Решение задачи по теории множеств

Ниже представлено решение задач №2, №3, №6 и №7, оформленное для тетради. Задача 2. Упростить выражение: \( (A \cup B \cap C) \setminus (\bar{B} \cup \bar{C} \cup A \cap \bar{B} \cap C) \cup \overline{(A \cup B \cup C)} \) 1) Рассмотрим вторую скобку в разности: \( \bar{B} \cup \bar{C} \cup (A \cap \bar{B} \cap C) \). По закону де Моргана \( \bar{B} \cup \bar{C} = \overline{B \cap C} \). Тогда выражение принимает вид: \( \overline{B \cap C} \cup (A \cap (B \cap C \text{ нет, тут } \bar{B} \cap C)) \). Заметим, что \( A \cap \bar{B} \cap C \subseteq \bar{B} \cup \bar{C} \), так как любое подмножество \( \bar{B} \) уже содержится в объединении, где есть \( \bar{B} \). Следовательно, \( \bar{B} \cup \bar{C} \cup (A \cap \bar{B} \cap C) = \bar{B} \cup \bar{C} \). 2) Теперь разность: \( (A \cup (B \cap C)) \setminus (\bar{B} \cup \bar{C}) \). Используем формулу \( X \setminus Y = X \cap \bar{Y} \): \( (A \cup (B \cap C)) \cap \overline{(\bar{B} \cup \bar{C})} = (A \cup (B \cap C)) \cap (B \cap C) \). По закону поглощения: \( (A \cup (B \cap C)) \cap (B \cap C) = B \cap C \). 3) Последняя часть выражения: \( \overline{A \cup B \cup C} = \bar{A} \cap \bar{B} \cap \bar{C} \). Итоговое выражение: \( (B \cap C) \cup (\bar{A} \cap \bar{B} \cap \bar{C}) \). Так как \( B \cap C \) и \( \bar{B} \cap \bar{C} \) не пересекаются, это окончательный упрощенный вид. Ответ: \( (B \cap C) \cup (\bar{A} \cap \bar{B} \cap \bar{C}) \). Задача 3. Дано соответствие \( \varphi = \{ (a, 2), (b, 1), (c, 4), (d, 3), (e, 4) \} \). 1) Является ли \( \varphi \) функцией? Да, так как каждому элементу из области определения \( \{a, b, c, d, e\} \) соответствует ровно один элемент из области значений. 2) Является ли \( \varphi^{-1} \) функцией? Обратное соответствие: \( \varphi^{-1} = \{ (2, a), (1, b), (4, c), (3, d), (4, e) \} \). Нет, так как элементу \( 4 \) соответствуют два разных значения (\( c \) и \( e \)). 3) Являются ли они биекциями? Нет, так как для биекции необходимо, чтобы и \( \varphi \), и \( \varphi^{-1} \) были функциями (инъективность нарушена: \( \varphi(c) = \varphi(e) = 4 \)). 4) Область определения \( D(\varphi) = \{a, b, c, d, e\} \). 5) Множество значений \( E(\varphi) = \{1, 2, 3, 4\} \). Задача 6. Доказать равносильность \( \overline{x \leftrightarrow y} \equiv \bar{x} \leftrightarrow y \). Составим таблицу истинности: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline x & y & x \leftrightarrow y & \overline{x \leftrightarrow y} & \bar{x} & \bar{x} \leftrightarrow y \\ \hline 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ \hline 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ \hline 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ \hline 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ \hline \end{array} \] Значения в 4-м и 6-м столбцах совпадают, следовательно, формулы равносильны. Задача 7. Найти СДНФ и СКНФ для \( f = x \lor y \to \overline{y \land z} \). Упростим формулу: \( f = \overline{x \lor y} \lor \overline{y \land z} = (\bar{x} \land \bar{y}) \lor (\bar{y} \lor \bar{z}) \). По закону дистрибутивности или через таблицу истинности: Функция ложна только когда \( \bar{y} \lor \bar{z} = 0 \) (т.е. \( y=1, z=1 \)) И \( \bar{x} \land \bar{y} = 0 \) (т.е. \( x=1 \) или \( y=1 \)). Таблица истинности (сокращенная для ложных значений): \( f=0 \) при \( (x,y,z) = (0,1,1) \) и \( (1,1,1) \). 1) СКНФ (по ложным строкам): \[ (x \lor \bar{y} \lor \bar{z}) \land (\bar{x} \lor \bar{y} \lor \bar{z}) \] 2) СДНФ (по всем остальным 6 строкам, где \( f=1 \)): \[ (\bar{x}\bar{y}\bar{z}) \lor (\bar{x}\bar{y}z) \lor (\bar{x}y\bar{z}) \lor (x\bar{y}\bar{z}) \lor (x\bar{y}z) \lor (xy\bar{z}) \]