MATEMANIJA

Pozdrav svima,

Zadatak glasi:
[dispmath]B\subseteq(B\setminus A)\iff(A\setminus B)=A[/dispmath] Moji koraci (za sada ne prepisujem desnu stranu do kljucnog koraka):
[dispmath]B\;\Longrightarrow\;(B\setminus A)\iff\;–||–\\
X\in B\;\Longrightarrow(X\in B\;\land\;X\notin A)\iff\;–||–[/dispmath] Primjenjujem ekvivalenciju: [inlmath]A\;\Longrightarrow\;B\iff\lnot A\lor B[/inlmath]
[dispmath]X\notin B\;\lor\;(X\in B\;\land\;X\notin A)\iff\;–||–\\
(X\notin B\;\lor\;X\in B)\;\land\;(X\notin B\;\lor\;X\notin A)\iff\;–||–[/dispmath] Sada dolazim do koraka s kojim ne znam nastaviti dalje;
[dispmath]\top\;\land\;(X\notin B\;\lor\;X\notin A)\iff(A\setminus B)=A[/dispmath] Dalje dvojim izmedju:

a) uvrstiti [inlmath](A\setminus B)[/inlmath] levo na mesto [inlmath]A[/inlmath], ali u tom slucaju dobivam [inlmath]\top\;\land\;\top\;\lor\;X\notin A\iff A[/inlmath]
b) napraviti tablicu istinitosti i pretpostaviti da je [inlmath]\iff[/inlmath] tacna samo ako pretpostavimo da je [inlmath](X\notin B\;\lor\;X\notin A)[/inlmath] tacno, ali onda opet stanem sta dalje s tim.

Da li itko ima hint za nastavak i kako krenuti dokazivati s desne strane?
Rado cu sama dalje i objaviti rezultat kada skontam

Pozdrav. Prvo, primedba na način obeležavanja:

mariana je napisao:[dispmath]B\;\Longrightarrow\;(B\setminus A)\iff\;–||–[/dispmath]

Ne može se pisati [inlmath]B\;\Longrightarrow\;(B\setminus A)[/inlmath], jer bi to značilo da iz nekog skupa sledi drugi skup, a to ne znači ništa. Leva i desna strana implikacije treba da budu iskazi, a ne skupovi. Ispravan zapis bi bio [inlmath]x\in B\;\Longrightarrow\;x\in B\setminus A[/inlmath]

mariana je napisao:Primjenjujem ekvivalenciju: [inlmath]A\;\Longrightarrow\;B\iff\lnot A\lor B[/inlmath]

Treba samo napomenuti da ove oznake [inlmath]A[/inlmath] i [inlmath]B[/inlmath] nemaju veze s onim oznakama [inlmath]A[/inlmath] i [inlmath]B[/inlmath] koje su korišćene za skupove. Budući da je uobičajeno da se za oznake iskaza koriste [inlmath]p[/inlmath], [inlmath]q[/inlmath] itd., zgodniji zapis za ovo bi bio [inlmath](p\;\Longrightarrow\;q)\iff(\lnot p\lor q)[/inlmath]

mariana je napisao:Sada dolazim do koraka s kojim ne znam nastaviti dalje;
[dispmath]\top\;\land\;(X\notin B\;\lor\;X\notin A)\iff(A\setminus B)=A[/dispmath] Dalje dvojim izmedju:

a) uvrstiti [inlmath](A\setminus B)[/inlmath] levo na mesto [inlmath]A[/inlmath], ali u tom slucaju dobivam [inlmath]\top\;\land\;\top\;\lor\;X\notin A\iff A[/inlmath]

Desna strana ekvivalencije je pogrešna (što je i očigledno jer predstavlja skup, a kako napisah gore, leva i desna strana ekvivalencije moraju biti iskazi). Kao desna strana ovde treba da se dobije [inlmath]A=A[/inlmath], tj. [inlmath]\top[/inlmath]. Takođe, leva strana [inlmath]\top\;\land\;(X\notin B\;\lor\;X\notin A)[/inlmath] može se jednostavno napisati kao [inlmath]X\notin B\;\lor\;X\notin A[/inlmath] (na osnovu osobine [inlmath]\top\;\land\;p\iff p[/inlmath]).
Međutim, ideja s uvrštavanjem [inlmath]A\setminus B[/inlmath] umesto [inlmath]A[/inlmath] u startu je pogrešna, jer [inlmath]A\setminus B[/inlmath] ne mora biti jednako [inlmath]A[/inlmath] (to što imamo takav iskaz na desnoj strani ekvivalencije, ne znači da taj iskaz mora biti i tačan).
Umesto toga, ovo bi se moglo nastaviti tako što se desna strana transformiše, na sličan način na koji je transformisana leva strana. Na desnoj strani bismo imali [inlmath]x\in A\setminus B\iff x\in A[/inlmath], a zatim, kao što je na implikaciju bilo primenjeno [inlmath](p\;\Longrightarrow\;q)\iff(\lnot p\lor q)[/inlmath], tako na ekvivalenciju možemo primeniti [inlmath](p\iff q)\iff(p\land q)\;\lor\;(\lnot p\;\land\;\lnot q)[/inlmath].

mariana je napisao:b) napraviti tablicu istinitosti i pretpostaviti da je [inlmath]\iff[/inlmath] tacna samo ako pretpostavimo da je [inlmath](X\notin B\;\lor\;X\notin A)[/inlmath] tacno, ali onda opet stanem sta dalje s tim.

Pogrešna je pretpostavka, jer ekvivalencija može biti tačna i onda kada su obe strane netačne.

---

Inače, ako bismo Venovim dijagramom vizualizovali bilo levu bilo desnu stranu zadate ekvivalencije, videli bismo da su i jedna i druga ekvivalentne iskazu da se skupovi [inlmath]A[/inlmath] i [inlmath]B[/inlmath] ne seku (tj. presek im je prazan skup).

Grozno koliko u krivu smjeru razmisljam

Danas sam zato pokusala skroz drugacije:

Prvo posmatram samo
[dispmath](B\setminus A)[/dispmath] - tu uvodim pomocni element "ili", jer on ne utjece na istinitost iskaza
[dispmath]X\in(B\setminus A)\;\Longrightarrow\;X\in B\;\land\;X\notin A\;\lor\;(X\in B\;\land\;X\in A)[/dispmath] Primjenjujem zakon distributivnosti
[dispmath]X\in B\;\land\;(X\notin A\;\lor\;X\in A)[/dispmath] Posto je u zagradama tacan izraz [inlmath](a\;\lor\;\lnot a=\top)[/inlmath] i [inlmath]a\;\land\;\top=a[/inlmath], ostaje mi samo [inlmath]X\in B[/inlmath]. Time sam, nadam se, izjednacila [inlmath]B[/inlmath] i [inlmath](B\setminus A)[/inlmath]

Posto je [inlmath](B\subseteq B)[/inlmath] i [inlmath](B\subseteq(B\setminus A))[/inlmath] - preoblikujem onda pocetan izraz u
[dispmath](B\setminus A)=B\iff(A\setminus B)=A[/dispmath] Sada kazem, ako je
[dispmath]X\in B\;\Longrightarrow\;X\in B\;\land\;X\notin A[/dispmath] i ako
[dispmath]X\in A\;\Longrightarrow\;X\in A\;\land\;X\notin B[/dispmath] onda mora da je
[dispmath]A\cup B=0[/dispmath] To mogu kratko dokazat: [inlmath]X\in A\;\land\;(X\in B\;\land\;X\notin A)\;\Longrightarrow\;(X\in A\;\land\;X\notin A);\land\;X\in B=0[/inlmath] posto je [inlmath](X\in A\;\land\;X\notin A)[/inlmath] proturjecje...

Iz ovoga mogu reci da ne postoji:
[dispmath]\not\exists X\in A\cup B[/dispmath] De Morganov zakon:
[dispmath]X\notin A\;\lor\;X\notin B[/dispmath] A s obzirom da je presjek prazan skup, onda
[dispmath]X\in A\;\Longrightarrow\;X\notin B[/dispmath] I sada bi trebao preostati pretposljednji korak koji bi naveo da je
[dispmath]X\in A=X\in(A\setminus B)[/dispmath] ili ovo moze da direktno sledi iz definicije podskupa?

Mnogo hvala!

mariana je napisao:[dispmath](B\setminus A)[/dispmath] - tu uvodim pomocni element "ili", jer on ne utjece na istinitost iskaza
[dispmath]X\in(B\setminus A)\;\Longrightarrow\;X\in B\;\land\;X\notin A\;\lor\;(X\in B\;\land\;X\in A)[/dispmath]

Kako ne utiče na istinitost iskaza? Može li pojašnjenje?

(Uzgred, pravilo je da se za oznake elemenata koriste mala slova, dakle [inlmath]x,y,\ldots[/inlmath] za razliku od skupova ([inlmath]A, B,\ldots[/inlmath]) za koje se koriste velika slova.)

Daniel je napisao:Kako ne utiče na istinitost iskaza? Može li pojašnjenje?

Prvo, hvala na opasci, trudim se biti sve opreznija i s takvim detaljima

Sto se tice pitanja, to je "trik" koji nam je tutor pokazao na poslednjem casu. Naime, preko pomocnih elemenata mozemo lakse doci do resenja. U svakom trenutku smemo uvesti [inlmath]\lor[/inlmath], tj "ili" i iza toga bilo sta! U ovom slucaju cemo ovim pomocnim elementom dalje primeniti zakon distributivnosti i eliminisati [inlmath]A[/inlmath] s leve strane. Da [inlmath]\lor[/inlmath] ne utjece na istinitost iskaza se takodje vidi i iz tablice istinitosti za disjunkciju. [inlmath]\top\lor\bot[/inlmath] dat ce [inlmath]\top[/inlmath], jer ako kazem, npr "pada kisa" i to je istina. Dodam li tomu iskaz "nebo je ljubicasto" (sto, recimo da, nije:), svejedno je onda izraz "pada kisa ili je nebo ljubicasto" istinit, jer je jedan od clanova istinit. Da sam rekla "pada kisa i nebo je ljubicasto", onda bi taj izraz bio neistinit jer sam koristila konjukciju, [inlmath]\land[/inlmath].


Inspirirana tim saznanjem sam zapravo krenula u ovom smjeru. Vecina kolega je istog misljenja, ali svejedno mislim da bi nekako bolje trebalo dokazati da je [inlmath]B=B\setminus A[/inlmath] iz onog prvog izraza s podskupom. To bi valjda nekako trebalo preko definicije podskupa

mariana je napisao:U svakom trenutku smemo uvesti [inlmath]\lor[/inlmath], tj "ili" i iza toga bilo sta!

mariana je napisao:Da [inlmath]\lor[/inlmath] ne utjece na istinitost iskaza se takodje vidi i iz tablice istinitosti za disjunkciju. [inlmath]\top\lor\bot[/inlmath] dat ce [inlmath]\top[/inlmath], jer ako kazem, npr "pada kisa" i to je istina. Dodam li tomu iskaz "nebo je ljubicasto" (sto, recimo da, nije:), svejedno je onda izraz "pada kisa ili je nebo ljubicasto" istinit, jer je jedan od clanova istinit. Da sam rekla "pada kisa i nebo je ljubicasto", onda bi taj izraz bio neistinit jer sam koristila konjukciju, [inlmath]\land[/inlmath].

A da smo, recimo, imali rečenicu „Nebo je ljubičasto“ (koja je, dakle, neistinita) i dodamo „ili je trava zelena“ (što je istinito), bi li se onda promenila istinitosna vrednost prve rečenice?

Daniel je napisao:A da smo, recimo, imali rečenicu „Nebo je ljubičasto“ (koja je, dakle, neistinita) i dodamo „ili je trava zelena“ (što je istinito), bi li se onda promenila istinitosna vrednost prve rečenice?

Ne. To i je poanta. dodali smo ili i nakon toga neki izraz. Pritom mi znamo da je citav izraz "Nebo je ljubičasto ili je trava zelena" istinit, ali samo zato jer znamo istinitost drugog izraza. Ali da nam je drugi izraz nepoznanica, a prvi uzimamo kao istinit (kao u ovome sto pokusavamo dokazati), svejedno o vrijednosti drugog, dodanog izraza, citav izraz, s disjunktivnim spojem "[inlmath]x\lor y[/inlmath]" bi i dalje vrijedio kao istinit.

Kao sto rekoh, ne stojim ja iza ovog trika, nego tutor (koji opet radi zadatke koje mu da profesor i zna kako ce ih resit). Kao sto se u negdje drugdje u jednacinu komotno uvede [inlmath]+x-x[/inlmath] (bilo koji broj) kao neutralan pomocni element i s time radi dalje, tako se sme i disjunkcija ovde. Rado cu nakon raspusta na predavanju postaviti konkretno pitanje. Ovo malo sta sam isprobala s ovim radit, cini se da funkcionise

mariana je napisao:U svakom trenutku smemo uvesti [inlmath]\lor[/inlmath], tj "ili" i iza toga bilo sta!

Ako govoriš o iskaznoj formuli [inlmath]p\;\Longrightarrow\;p\lor q[/inlmath] (pravilo uvođenja disjunkcije), tu imamo implikaciju a ne ekvivalenciju, tako da ne možemo reći da [inlmath]\lor[/inlmath] ne utiče na istinitost iskaza. Svakako da iskaz [inlmath]p[/inlmath] ne može biti istinitosno jednak (tj. ekvivalentan) iskazu [inlmath]p\lor q[/inlmath]. Možemo jedino reći da [inlmath]p\lor q[/inlmath] sledi iz [inlmath]p[/inlmath].

Dakle, konkretno u našem primeru, iz [inlmath]x\in B\setminus A[/inlmath] sledi da [inlmath]x\in B[/inlmath]. Ali, nikako ne možemo reći da je [inlmath]x\in B\setminus A[/inlmath] isto što i [inlmath]x\in B[/inlmath], jer ako [inlmath]x\in A\cap B[/inlmath] tada prvi iskaz nije tačan, dok drugi jeste tačan.

A ne znam vise nisam pametna.
Nisam tu da se prepirem. On nam je rekao da se radi o pomocnom elementu, a ne ekvivalenciji Pitat cu ponovno naredne sedmice pa javiti ovde.
...
Sto se tice zadatka, nesto sam preko unije i preseka izmuvala da dodjem do [inlmath](A\setminus B)=A[/inlmath]
ali nisam sigurna.
Ako saznam tacan postupak, vraticu se i otipkati.

Napisat cu sada kratki updejt:

Posto ipak necemo dobit rjesenje, objavit cu ono najjednostavnije (bez zavrzlama) do kojeg smo kolektivno dosli tokom grupne online seanse...
Nadam se da je barem priblizno tacno i da ce nekad nekome pomoci.

smjer: [inlmath]\Longrightarrow[/inlmath] inkluzija: [inlmath]\subseteq[/inlmath]
Neka je
[dispmath]x\in A\setminus B\;\Longrightarrow\;x\in A\;\land\;x\notin B\\
\Longrightarrow\;x\in A\;\Longrightarrow\;A\setminus B[/dispmath][dispmath]A\setminus B\subseteq A[/dispmath] vrijedi uvijek [inlmath](1)[/inlmath]

inkluzija: [inlmath]\supseteq[/inlmath]

#Neka je
[dispmath]x \in A\;\Longrightarrow\;x\in A\;\land\;x\notin B[/dispmath] S obzirom da
[dispmath]B\subseteq B\setminus A,[/dispmath] tada, kada je
[dispmath]x\in B\;\Longrightarrow\;x\in B\setminus A\\
\Longrightarrow\;x\in B\;\land\;x\notin A[/dispmath] - jest kontradikcija
[dispmath]\Longrightarrow\;x\in A\;\land\;x\notin B\;\Longrightarrow\;x\in A\setminus B[/dispmath] [inlmath](2)[/inlmath]
Iz [inlmath](1)[/inlmath] i [inlmath](2)[/inlmath] sada slijedi
[dispmath]A\setminus B=A[/dispmath]
Drugi smjer (moguce da uopce nije ni potreban posto su samo slova zamijenjena): [inlmath]\Longleftarrow[/inlmath]
#Neka je
[dispmath]x\in B\;\Longrightarrow\;x\in B\;\land\;x\notin A[/dispmath] S obzirom da
[dispmath]A\setminus B\subseteq A,[/dispmath] tada, kada je
[dispmath]x\in A\;\Longrightarrow\;x\in A\setminus B\\
\Longrightarrow\;x\in A\;\land\;x\notin B[/dispmath] - jest kontradikcija
[dispmath]\Longrightarrow\;x\in B\;\land\;x\notin A\;\Longrightarrow\;x\in B\setminus A\\
\Longrightarrow\;B\subseteq B\setminus A[/dispmath]

Ima par greščica, ali dobro, suština je tu.

Prikazaću onda postupak i za onaj način koji sam predložio kada sam napisao

Daniel je napisao:Umesto toga, ovo bi se moglo nastaviti tako što se desna strana transformiše, na sličan način na koji je transformisana leva strana. Na desnoj strani bismo imali [inlmath]x\in A\setminus B\iff x\in A[/inlmath], a zatim, kao što je na implikaciju bilo primenjeno [inlmath](p\;\Longrightarrow\;q)\iff(\lnot p\lor q)[/inlmath], tako na ekvivalenciju možemo primeniti [inlmath](p\iff q)\iff(p\land q)\;\lor\;(\lnot p\;\land\;\lnot q)[/inlmath].

[dispmath]B\subseteq(B\setminus A)\iff(A\setminus B)=A\\
(x\in B\;\Longrightarrow\;x\in B\;\land\;x\notin A)\iff(x\in A\;\land\;x\notin B\iff x\in A)[/dispmath] I sad, dakle, primenjujemo tautologije: [inlmath](p\;\Longrightarrow\;q)\iff(\lnot p\lor q)[/inlmath] za levu stranu, i [inlmath](p\iff q)\iff(p\land q)\;\lor\;(\lnot p\;\land\;\lnot q)[/inlmath] za desnu stranu:
[dispmath]x\notin B\;\lor\;(x\in B\;\land\;x\notin A)\iff(x\in A\;\land\;x\notin B\;\land\;x\in A)\;\lor\;\bigl(\lnot(x\in A\;\land\;x\notin B)\;\land\;x\notin A\bigr)[/dispmath] I dalje se samo primenjuju pravila iskazne logike:
[dispmath]\underbrace{(x\notin B\;\lor\;x\in B)}_\top\;\land\;(x\notin B\;\lor\;x\notin A)\iff(x\in A\;\land\;x\notin B)\;\lor\;\bigl((x\notin A\;\lor\;x\in B)\;\land\;x\notin A\bigr)\\
x\notin B\;\lor\;x\notin A\iff(x\in A\;\land\;x\notin B)\;\lor\;\bigl((x\notin A\;\land\;x\notin A)\;\lor\;(x\in B\;\land\;x\notin A)\bigr)\\
x\notin B\;\lor\;x\notin A\iff(x\in A\;\land\;x\notin B)\;\lor\;x\notin A\;\lor\;(x\in B\;\land\;x\notin A)\\
x\notin B\;\lor\;x\notin A\iff\underbrace{(x\in A\;\lor\;x\notin A)}_\top\;\land\;(x\notin B\;\lor\;x\notin A)\;\lor\;(x\in B\;\land\;x\notin A)\\
x\notin B\;\lor\;x\notin A\iff(x\notin B\;\lor\;x\notin A)\;\lor\;(x\in B\;\land\;x\notin A)\\
x\notin B\;\lor\;x\notin A\iff\underbrace{(x\notin B\;\lor\;x\notin A\;\lor\;x\in B)}_\top\;\land\;(x\notin B\;\lor\;x\notin A\;\lor\;x\notin A)\\
x\notin B\;\lor\;x\notin A\iff x\notin B\;\lor\;x\notin A\\
\enclose{circle}{\top}[/dispmath]