhất một môn học nào đó trong trường
b. Có ít nhất một sinh viên đã học mọi môn học trong trường
c. Mọi sinh viên đều đã học ít nhất một môn học nào đó trong trường
d. Có một môn học mà mọi sinh viên đều đã học
e. Với bất kỳ môn học nào trong trường đều có ít nhất một sinh viên đã học môn đó
f. Mọi sinh viên đều đã học mọi môn học trong trường
16. Cho L(x, y) là câu “x yêu y”, không gian của x, y là tập hợp người. Dùng lượng từ diễn đạt
các câu sau
a. Mọi người đều yêu Jerry
b. Mọi người đều yêu một ai đó
c. Có một người mà tất cả mọi người đều yêu
d. Không có ai yêu tất cả mọi người
e. Có một người mà Lindya không yêu
f. Có một người mà không ai yêu
g. Có đúng một người mà tất cả mọi người đều yêu
h. Có đúng 2 người mà Lynn yêu
i. Mọi người đều yêu chính mình
j. Có một người không yêu ai ngoài chính mình
Chứng minh:
a. xL(x, „Jerry‟)
b. x y L(x, y)
c. y x L(x, y)
d. (x y L(x, y))
e. y L(„Lindya‟, y)
f. y x L(x, y)
g. y(xL(x, y) z (xL(x, z) (z = y)))
h. y z ((y z) L(„Lynn‟, y) L(„Lynn‟, z) w (L(„Lynn‟, w) (w = y w = z)))
i. xL(x, x)
j. x(L(x, x) y (y x L(x, y)))
Chú ý : Mệnh đề xy (L(x, y) x = y) xy (x y L(x, y)) vẫn thiếu L(x, x)
17. Dùng lượng từ diễn đạt các câu sau
a. Tất cả sinh viên tin học đều phải học môn toán học rời rạc
b. Có một sinh viên lớp này đã có máy vi tính
c. Tất cả sinh viên lớp này đã học ít nhất một môn tin học
d. Có một sinh viên lớp này đã học ít nhất một môn tin học
e. Mỗi sinh viên trong lớp này ở một nhà trong ký túc xá
f. Có một sinh viên lớp này đã ở tất cả các phòng của ít nhất một nhà trong kí túc xá
g. Tất cả sinh viên lớp này ít nhất đã ở một phòng trong tất cả các nhà của kí túc xá
Chứng minh:
22
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
a. xL(x,‟THRR‟) với x {sinh viên tin học} và L(x, y) := x học môn y
b. xH(x, „vi tính‟) với x {sinh viên lớp này} và H(x, y) := x có y
c. x y L(x, y) với x {sinh viên lớp này}, y {các môn tin học{, L(x, y) := x học
môn y
d. x y L(x, y) với x {sinh viên lớp này}, y {các môn tin học{, L(x, y) := x học
môn y
e. x y L(x, y) với x {sinh viên lớp này}, y {nhà của KTX{, L(x, y) := x ở trong
y
f. x y z (H(z, y) L(x, z)) với x {sinh viên lớp này}, y {nhà của KTX{, z
{phòng}. H(y, z) := z là phòng của nhà y; L(x, z) := x đã ở trong z.
g. x y z (H(z, y) L(x, z)) với x {sinh viên lớp này}, y {nhà của KTX{, z
{phòng}. H(y, z) := z là phòng của nhà y; L(x, z) := x đã ở trong z.
18. Giả sử không gian của hàm mệnh đề P(x, y) gồm các cặp số x, y với trên tập {1, 2, 3}. Dùng
phép hội và tuyển viết các mệnh đề sau :
a. x P(x,3)
b. y P(1,y)
c. xy P(x,y)
d. xy P(x,y)
e. xy P(x,y)
f. yx P(x,y)
Chứng minh:
a. x P(x,3) = P(1,3) P(2,3) P(3,3)
b. y P(1,y) = P(1,1) P(1,2) P(1,3)
c. xy P(x,y) = P(1,1) P(1,2) P(1,3) P(2,1) P(2,2) P(2,3) P(3,1) P(3,2)
P(3,3)
d. xy P(x,y)
= P(1,1) P(1,2) P(1,3) P(2,1) P(2,2) P(2,3) P(3,1)
P(3,2) P(3,3)
e. xy P(x,y)
= (P(1,1) P(1,2) P(1,3)) (P(2,1) P(2,2) P(2,3)) (P(3,1)
P(3,2) P(3,3))
f. yx P(x,y) = (P(1,1) P(2,1) P(3,1)) (P(1,2) P(2,2) P(3,2)) (P(1,3)
P(2,3) P(3,3))
19. Chứng minh rằng xP(x) xQ(x) và x (P(x) Q(x)) là không tương đương.
Chứng minh: Lấy ví dụ phản chứng, giả sử x {1, 2}, khi đó
xP(x) xQ(x) = (P(1) P(2)) (Q(1) Q(2)) =
= (P(1) Q(1)) (P(1) Q(2)) (P(2) Q(1)) (P(2) Q(2))
(1)
x(P(x) Q(x)) = (P(1) Q(1)) (P(2) Q(2)).
(2)
Hai mệnh đề trên rõ ràng là khác nhau, ví dụ nếu lấy P(1) = Q(2) = 1 và P(2) = Q(1) = 0 thì
(1) nhận giá trị 0 còn (2) nhận giá trị 1.
Ví dụ phản chứng trên gợi ý cho ta biểu thức: xP(x) xQ(x) x(P(x) Q(x)) là
đồng nhất đúng. Độc giả tự chứng minh trường hợp này.
20. Chứng minh rằng xP(x) xQ(x) và x (P(x) Q(x)) là không tương đương
Chứng minh:
23
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
Tương tự bài tập trên ta có :
xP(x) xQ(x) = (P(1) P(2)) (Q(1) Q(2)) =
= (P(1) Q(1)) (P(1) Q(2)) (P(2) Q(1)) (P(2) Q(2))
(1)
x(P(x) Q(x)) = (P(1) Q(1)) (P(2) Q(2)).
(2)
Hai mệnh đề trên rõ ràng là khác nhau, ví dụ nếu lấy P(1) = Q(2) = 1 và P(2) = Q(1) = 0 thì
(1) nhận giá trị 1 còn (2) nhận giá trị 0.
Ví dụ phản chứng trên gợi ý cho ta biểu thức : x (P(x) Q(x)) xP(x) xQ(x) là
đồng nhất đúng. Độc giả tự chứng minh trường hợp này.
21. *Chứng minh rằng xP(x) xQ(x) và xy (P(x) Q(y)) là tương đương
Chứng minh: Mệnh đề xP(x) xQ(x) sai khi và chỉ khi x để P(x) sai và y để Q(y) sai.
Mệnh đề xy (P(x) Q(y)) sai khi và chỉ khi có x và đồng thời y để cả P(x) và Q(y)
cùng sai.
Do 2 điều trên là tương đương nên ta có xP(x) xQ(x) xy (P(x) Q(y)).
22. *Chứng minh các cặp mệnh đề sau là tương đương
a. xP(x) xQ(x) và xy (P(x) Q(y)) là tương đương
b. xP(x) xQ(x) và xy (P(x) Q(y)) là tương đương
Chứng minh:
Lập luận tương tự bài tập trên ta có :
a. Mệnh đề xP(x) xQ(x) đúng khi và chỉ khi x ta có P(x) đúng và y để Q(y)
đúng, điều này là tương đương với xy (P(x) Q(y)) đúng
b. xP(x) xQ(x) sai khi và chỉ khi x để P(x) sai và y ta có Q(y) sai
xy(P(x) Q(y)) sai khi và chỉ khi không xảy ra x có P(x) đúng và không tồn tại y để
Q(y) đúng hay x để P(x) sai và tương tự y ta có Q(y) sai. Hai điều trên là tương đương
đfcm.
23. !x P(x) kí hiệu cho mệnh đề “Tồn tại duy nhất x sao cho P(x)”. Nếu không gian là tập các
số nguyên, hãy xác định chân trị của các mệnh đề sau :
a. !x (x > 1)
b. !x (x2 = 1)
c. !x (x + 3 = 2x)
d. !x (x = x + 1)
Chứng minh:
a. 0
b. 0
c. 1
d. 0
24. Xác định chân trị của các mệnh đề sau :
a. !x P(x) x P(x)
b. x P(x) !x P(x)
c. !x P(x) x P(x)
Chứng minh:
a. 1
b. 0
c. 1
25. *Biểu diễn lượng từ !x P(x) qua lượng từ phổ dụng (), lượng từ tồn tại () và các phép
toán lôgic
Chứng minh: !x P(x) xP(x) (yP(y) y = x)
24
Chương 3. Lôgic và suy luận toán học
III. QUI TẮC SUY LUẬN
26. Quy tắc suy luận nào được dùng trong mỗi một lập luận sau:
a. Alice là giỏi môn toán. Do đó Alice là giỏi môn toán hoặc môn tin.
b. Jerry là giỏi môn toán và môn tin. Do vậy Jerry giỏi môn toán.
c. Nếu trời mưa thì bể bơi sẽ đóng cửa.Trời mưa. do đó bể bơi đóng cửa.
d. Nếu hôm nay tuyết rơi thì trường đại học sẽ đóng cửa. Hôm nay trường đại học không
đóng cửa. Do vậy hôm nay đã không tuyết rơi.
e. Nếu tôi đi bơi thì tôi sẽ phơi nắng được nhiều. Nếu tôi phơi nắng nhiều thì tôi rám nắng.
Do đó nếu tôi đi bơi thì tôi sẽ rám nắng.
Chứng minh:
a. Qui tắc cộng (p / p q)
b. Qui tắc rút gọn (p q / p)
c. Qui tắc kết luận (p q, p / q)
d. Qui tắc kết luận phủ định (p q, q / p)
e. Qui tắc tam đoạn luận (p q, q r / p r)
27. Quy tắc suy luận nào được dùng trong mỗi một lập luận sau:
a. Những con Kanguroo sống ở Australia và là loài thú có túi. Do đó Kanguroo là loài thú
có túi.
b. Hoặc là hôm nay trời nóng trên 100 độ hoặc là sự ô nhiễm là nguy hại. Hôm nay nhiệt
độ ngoài trời nhỏ hơn 100 độ. Do đó ô nhiễm là nguy hại.
c. Linđa là vận động viên bơi tuyệt vời. Nếu Linđa là vận động viên bơi tuyệt vời, khi đó
cô ta có thể làm việc như một người cứu đắm ở bể bơi. Do đó Linđa có thể làm việc
như một người cứu đắm ở bể bơi.
d. Steve sẽ làm việc ở một công ty tin học vào mùa hè này. Do dó mùa hè này anh ta sẽ
làm việc ở một công ty tin học hoặc là một kẻ lang thang ngoài bãi biển.
e. Nếu tôi cả đêm làm bài tập này, thì tôi có thể trả lời được tất cả các bài tập. Nếu tôi trả
lời được tất cả các bài tập thì tôi sẽ hiểu được tài liệu này. Do đó nếu tôi cả đêm làm bài
tập này thì tôi sẽ hiểu được tài liệu này.
Chứng minh:
a. Qui tắc rút gọn
b. Qui tắc tam đoạn luận tuyển
c. Qui tắc kết luận
d. Qui tắc cộng
e. Qui tắc tam đoạn luận
28. Xác định xem mỗi suy luận sau là có căn cứ không. Nếu một suy luận là có căn cứ thì nó
dùng quy tắc suy luận nào. Nếu không hãy chỉ ra ngụy biện nào đã được sử dụng.
a. Nếu n là một số thực lớn hơn 1 khi đó n2 > 1. Giả sử n2 > 1. Khi đó n > 1.
b. log23 là vô tỷ nếu nó không là tỷ số của hai số nguyên. Do đó, vì log23 không thể viết
dưới dạng a/b với a và b là hai số nguyên, nên nó là vô tỷ.
c. Nếu n là một số thực và n > 3 khi đó n2 > 9. Giả sử n2 9. Khi đó n 3.
d. Một số nguyên dương hoặc là số chính phương hoặc có một số chẵn các ước nguyên
dương. Giả sử n là một số nguyên dương có một số lẻ các ước nguyên dương. Khi đó n
25
