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T2の導出


条件T0より、X∈S、¬X∉Sとする。

X=α=α1∧α2とする。


条件T1より(α1∈S)∧(α2∈S)

条件T0より(¬α1∉S)∧(¬α2∉S)


ド・モルガンの定理より¬X=¬(α1∧α2)=(¬α1∨¬α2)


¬X=β=(β1∨β2)と名前を変える。

(β∉S)↔︎(β1∉S)∧(β2∉S)

ゆえに、(¬β∈S)↔︎(¬β1∈S)∨(¬β2∈S)


ここから条件T2が導かれる。条件T0と条件T2から条件T1を導くのも同様に、ド・モルガンの定理を使う。





市内で見つけました。あのラッセルです。

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画像はマーカス・デュ・ソートイさんの「素数の音楽」(新潮文庫)から。ひどいω

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教本の回答

A≢(A∧B)


キンシャチの解答

A∧(A≢B)




問29

「≢」(同値の否定)を「⊃」(ならば)と「∨」(または)からつくれ、というのだけど、ABTTなら、AB=TAB=Tなので、AB=Fはつくれない。


「≢」(同値の否定)を「」(ならばの否定)と「∨」(または)からつくれ、ではないか?


すると正解は(AB)(BA)になる。




p∧qは(p∨q)↔︎(p↔︎q)と同値である

p∨qは(p∧q)↔︎(p↔︎q)と同値である


じつに綺麗な対比でド・モルガンの定理を連想させます。




問題は「ならば(→)と同値(↔︎)から、または(∨)を定義せよ」というものです。教本の回答は「q↔︎(p→q)」ですが僕は「(p↔︎q)→p」と考えました。真理値表を書けば両者が同値であることはわかります。


同値は可換なので教本の回答を書き換えて、僕の解答と並べてみると、下のようによく似ています。


s:(p→q)↔︎q

k:(p↔︎q)→p




過去に立体行列の加減乗算については記述しました。今朝はそれ以上の行列の計算を示します。と言っても難しことはありません。


以前の記事では乗算を下のように定義しました。


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3次元の行列は加減乗算が可能です。なので、4次元行列は、ABCDをそれぞれ加減乗算ができるかたちの立体行列として、同じように計算すればいいです。このように積み上げれば任意のn次元行列同士で加減乗算が可能です。


数学的帰納法で証明しておきましょう。まず2次元の行列は加減乗算が可能です。

n次元の行列は加減乗算が可能だと仮定します。

ABCDをn次元の行列とします。


すると、上の図の形式でn+1次元の行列も加減乗算ができます。




回答とは違う僕の答えです。

(p∨q)∧r
以前の記事で補足した「論理式は、x⊃yとy⊃xのように、おなじ要素であっても異なる論理式が存在するのでそれらを分類する必要はある。それは可能だ。」について、具体的に書いておく。

K={∨,∧,¬,⊃,≣,∀i i∈N ai}に対して、つぎの数字を割り当てる。
∨(1),∧(2),¬(3),⊃(4),≣(5),∀i i∈N ai(i+5、ただし任意の桁に1から5の数字が表れる場合には次の数に飛ばす)

すると論理式はひとつの正の整数で表現できる。

a1⊃a2 は647、a2⊃a1 は746。
aiに1から5の数字は現れないので論理変数と論理記号は区分できる。

正の整数の無限部分集合の位数は可算無限である。

QED