مبادئ في المنطق- حلول1-bac-sc-math.e-monsite.com/medias/files/exrc2-sol.pdf3/14 4 ﻦﻳﺮﻤﺗ A B A C و A B A C:ﺚﯿﺣ C P E و B P E و A P E .E ﻦﻜﺘﻟ

1/14

المجموعات و التطبیقات

من اقتراح أذ : لخريسي سمیر

www.naja7math.com تمرين 1

3;5;4;1 E

3;5;4;1,3;5;4,3;5;1,3,4,1,5,4,1,3;5

,3;4,5;4,3,1,5,1,4;1,3,5,4,1,E

3;5;4;1,3;5;4,3,4,1,5,4,1,3;4,5;4,4;1,44/ AEAK

3;5;4;1,3,4,1,3;4,3,1,4;1,3,4,1,5/ XEXH


IRE : نضع ، 5;2A ، 3;B ، ;64;2 C

;52;/ AxIRxA

;3/ BxIRxB

6;42;/ CxIRxC

5;3;35;2Bet xAxB\ BAA

3;2Bet xCx BC

5;B xoAx uBA


E .لتكن EPA و EPB و EPC

نا من جھة: لدي CAABA

و أيضا : CAC : إذن CACBA

و أيضا CBBBA

و أيضا : CBC : إذن CBCBA

نستنتج إذن أن : CBCACBA

لتضمن العكسي(للبرھان على ا CBACBCA ، لدينا: Exلیكن

CxouAx

CxouAxCBCAx

بالتالي CBCACA B

1

، لدينا: Exلیكن

CBCAx

BxetAxCxouBxetCxouAx

CxetBxouAxCxetAxCAx

CC

BB

بالتالي CBCACA B

2

ـــــــــاحرياضیــــات النجــwww.naja7math.com

حلـــول مقترحة

2/14

، لدينا: Exلیكن

BAxBxouAx

Ex

Bxou

Ex

Ax

Ex

BxouAx

Ex

BAxBAx

BABAبالتالي

3

لتغیر طريقة الجواب و الختصار الوقت، ستستغل في ھذا السؤال نتیجة السؤال السابق

BABAفحسب السؤال السابق نستنتج أن: Bو Aباستعمال المجموعتین

BABAمنه: :بالتاليBABA :ألن)XX (

4

نستعمل مرة أخرى نتائج األسئلة السابقة:

CAECACCCACACA CC\ 5(الحظ أن: XEXEPX و EXXEPX (

CBACBACCBACBCACBCABA \C\C\ 6

C\

C\C\C\C\C\

BACBACBCCABA

CBCCABACCBCCABA

CCBCCABACBCCBA

BCBABCABA

الحظ أن: BCCAC :لذلك CCBCCA

لدينا:

BCA

BCAABCACCABCA

CCABCACBCACBCABA

C\\C\

و من جھة أخرى :

CBACBABA C\\و من جھة ثالثة:

CBACBAAA CBCB\بالتالي: CB\C\\C\\C\ ABABA

7

رياضیــــات النجـــــــــــاحwww.naja7math.com

3/14


E .لتكن EPA و EPB و EPC :حیثCABA وCABA CBلنبین أن:

CABAلدينا: :منه BCABBA :منه BCBAB

CABAو بما أن: :فإن CBCAB :منه CBAB

و بما أن: CBAC :فإنBC CBبالمثل نبین بسھولة أن: :و بالتاليCB

:أيضا استعمال الطريقة االعتیادية، حیث نأخذ عنصرا من يمكنx منB و نبین أنه ينتمي لـC

Axو Axلكن في ھذه الطريقة يجب أن نفصل حالتین و طبعا نعید الطريقة للبرھان على التضمن العكسي


من Yو E .Xلتكن E : XYYXYX \\

YXxYxetXxEx

YxetXx

Ex

YxetXxYXx

\

1ع التمارين، لكن مادام طرح كسؤال يتوجب استعمال تعريف تساوي ھذا السؤال يعتبر نتیجة يمكن استعمالھا في جمی

مجموعتین إلثباته.

XYYXXYXYYXYX \\\\ 2

XXXXXX \\

XXXXXEEXXEEXEX \\

EXXXXXXXXXXXX \\

XEXXXXXX \\

3

XYYYXXYXXYYXYX

XYYXYXXYYXXYYXYX

\\\\\

من جھة أخرى:

XYXXYYYX

XYXXYYYX

XYXYYXYX

XY

إذن: XYYXYX

أ

4

XXباستعمال السؤال السابق و لكون: وYY

فإن: YXYXYX XY ب

لدينا حسب السؤال أ:

YXYXYXYXXYYX

XYYXXYEEYX

XYYYXXYXYX

\

ج

:مبرھن عنھا في التمرين الثالثالحظ من خالل ھذا التمرين أھمیة القواعد ال


4/14

www.naja7math.com تمرين 6. Eلتكن

لدينا:

YYXXYYX

YEYXYYYYXYYYXYXX

Y\

عكسبا: Y\Y\ XYYYXXYX

: ال حظ تقنیة البرھان على التضمن ، فللبرھان أنBA :نبرھن أنBBA أوABA


AEABBABABAABA B\ 1

CB\\\ ACBACBACBACBA 2

BABABAAABAABAABAA \\ 3

CABACBلنبین االستلزام: CBنفترض أن و نبین أنCABA

لیكن CAyxCy

Ax

By

AxBAyx

CyBy(ألن: ,, (

CBCABAلنبین االستلزام العكسي: اآلن CABAنفترض أن و نبین أنCB

aفھي تحتوي على األقل على عنصر و لیكن مثال Aبما أن

اآلن لدينا: CxCAxaBAxaBx CBي: بالتال,,

CBCABAخالصة:

4

:صعب، سھل إذا أدركنا جیدا مفھوم الجذاء الديكارتي لموجموعتین، و صعب إذا كنا نفھمه /السؤال الرابع ھو سؤال سھل

نتیجة عدم فھمنا لھذا الجذاء.على أنه شبیه بعملیة ضرب األعداد و نحاول االنتقال في البرھان بشكل غیر معلل و ارتجالي


AEABBABABAABA B\ 1

لدينا: 5;4;3;2;15;43;2;1B\ ABAA 2

تساوية: سنبین المBإليجاد المجموعة A\BA\ BA

لدينا: A\A\ BABABABAAABABA

إذن: 9;7;6;5;43;2;1\9;7;6;5;4;3;2;1A\A\ BAB

و بتطبیق السؤال األول: 9;7;6;5;4;3;2;19;7;6;5;43;2;1A\ BABB

3


5/14


121/ 2x

xIRxA

لدينا: 010212112

1 2222

xxxxxx

xAx

بما أن العبارة : 01 2 xIRx : صحیحة فإن AxxIRx 01 2

IRAبالتالي:

: من الواضح أنIRA ألنAسب تعريفھا ھي مجموعة عناصر ألعداد حقیقیة، لذلك الجواب عن التمرين يتطلب بح

فقط إثبات التضمن العكسي


222 xx :بالتالي 2;2S 1

0220

2420

22231

223

x

x

x

x

x

xx

x

x

بعد إنجاز جدول اإلشارات نجد: 2;2S2

حسب السؤالین السابقین: 2;2A و 2;2B :بالتاليBA 3

:السؤال األخیر سھل، لكن الھدف من التمرين ھو طريقة إثبات تساوي المجموعتین


ZkkA و 12/ ZkkB /72لدينا:

ZkcarBxZkkxZkkxZkkxAx 4/742/782/12و عكسیا:

ZkcarAxZkkxZkkxZkkxBx 4/142/182/72

:مة للعدد تبدو المجموعتان مختلفتین ظاھريا، فإذا أعطینا قیk نحصل على عددين مختلفین ، لكن إذا الحظنا كل القیم

المحصل علیھا سنالحظ تطابق المجموعتین، الھدف من التمرين ھو تعلم إدراك كتابة مجموعة، فكال المجموعتین تمثل مجموعة األعداد الفردية الموجبة و السالبة.


10/, 2 nmZnmA و

AbaQ

b

aB ,/

2;5,2;5,5;2,5;2,1;10,1;01,10;1,10;1 A

25,

52,10,

101

B1

ABو BAكال العبارتین غیر صحیحتان لكون المجموعةA مجموعة أزواج بینماBمجموعة أعداد جذرية 2

:.تمرين يھدف إلى تمثل أفضل لمفھوم المجموعة


6/14


xxx

IRIRf

6

:

144;01440/00,9

120/0126/0939/00,9

93/0930/09960/00,9

069/009/0;9/0,9

1

1

21

1

xxf

xxxxxxf

xxxxxxxf

xxxxfIRxxfIRxf

1

لدينا:

5;84;1

56849614314;1

23113221414;12

xfx

xxxxxx

xxxxx

منه: 5;84;1 f

عكسیا: لیكن: 5;8 y

لنحل في المجال 4;1 :المعادلة yxf

9399662

yxyxxyxxyxf

و حیث أن: 4;19y :فإن 9393

9393

yxouyxyxf

yxouyxyxf

و حیث أن: 2;19 y :فإن 1;29 y : منه 2;193 y

منه: 229393 yxouyxyxf

إذن ھذه المعادلة تقبل حال 293 yx في المجال 4;1

بمعنى أن: 4;15;8 f

بالتالي: 4;15;8 f

2

: ، التضمن العكسي يمكن البرھان عنه باستعمال رتابة دالة، و قي ھذه الحالة يجب استعمال قواعد سابقة (مركب دالتین

لذلك لم يتم التطرق لھذه الطرق في الوقت الحالي)…االشتقاق


7/14


12

:

2

2

x

xx

IRIRf

011/1;0

01

11/11

110/11

110/1;0

1120/10/1;0/1;0

21

222

21

2

21

xIRxf

xIRx

xIRx

x

xIRxf

x

xIRxxfIRxxfIRxf

1

:.الصورة العكسیة لمجموعة قد تكون فارغة كما ھو في المثال أعاله

دينا: ل

23;1

231;1

23

1111

21

1102111;1 22

22

xfxfx

xxxxxx

منه:

23;1;1f

عكسیا: لیكن:

23;1y

لنحل في المجال ;1 :المعادلة yxf

1

21

21

211

1

1111

11

111

2

222

y

yxou

y

yx

y

y

yxyxf

yxy

xy

xyxf

و حیث أن:

23;1y :فإن

21;01y : منه

;2

11

yمنه:

;11

11

y

منه:

;111

1y

إذن ھذه المعادلة تقبل حال 1

2

y

yx في المجال ;1

بمعنى أن:

;1

23;1 f

بالتالي:

23;1;1f

2

: الحظ أھمیة تغییر تعبیر الدالة من 12

2

2

x

xxf إلى

111 2

x

xf


8/14


xxx

IRIRf

1: *

2111/211/2,1

211/21/2,1/2,1

22*

2*1

***1

x

xet

x

xIRx

x

xIRxf

xxIRxxfIRxxfIRxf

011و لدينا: 2

xx

xمنه: 1012121 22

2

xxxxx

x

و عكسیا : 2;121 f ، :بالتالي 12,11 f

1

.مجموعة أحاديةالصورة العكسیة لمجموعة قد تكون

لدينا: 101212112;21 22

fxfx

x

x

xx

xxfxfx

أخرى: من جھة

2021225252225122;

21 22

fxfx

xx

x

xx

x

xx

xxfxfx

بالتالي: 212;21

fxffx

2

لدينا حسب السؤال السابق :

25;22,

21

f

عكسیا: لیكن:

25;2y ، لنحل في المجال

2,21

المعادلة: yxf

011 2 xyxyx

xyxf ،042 y

: IRإذن العادلة تقبل حلین في 2

42

1

yyx أو

242

2

yyx :21( منه xx (

نبین أن أحد ھذين الحلین ينتمي للمجال

2,21

نفترض أن: ،

2,21

1x و

2,21

2x ، حاالت: 4نحصل على

422

212

1

yxxx

x1و

2121

21

2

1

yxx

x

x(غیر ممكن ألن:

25;2y(

21

2

1

221

xxx

x

21(غیر ممكن ألن: xx (

25

425

494

234

23

21

2

212

22221

2

1

2

1

yyyyxx

x

x

x

x

مكن ألن: (غیر م

25;2y( : بالتالي

25;22,

21

f

3


9/14


.Fجزأين من Dو Cو Eجزأين من Bو A. لیكن Fنحو مجموعة Eتطبیقا من مجموعة fلیكن

لنبین أن: BfAfBA BAنفترض أن :و لنبین أن BfAf

لدينا: BfyxfyBxxfyAxAfy //بالتالي: BfAf

1

لنبین أن: BfAfBAf BAAلدينا: إذن حسب السؤال السابق BAfAf

و أيضا : BAfBfBAB

لدينا إذن: BAfBfAf

BAfBf

BAfAf


BfAfyBfyouAfy

xfyBxouAxxfyBAxBAfy

//

منه: BfAfBAf :بالتالي ، BfAfBAf

2

لنبین أن: BfAfBAf

و أيضا : BfAfBAf

BfBAf

AfBAf

BBA

ABA

3

أن : لنبین f

سنستعمل برھانا بالخلف

نفترض أن: f إذن f تحتوي على األقل على عنصرy و حسب تعريف صورة مجموعة بتطبیق فإنه يوجد ،

بحیث xعدد xfy و ھذا غیر ممكن ألن ،.ال تتضمن أي عنصر

4

لنبین أن: DfCfDC 11 DCنفترض أن :و لنبین أن DfCf 11

لدينا: CfxDxfCxfCfx 11 بالتالي: DfCf 11

5

لنبین أن: DfCfDCf 111

DCfDfCfDCfDf

DCfCf

DCD

DCC

11111

11


DfCfxDfxouCfx

DxfouCxfDCxfDCfx1111

1

منه: DfCfDCf 111 :بالتالي ، DfCfDCf 111

6

لنبین أن : DfCfDCf 111

لدينا:

DfCfDCfDfDCf

CfDCf

DDC

CDC 11111

11

7

ــاحرياضیــــات النجـــــــــwww.naja7math.com

10/14

لنبین أن 1f

نفترض أن: 1f :إذن 1f تتضمن عنصراx على األقل، إذن xf :و ھذا غیر ممكن، إذن

1f

8

: لنبین أن EFf 1

لدينا : FfxFxfEx 1 :منه ، FfE 1و لدينا: ExExFxfFfx منه: 1/ EFf 1

بالتالي: EFf 1

9

العبارة BABfAf لیست صحیحة دائما

مثال نأخذ: 4,3,2,1E و 0F بحیث جمیع عناصرE 0لھا نفس الصورةو نأخذ: 2;1A و 4;3B

و ھكذا يكون لدين: 0Af و أيضا 0Bf :منه BfAf : لكن 4;32;1

10

العبارة BAfBfAf لیست صحیحة دائما

نفس المثال السابق: 000 BfAf و fBAf

لكن العبارة: 0غیر صحیحة

11

www.naja7math.com تمرين 17.Fجزءا من Yو Eجزءا من Xو لیكن Fنحو مجموعة Eتطبیقا من مجموعة fلیكن

لنبین أن: XffX 1لدينا: XffxXfxfXx 1

بالتالي: XffX 1

1

لنبین أن: YyxfyYxfxfyYfxYffy //11

بالتالي: YYff 12

:كنھا على العكس تماما، فقط يجب إدراك مفھوم صورة مجموعة بتطبیق و الصورة تبدو مثل ھذه العبارات صعبة البرھان، ل

العكسیة لمجموعة بتطبیق إدراكا جیدا


xxx

IRIRf

1: *

لنبین أوال أنfعلى تباين ;1لدينا لكل 2;1; yx

101

001111

xyouyxxy

xyyxyfxf

xy

yxyx

yxyx

yy

xxyfxf

و بما أن: 11111

111

1

111

yxyxx

y

x

yx

y

x

xy

فإن: yxyfxf بالتاليfتباين

11/14

لنبین أنf شمولي على ;2لیكن ;2y نبین أن المعادلة : لو yxf تقبل على األقل حال في ;1

لدينا:

101

1

1

;1

2

x

xyx

x

yx

x

x

yxf

042و لدينا : y

منه:

12

42

4

1

1

;1

22

x

yyxou

yyx

x

yx

x

x

yxf

و لدينا :

أن المعادلة : إذن yxf تقبل على األقل الحل2

42 yyفي ;1

شمولیة على fإذن ;2

تقابل من fبالتالي ;1 نحو ;21العكسي و تقابلهf :معرف كما يلي

24

;1;22

1

xxx

f

: للبرھان على التقابل يمكن البرھان أن للمعادلة yxf حال وحیدا في مجموعة االنطالق، لكن ھذا األمر يكون صعبا

.ھان عن التباين ثم الشمولكما ھو الشأن في ھذا التمرين ، لذلك تكون أفضل وسیلة ھي البر


xxx

IRIRf

:

لنبین أنf تقابل منIRنحوIR

نبین أن المعادلة : لو IRyلیكن yxf في حال وحیدا تقبلIR

لدينا : yxxyxf

فإن : 0yإذا كان : yxx

yx

x

yxxyxf

00

2

فإن : 0yو إذا كان : yxx

yx

x

yx

x

yxxyxf

000

22

المعادلة : كل الحاالت في yxf تقبل على األقل حال فيIR

معرف كما يلي: 1fو تقابله العكسي IRنحوIRتقابل من fبالتالي:

0

0

1

xsix

xsixx

IRIRf

1

لدينا : xfxxxxxfIRx

دالة فردية، و بما أن : fإذن 2xxfIRx فإن منحنى الدالةf علىIRھو جزء من شلجم2


12/14

لدينا : 1;111111;11;1 21 xxxxxxfxffx

بالتالي: 1;11;11 f3

فإن : IRنحوIRتقابل من fبما أن

11010

011

3311

xouxouxxouxxfxf

xxxxxxxxxxxffxffxfxf

بالتالي: 1;1;0 S

4

:في ھذا التمرين تم بالبرھان على وجود و وحدانیة حلول المعادلةتقابل لبرھان على الا yxf دون الحاجة

للتباين،لكن يجب االنتباه أن ذلك يتطلب عباراة متكافئة و لیس استلزاما.


13/14


FEf : وGFg : لنبین أنf تباين XXffEPX 1:

لیكن 2; Eyx :بحیث yfxf ا : لدين xfxf و yfyf

و بما أن yfxf : فإن xfyf : منه xffyff 11 و حسب المعطیات و بأخذ xX ثم yX

فإننا نستنتج أن : yx :منهyx

لنبین أن XXffEPX 1:f تباين

لیكن EPX لدينا من جھة : XffxXfxfXx 1 منه : XffX 1

و من جھة أخرى :

Xa

afxfXfxfXffx 1

axو باستعمال تباين الدالة نستنتج أن : :و منهXx إذن ، XXff 1

بالتالي: XXff 1

تباين fخالصة: XXffEPX 1:

1

لنبین أنf شمول YYffFPY 1:، منه Fyلیكن Fy :أي FPy

إذن حسب المعطیات: yyff 1

إذن yafyfa /1

و بما أن Eyf 1 : فإن yafEa /شمولfإذن :

لنبین أن YYffFPY 1:fشمول

لیكن FPY لدينا من جھة : YyxfyYxfxfyYfxYffy //11

منه : YYff 1

و من جھة أخرى و باستعمال شمول الدالة : YffyYffxfYfxYxfxfyExYy 111/

بالتالي: YffY 1

شمول fخالصة: YYffFPY 1:

2

حرياضیــــات النجـــــــــــاwww.naja7math.com

14/14

fgتباين fلنبین أن : تباين

لیكن 2; Eyx :بحیث yfxf fgلدينا و باستعمال تباين : yxyfgxfgyfgxfgyfxf

تباين fلتالي: با

3

fgشمول gلنبین أن : شمول

fg، باستعمال شمول Gyلیكن :نستنتج أن xfgxfgyEx /و بوضع Fxfb :إلغننا نستنتج أن bgyFb /

شمولgوبالتالي:

4

: البرھان على التقابل في ھذا التمرين تم بالبرھان على وجود و وحدانیة حلول المعادلة yxf دون الحاجة

ب عباراة متكافئة و لیس استلزاما.للتباين،لكن يجب االنتباه أن ذلك يتطل


بالتوفیق

Documents

مبادئ في المنطق- حلول1-bac-sc-math.e-monsite.com/medias/files/exrc2-sol.pdf3/14 4 ﻦﻳﺮﻤﺗ A B A C و A B A C:ﺚﯿﺣ C P E و B P E و A P E .E ﻦﻜﺘﻟ