Дискретная математика. Элементы теории, задачи и упражнения. Часть 1. Булгакова И.Н. - 7 стр.

UptoLike

Составители: 

7
BA
B
A
B
A
BA
ÇÎÞ
î
í
ì
Î
Î
Þ
î
í
ì
Ï
Î
ÞÎ x
x
x
x
x
x \ ,
а доказательство второго включения по схеме
BA
B
A
B
A
BA
\ÎÞ
î
í
ì
Ï
Î
Þ
î
í
ì
Î
Î
ÞÇÎ x
x
x
x
x
x .
Заметим, что в данном примере мы могли рассмотреть не две схемы,
а одну, но вместо знака следствия использовать знак равносильности
Û
.
Тождество 2 можно также доказать с помощью двух включений, но
можно и не использовать данную схему, а опираться на уже доказанное
тождество 1) и на основные законы 114. Мы приведем данный способ до-
казательства, причем вверху над равенствами будем писать либо 1) это
означает, что используется тождество 1), либо номер используемого ос-
новного закона. Итак,
(
)
(
)
(
)
(
)
KABAKBAKBA
ÈÇÈ=ÇÈ=È
)5)1
\ .
Аналогично можно доказать равенства 3), 4), 5). Для равенства
4) приведем еще один способ доказательства доказательство от против-
ного. Предположим противное, что множество
(
)
B
A
B
/
Ç
не пусто, т. е.
существует хотя бы один элемент
( )
ï
î
ï
í
ì
Î
Î
Î
Þ
ï
î
ï
í
ì
î
í
ì
Ï
Î
Î
Þ
î
í
ì
Î
Î
ÞÇÎ
B
A
B
B
A
B
BA
B
BAB
x
x
x
x
x
x
x
x
x
\
\ .
Никакой элемент
x
не может одновременно принадлежать и самому
множеству, и его дополнению, поэтому мы пришли к противоречию.
Пример 5. Пусть
A,B,K
такие множества, что
A
B
Í
Í
. Най-
дите множество
C
, удовлетворяющее системе уравнений
î
í
ì
=È
=
Ç
KCA
B
C
A
.
Решение. Из первого уравнения следует, что
C
B
Í
, поэтому
C
можно представить в виде
C
B
C
¢
È
=
, где
Æ
=
Ç
¢
B
C
. Из равенств
Æ
=
Ç
¢
¢
È
=
=
Ç
B
C
C
B
C
B
C
A
,,
следует, что
Æ
=
¢
Ç
C
A
.
Итак, нам осталось найти множество
C
¢
. Заменим
C
во втором урав-
нении на
C
B
C
¢
È
=
. Получим
(
)
K
C
B
A
=
¢
È
È
. По ассоциативному за-
кону
(
)
K
C
B
A
=
¢
È
È
. Из включения
A
B
Í
следует, что
A
B
A
=
È
, по-
этому получаем равносильное уравнение
K
C
A
=
¢
È
. Два факта
Æ
=
¢
Ç
C
A
и
A
Í
позволяют заключить, что решением последнего урав-
нения является множество
A
C
\
=
¢
. Окончательно