sKombinatorika 1. Három tanuló reggel az iskola bejáratánál hányféle sorrendben lépheti át a küszöböt? P3 = 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6. 2. Hány különböző négyjegyű számot írhatunk föl 2 db 1-es, 1 db 2-es és 1 db 3-as számjegyből?
P41,1, 2 =
4! = 12 . 1!⋅1!⋅ 2!
3. a, Hány ötös lottószelvényt kell kitöltenünk ahhoz, hogy biztosan nyerjünk?
⎛ 90 ⎞ C 905 = ⎜⎜ ⎟⎟ = 43949268 . ⎝5⎠ b, Ha kitöltjük az összest, hány háromtalálatosunk lesz?
⎛ 5 ⎞ ⎛ 85 ⎞ C 53 ⋅ C852 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ 2 ⎠ 4. Egy pénzdarabot 10-szer feldobunk. Hány sorozat adódhat, ha a dobások sorrendjét is figyelembe vesszük? 2 elem 10-edosztályú ismétléses variációjával:
V210,i = 210 = 1024 . 5. Egy négytagú család telefonja 2-szer szólalt meg egy estén. Hányféle változatban vehették fel a kagylót, ha ugyanaz a személy 2-szer is felvehette de a sorrendet nem vesszük figyelembe? Ismétléses kombináció:
⎛ 4 + 2 − 1⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 10 . C 42,i = ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠
6. Egy dobozban 16 golyó van, 10 fehér, 4 piros és 2 kék. Egymás után visszatevés nélkül kihúzzuk mind a 16ot. Hányféle sorrend keletkezhet, ha az egyszínűeket nem különböztetjük meg egymástól? Ismétléses permutációval:
P1610, 4, 2 =
16! = 120120 . 10!⋅ 4!⋅ 2!
7. Hogyan módosul az előző feladat eredménye, ha minden golyót visszateszünk a kihúzás után, és így húzunk ki 16 golyót? Csak az számít, hogy mennyi eltérő színű golyó van, az egyes színeken belüli darabszámok az összes lehetséges sorrendet nem, csak ezek előfordulási valószínűségét befolyásolják. Háromféle szín van, tehát 3 elem 16odosztályú ismétléses variációjának meghatározása a feladat:
V316 ,i = 316 = 43046721
8. Egy 8 tagú család 4 színházjegyet kap. a) Hányféleképpen oszthatók ki a jegyek, ha az is számít, ki hova ül? Az adott 4 helyre először 8, majd 7, aztán 6 végül 5 családtag közül válogathatunk, vagyis:
V84 = 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 1680 . b) Mi a helyzet akkor, ha csak az számít, hogy egyáltalán ki megy el a színházba?
⎛8⎞
8 elem 4-edosztályú kombinációja: C8 = ⎜⎜ ⎟⎟ = 70 . ⎝ 4⎠ 9. Adott egy 10-szer 12-es „sakktábla” (10 sor és 12 oszlop). A bal felső sarkából a jobb alsóba szeretnék eljutni úgy, hogy mindig csak jobbra vagy lefelé léphetünk. Hányféle útvonal létezik? 4
Az egyes útvonalakat „kódolhatjuk” úgy, hogy a jobbra lépésnek J-t, a lefelé lépésnek L-et feleltetünk meg, így minden útvonal egy ebből a két betűből álló sorozatnak felel meg, amelyben mindig 11 db J és 9 db L szerepel.
P209,11 =
Az összes sorozatok száma így:
20! = 167960 . 9!⋅11!
10.a) Egy társaságban 5 fiú és 5 lány van. Hányféleképpen alakulhatnak belőlük egyszerre táncoló párok? Sorba rendezzük az 5 lányt, és melléjük kisorsoljuk az 5 fiút: 5!=120. 10.b) Egy társaságban 7 fiú és 5 lány van. Hányféleképpen alakulhat belőlük 5 egyszerre táncoló pár (csak ellentétes neműek alkothatnak párt:-)? Az 5 lány mindenképpen táncol. Állítsuk őket sorba, s sorsoljuk melléjük a fiúkat valamilyen sorrendben. A válasz ebből láthatóan: V7 = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 2520 . 5
11. 4 egyforma kockát feldobunk. Hányféle végeredmény jöhet ki? (Nem a pontok összege, hanem az egyes számú pontok előfordulása a lényeg.) Mindegyik kocka mind a hat oldalát mutathatja egymástól függetlenül, azaz 6 elem 4-edosztályú ismétléses 4 ,i
kombinációi adják a végeredményt: C 6
⎛ 6 + 4 − 1⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 126 . = ⎜⎜ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4⎠
12. A 0,1,2,3,4 számjegyekből hány valódi ötjegyű szám képezhető, amelyben legalább az egyik számjegy ismétlődik? Nullával nem kezdődhet szám. A „legalább egy számjegy ismétlődik”azt jelenti, hogy akár mind az öt számjegy egyforma is lehet, ezért egyszerűbb az összes valódi ötjegyű számból kivonni az ismétlést nem tartalmazókat. Összes: 4 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 5 = 2500 , a mind különböző számjegyet tartalmazók száma 4 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = 96 , a kettőt kivonva egymásból a válasz 2404. 13. 9 ember csónakázik, 3 csónak van: egy 4, egy 3 és egy 2 üléses. Hányféleképpen foglalhatják el a csónakokat, ha egy csónakon belül az ülésrend nem számít? Először kisorsoljuk, kik ülnek a 4 személyes csónakba, majd a 3 és 2 személyesekbe. A sorsolás eredményei egymástól függetlenek, azaz a lehetséges kimenetelek száma összeszorzódik, az egyes sorsolások eredményeit
⎛ 9 ⎞ ⎛ 5⎞ ⎛ 2⎞
pedig ismétlés nélküli kombinációk adják. Vagyis a végeredmény: ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = 1260 . 4 3 2
⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
14. Egy páncélszekrény 6 egymás mögötti tárcsa megfelelő beállításával nyitható ki. A tárcsák 9 számjegyet tartalmaznak, amelyek közül egyet kell beállítani minden tárcsán. Ha valaki nem ismeri a kódot, mennyi időt vehet igénybe legrosszabb esetben a szekrény kinyitása, ha folyamatosan próbálkozik és egy kombináció beállítása 5 másodpercig tart? Legrosszabb esetben a legutolsó próbálkozásra nyílik ki a szekrény, vagyis az összes esetet meg kell vizsgálni, 6 ,i
amely V9
= 9 6 = 531441 . Ennyiszer 5 másodperc éppen 2657205 másodperc, ami 30 nap 18 óra 6 perc 45
másodperc. Kicsit sokáig tart. (És közben még csak nem is eszik az illető.) 15. 20 láda áruból 15 láda első osztályú, a többi másodosztályú árut tartalmaz. Hányféleképpen választható ki ezek közül 5 láda úgy, hogy legfeljebb 2 másodosztályú legyen közöttük? Azokat az eseteket kell összeadni, amikor pontosan nulla, egy vagy két db másodosztályú láda van a
⎛15 ⎞ ⎛15 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛15 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = 3003 + 6825 + 4550 = 14378 . ⎝ 5 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝1⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2⎠
kiválasztottak között: ⎜⎜
17. Egy 52 lapos francia kártyacsomagban 4 ász és 4 király van. Négyfelé osztjuk a lapokat. Hányféle olyan szétosztás lehetséges, amelynek során mindegyik játékosnak 1-1 ász és király jut? Ültessük le a játékosokat egy adott tetszőleges sorrendbe. Először osszuk ki a 4 ászt és a 4 királyt, ezek lehetséges összes előfordulása 4!⋅ 4! . A maradék 44 lapot 4 db 11-es csoportba osztjuk, az egyes csoportokon
belül persze nem számít a lapok sorrendje. Először 44 lapból választunk ki 11-et, majd 33-ból 11-et, végül a maradék 22-ből 11 kiválasztása megadja az utolsó 11-es pakli összetételét is. Ezek egymástól független sorsolások (lásd csónakos feladat), ezért a végeredmén
⎛ 44 ⎞ ⎛ 33 ⎞ ⎛ 22 ⎞ ⎛11⎞ 4!⋅ 4! ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ≈ 6 ⋅ 10 26 . ⎝ 11 ⎠ ⎝ 11 ⎠ ⎝ 11 ⎠ ⎝11⎠
18. Hányféleképpen lehet egy 32 lapos magyar kártyacsomagot 4 egyenlő részre osztani, hogy mind a 4 ász ugyanabba a részbe kerüljön?
⎛ 28 ⎞ ⎟⎟ -féleképpen tehetjük meg. A ⎝4⎠
Különítsük el a 4 ászt, és sorsoljuk mellé a maradék 4 lapot a 28-ból. Ezt ⎜⎜
többi csomagot ugyanígy sorsoljuk ki, de mivel a sorrendjük most nem lényeges, a kapott eredményt még 3!-al
⎛ 24 ⎞ ⎛16 ⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ ⎛ 28 ⎞ ⎜⎝ 8 ⎟⎠ ⎜⎝ 8 ⎟⎠ ⎜⎝ 8 ⎟⎠ 28! osztanunk kell, vagyis a megoldás ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ = ≈ 3.23 ⋅ 1013 . 3 3! 3!⋅ 4!⋅ (8!) ⎝4⎠ 19. Egy vívóedzésen 15 vívóból 6 pár vív egyidejűleg. Hányféleképpen választhatók ki a párok?
⎛15 ⎞ ⎟⎟ . Ezután a fennmaradó vívókból mindig kiválasztunk kettőt, ⎝12 ⎠
Először válasszuk ki azt a 12 vívót, aki vív: ⎜⎜
majd, mivel a párok sorrendje nem lényeges (mindegy, hogy melyik pár melyik páston vív), a részeredményt
⎛12 ⎞ ⎛10 ⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎛ 6 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ ⎛15 ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 15! ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ = = 4729725 . 6! 3!⋅ (2!) 6 ⋅ 6! ⎝12 ⎠
elosztjuk 6!-sal. Tehát:
20. Braille-írással hányféle különböző jel készíthető? 3x2 helyre helyezhetünk el pontokat, a pontok száma 1-6-
• • ig terjedhet. Pl: o
•
(N betű).
M.o.:
V26,i − 1 = 2 6 − 1 , mert 0 pont nem lehetséges.
• o
21. Hatféle színből hány különböző háromsávos zászló készíthető, ha a) Egy szín csak egyszer szerepelhet? b) Egy szín maximum kétszer szerepelhet, de nem egymás melletti sávban? c) Egy szín akár háromszor is szerepelhet? M.o.:
a)
6⋅5⋅ 4
b)
6⋅5⋅5
c)
6⋅6⋅6
22. Egy 28-as létszámú osztályban 4 jutalmat osztanak ki. Hányféleképpen történhet ez, ha a. a jutalmak egyenlők, és egy tanuló legfeljebb egy jutalmat kaphat; b. a jutalmak egyenlők, és egy tanuló több jutalmat is kaphat; c. a jutalmak különbözők, és egy tanuló legfeljebb egy jutalmat kaphat; d. a jutalmak különbözők, és egy tanuló többet is kaphat?
⎛ 28 ⎞
M.o.: a. C 28 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝4⎠ 4
⎛ 28 + 4 − 1⎞ ⎟⎟ 4 ⎝ ⎠
b. C 28 = ⎜⎜ 4 ,i
c. V 28 = 28 ⋅ 27 ⋅ 26 ⋅ 25 4
d. V 28 = 28 4 ,i
23. Hány különböző rendszám adható ki, amely három betűből és azt követő három számból áll?A rendszám 3 ,i 3 első 3 karaktere (az angol ABC 26 betűből áll) V26 = 26 - féleképp tölthető fel, a második 3 karakter pedig a 10 számjegy segítségével V10 = 10 -féleképp. Így összesen 26 ⋅ 10 rendszám készíthető. 3,i
3
3
3
4
24. a. Hányféleképpen állítható sorba n (különböző) gyerek? b. Hányféleképpen ültethetők a fenti gyerekek kör alakú asztal köré? c. Válaszoljuk meg az előző kérdéseket akkor is, ha Jancsi és Juliska egymás mellé kell hogy kerüljenek. a.n! b. Az n!-féleképp sorba állított gyerekeket, ültessük le a kerek asztalhoz. Az ültetés után nem tudjuk megmondani, hol volt a sor vége: ha az ültetés alapján akarjuk sorba állítani a gyerekeket, akkor pontosan nféleképpen jelölhetjük ki a sor kezdetét. A lehetőségek száma ezért az előző feladat eredményének n-edrésze, azaz (n –1)! c. A közös alapötlet, hogy az egymás mellé teendő párokat egyként kezeljük és itt a párok egymás közötti sorrendje is számít. Így az a. esetben (n –1)!·2!-t, b. esetben (n –2)!·2!-t kapunk. 25. A 0,1,2,3,4 számjegyekből hány valódi ötjegyű szám képezhető, amelyben legalább az egyik számjegy ismétlődik? Nullával nem kezdődhet szám. A „legalább egy számjegy ismétlődik”azt jelenti, hogy akár mind az öt számjegy egyforma is lehet, ezért egyszerűbb az összes valódi ötjegyű számból kivonni az ismétlést nem tartalmazókat. Összes: 4 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 5 = 2500 , a mind különböző számjegyet tartalmazók száma 4 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = 96 , a kettőt kivonva egymásból a válasz 2404. 26. Hányféleképpen lehet eljutni az origóból a (3; 4; 5) pontba, úgy, hogy csak egységnyi hosszú, a koordinátatengelyek pozitív irányába történő lépések lehetségesek? A kérdéses pontba 12 lépésből juthatunk el, méghozzá pontosan 3-at kell az x, 4-et az y, és 5-öt a z tengely pozitív irányába lépnünk. A 12 lépésből kiválasztjuk azokat, melyeket az első irányba lépünk:
⎛12 ⎞ ⎟⎟ -féleképp lehetséges, majd a második irányba történőket ⎝3⎠ ⎛5⎞ ⎛12 ⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎛ 5 ⎞ történőket: ⎜⎜ ⎟⎟ . Így ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 4⎠ ⎝5⎠ ⎝5⎠ ez ⎜⎜
⎛9⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ és végül a harmadik irányba ⎝ 4⎠
Másik megoldás: Az egyes útvonalakat „kódolhatjuk” úgy, hogy az x-tengely pozitív irányába történő lépésnek X-et, az y tengely pozitív irányába történő lépésnek Y-t, a z tengely pozitív irányába történő lépésnek Z-t feleltetünk meg, így minden útvonal egy ebből a három betűből álló sorozatnak felel meg, amelyben mindig 3 db 3, 4 , 5
X, 4 db Y és 5 db Z szerepel. Az összes sorozatok száma így: P12
=
12! . 3!⋅ 4 ⋅ 5!
27. Magyar kártyából hányféleképp húzható ki 6 lap úgy, hogy a. ne legyen köztük ász, b. pontosan két ász legyen köztük, c. legfeljebb két ász legyen köztük?
⎛ 28 ⎞
⎛ 28 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 2⎠
M.o.: a. ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝6⎠
⎛ 28 ⎞ ⎛ 28 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 28 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝ 6 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝1⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 2⎠
b. ⎜⎜
c. ⎜⎜
28. A sakk-olimpián n ország versenyzői vesznek részt, minden országot négytagú csapat képvisel. Hányféleképp állíthatjuk fel az összes versenyzőt egy sorba úgy, hogy mindenkinek legyen vele azonos nemzetiségű szomszédja?
⎛ 4⎞
Minden ország versenyzőiből 2-2 rendezett pár ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 2 ⋅ 2 = 4! = 24 -féleképp képezhető. n ország esetén a 2
⎝ ⎠
párok tehát (24 ) -féleképp alkothatóak meg. A 2n darab pár 2n!-féleképpen állítható sorba. Így összesen n
(24 )n ⋅ 2n! sorbaállítás lehetséges.
Struktúrák 1. Milyen algebrai struktúrát határoznak meg az alábbi halmazok a megadott művelet(ek)-el? a, b, c, d, e,
(2H, metszet) (R3, +) (R3 a három dimenziós tér vektorainak halmaza) 3 (R ,vektoriálisszorzat) (Rn×m,+) (Rn×m az n×m-es mátrixok halmaza) n×n (R ,*)
f, Lali elsőéves a PPKE ITK-n ☺, és szeptember végén végre hazautazik. Szülei, amíg távol volt, elkezdték kipakolni a padlást, úgyhogy Lalit is sok, a gyerekkorából származó doboz fogadja a szobájában. Az egyik dolog, amit megtalál egy régi játék, még öccsével hajtogatták kartonpapírból: két ugyanolyan négyoldalú (tetraéder alakú) dobókocka. A négy-négy oldalra 1,2, 3 és * van felrajzolva. Alatta ott hever egy azóta megsárgult lapon a használati utasítás - mindkét kockával kell dobni, az eredményt pedig így kell „számítani” ( &-jellel jelöljük, hogy ezt a két számot dobtuk a kockával): - Két különböző szám dobása esetén a harmadik szám az eredmény (pl. 1&3 = 2, 1&2 = 3) - Egy szám és a csillag dobása esetén a szám (pl. 2&* = 2) - Két azonos szám esetén a csillag (pl. 3&3 = *) A szabályok olvasása közben Lali elmosolyodik és gyorsan átsiet öccséhez elújságolni, hogy szerinte egy Abelcsoportot sikerült megcsinálniuk 8 évesen. Az öcskös – lévén még csak 11. osztályos – értetlenül néz. Mit mondjon Lali, hogy megismertesse (egyébként felettébb értelmes) öccsét a csoport fogalmával és bizonyítsa állítását? *Vigyázat ezután már kétműveletes struktúrák jönnek (gyűrű,test) g, 2H hatványhalmazon adott két művelet: A+B = A ∪ B és A*B = A ∩ B h, R valós számok halmazán két művelet: a+b=a*b a*b=alg(b) 3 3 1/ 3 i, R valós számok halmazán két művelet: a+b=(a +b ) a*b=3a*8b j, R valós számok halmazán két művelet: a+b=(a3+b3)1/ 3 a*b=a/b k, (Rn×n,+,*) az n×n-es mátrixok halmaza a szokásos mátrix összeadással és szorzással. Megoldások: a, egységelemes kommutatív félcsoport (egységelem: H) b, Ábel csoport c, nem asszociatív ezért egyik tanult struktúra sem d, Ábel csoport e, egységelemes félcsoport f, Ábel csoport (egységelem: * , Minden elem inverze: sajátmaga) g, Az unió-ra nem teljesülnek az ábel csoport tulajdonságai ezért ez egyik sem a tanult struktúrák közül) h, Test i, Test j, a/b nem asszociatív ezért egyik sem k, egységelemes gyűrű
Nulladrendű logika 1. Bizonyítsa be, hogy az implikáció nem asszociatív művelet:
( A → B ) → C ≠ A → (B → C ) .
A
B
C
A → B
(A → B) → C
B→C
A → (B → C )
i
i
i
i
i
i
i
i
i
h
i
h
h
h
i
h
i
h
i
i
i
i
h
h
h
i
i
i
h
i
i
i
i
i
i
h
i
h
i
h
h
i
h
h
i
i
i
i
i
h
h
h
i
h
i
i
2. Bizonyítsa be, hogy tautológia: (B→¬A) v (A ^ B)
3. Igazságtáblával bizonyítsa be, hogy ekvivalensek az alábbi kifejezések:
¬(A → C) ∨ ¬(B → C ) ≡ ¬(( A ∨ B ) → C ) ((¬A ∨ B ) → C ) ∧ ¬( B → A) ≡ ¬A ∧ B ∧ C
¬(((A → B) → ¬(C ∧ ¬B)) ≡ ¬(B ∨ ¬C) ∧ (¬A ∨ B)
( A ∨ B ) → (¬C ∧ D ) ≡ (¬A ∨ ¬C ) ∧ (¬A ∨ D ) ∧ (¬B ∨ ¬C ) ∧ (¬B ∨ D ) 4. Formalizálja az alábbi mondatokat: 1.
Ha okos vagyok vagy nagyon szorgalmas, akkor kapok megajánlott jegyet és nem kell vizsgáznom.
2.
Tivadar hazament, de nem maradt otthon, bár mindenki ezt várta tőle.
[(Okosvagyok) ∨ (nagyonszorgalmas)] → [(kapokmegajánlottjegyet ) ∧ ¬(vizsgáznomkell )] (Tivadarhazament ) ∧ ¬(Tivadarotthonmaradt) ∧ (mindenkieztvártatővá)
3.
Nem jövök, ha nem hívnak.
4.
Ha sikerül a zéhá, és jó idő lesz este, akkor sétálok, vagy zenét hallgatok.
¬[hívnak] → ¬[ jövök ]
[(si ker ülazh) ∧ ( jóidőóidő)] → [(sétálok) ∨ ¬(zenéthallg atok )]
5.
Anna akkor és csak akkor iszik, ha Barna eladja a házat és Cili összeveszik a férjével
6.
Nem igaz, hogy ha Barna eladja a házat, akkor Daniella boldogtalan lesz.
[(anna) → ((barna) ∧ (cili))] ∧ [((barna) ∧ (cili)) → (anna)] ¬[(barnaeladjaaházat ) → (daniellabgoldogtalanlesz )]
7. 8.
A tavasz közeledtével a virágok kinyílnak, a fiókák kirepülnek és a természet nem alszik tovább. Ha a felhők közeledtével nem viszek esernyőt, akkor valószínűleg nem csak meggondolatlan vagyok, hanem el is fogok ázni. 9. Nem tanulom meg a logikát, amíg egy házi feladatot se oldottam meg önállóan. 10. Ha abból, hogy megállunk a talajon két lábbal, nem következik a gravitáció megléte, akkor vagy ragasztóba léptünk vagy mágnesen sétálunk, de acélbetétes bakancsban.
5. Bizonyítsa be a definíció alapján, hogy helyes a Modus ponens következtetési séma! Modus ponens:
(α , α → β ) ∏0 β
α →β
α
β
i
i
h
i
h
i
h
i
h
h
h
i
Minden esetben amikor az
α
és
α → β is igaz (vagyis a második interpretációban), akkor a β is igaz!
6. Bizonyítsa igazságtáblával, hogy helyes az alábbi következtetési séma:
A → (B ∧ C ) ¬B ∨ ¬C
¬A 7. Hozzuk KNF.-re a következő formulákat:
a, ( A ∨ B ) → (¬C ∧ D ) M.o.: ( A ∨ B ) → (¬C ∧ D ) ≡ ¬( A ∨ b ) ∨ (¬C ∧ D ) ≡ (¬A ∧ ¬B ) ∨ (¬C ∧ D ) ≡ …
… ≡ [¬A ∨ (¬C ∧ D )] ∧ [¬B ∨ (¬C ∧ D )] ≡ [(¬A ∨ ¬C ) ∧ (¬A ∨ D )] ∧ [(¬B ∨ ¬C ) ∧ (¬B ∨ D )] b, ¬([( A → B ) ∧ (B → C )] → ( A → C ))
M.o.: [(¬A ∨ B ) ∧ (¬B ∨ C )] ∧ ( A ∧ ¬C )
c) ((¬A ∨ B ) → C ) ∧ ¬( B → A) d)
¬(( A → B ) → ¬(C ∧ ¬B ))
e)
( A ∨ B ) → (¬C ∧ D )
g)
[( A → B) ∧ (B → C )] → ( A → C)
8. Bizonyítsuk, hogy helyes az alábbi következtetési séma:
A→B B→C
¬(C ∧ D ) A → ¬D M:
(( A → B ) ∧ (B → C ) ∧ ¬(C ∧ D )) ∧ A ∧ D ≡ (¬A ∨ B ) ∧ (¬B ∨ C ) ∧ (¬C ∨ ¬D) ∧ A ∧ D
¬A ∨ B ¬B ∨ C ¬C ∨ ¬D A D
¬A ¬B
nil
¬C
9. Bizonyítsd, hogy helyes a következő következtetési séma: A → ¬C ¬B → C A→B M: (A → ¬C) ^ (¬B → C) ^ ¬(A → B) ≡ (¬A v ¬C) ^ (B v C) ^ A ^ ¬B ¬A v ¬C ¬C BvC nill A C ¬B 10. Helyes következtetési séma-e?
A → (B ∧ C ) ¬B ∨ ¬C
¬A
M:
((¬A ∨ (B ∧ C )) ∧ (¬B ∨ ¬C )) ∧ A ≡ (¬A ∨ B ) ∧ (¬A ∨ C ) ∧ (¬B ∧ ¬C ) ∧ A
¬A B ¬A C ¬ B ¬C
¬A C
nil
¬B
A
11. Nulladrendű logikai rezolúció segítségével igazolja, hogy az első négy állítás következménye az ötödik. a. b. c. d. e.
Ha a virágok korán nyílnak, nem lesz probléma az idei mézterméssel. Ha a méhek nem porozzák be a virágokat, akkor probléma lesz az idei mézterméssel. Egyszerre nem tudják a méhek beporozni a virágokat és elrepülni délre. A virágok korán nyílnak A méhek nem repülnek délre.
12. Formalizáljuk a mondatokat (nulladrendű), majd bizonyítsd be, hogy az első három mondat következménye a negyedik. Nem igaz, hogy esik és jó idő van. Ha dörög az ég, akkor villámlik. Ha villámlik, akkor esik. Ha dörög az ég, akkor nincs jó idő!
13. Majmos nulladrendű rezolúció Egy tudós a majmok társadalmában a következő megfigyeléseket tette. A) Minden majom, amelyik szereti a banánt, egészséges. B) Amelyik majom sokat alszik, az is egészséges. C) Amelyik majomnak rémálmai vannak, az keveset alszik. D) Mindegyik majom szereti a banánt vagy sokat alszik. Ezekből a megfigyelésekből a tudós azt a következtetést vonta le, hogy a nem egészséges majmoknak rémálmaik vannak. Helyesen okoskodott-e?
M: 1. formalizáció: SZB = ”szereti a banánt”, SA = “sokat alszik”, R = “rémálmai vannak”, E = “egészséges” 2. Mondatok átírása: A) SZB -> E = ~SZB v E B) SA -> E = ~SA v E C) R -> ~SA = ~R v ~SA D) SZB v SA E) ~E -> R = E v R 3. Rezolúciós állítás: (~SZB v E) ^ (~SA v E) ^ (~R v ~SA) ^ (SZB v SA) ^ ~E ^ ~R SZB v E SZB
E
Nil
