Linksma logika matematikoje. Linksma logika Matematikos logikos klausimai

1. Aiškinamasis raštas
1.1 Aktualumas
1.2 Programos tikslas
1.3 Programos tikslai
1.4 Programos įgyvendinimo sąlygos, vaikų amžius, užsiėmimų vedimo formos
1.5 Programos įgyvendinimo etapai
1.6 Programos turinys
1.7 Tikėtini rezultatai

2. Metodinė pagalba
2.1 Perspektyvinis-teminis apskritimo planas " Linksma logika»

3. Vyresnio ikimokyklinio amžiaus vaikų loginio mąstymo diagnostinė programa.

5. Informaciniai ištekliai

1. Aiškinamasis raštas.
Kodėl logika mažam ikimokyklinukui?
Anot L.A.Wengerio, „penkerių metų vaikams vien išorinių daiktų savybių aiškiai neužtenka. Jie yra gana pasirengę palaipsniui susipažinti ne tik su išorinėmis, bet ir vidinėmis, paslėptomis savybėmis ir ryšiais, kuriais grindžiamos mokslinės žinios apie pasaulį... Visa tai bus naudinga psichinis vystymasis vaikas tik tuo atveju, jei mokymu siekiama ugdyti protinius gebėjimus, tuos gebėjimus suvokimo, vaizduotės mąstymo, vaizduotės srityje, kurie yra pagrįsti išorinių daiktų savybių ir jų atmainų pavyzdžių įsisavinimu ... “
Vaiko įgyti įgūdžiai ikimokykliniame amžiuje bus pagrindas žinių įgijimui ir gebėjimų ugdymui vyresniame amžiuje – mokykloje. Ir svarbiausias tarp šių įgūdžių yra loginio mąstymo įgūdis, gebėjimas „veikti protu“. Nesugebėjusiam loginio mąstymo metodų vaikui spręsti problemas bus sunkiau, pratimų atlikimas pareikalaus daug laiko ir pastangų. Dėl to gali nukentėti vaiko sveikata, susilpnėti ar net išblėsti susidomėjimas mokymusi.
Įvaldęs loginius veiksmus, vaikas bus dėmesingesnis, išmoks aiškiai ir aiškiai mąstyti, gebės reikiamu metu susikoncentruoti į problemos esmę. Bus lengviau mokytis, o tai reiškia, kad mokymosi procesą ir save mokyklos gyvenimas suteiks džiaugsmo ir pasitenkinimo.
Ši programa parodo, kaip per specialius žaidimus ir pratimus galima ugdyti vaikų gebėjimą savarankiškai užmegzti loginius santykius supančioje tikrovėje.
Dirbdami su ikimokyklinukais prie pažintinių procesų ugdymo, prieinate prie išvados, kad viena iš būtinų sėkmingo jų vystymosi ir mokymosi sąlygų yra nuoseklumas, t.y. specialių žaidimų ir pratimų sistema su nuosekliai tobulėjančiu ir vis sudėtingesniu turiniu su didaktinėmis užduotimis, žaidimo veiksmai ir taisykles. Atskirai imami žaidimai ir pratimai gali būti labai įdomūs, tačiau naudojant juos už sistemos ribų, nepavyksta pasiekti norimo mokymosi ir tobulėjimo rezultato.
1.1 Aktualumas
Kad mokyklinė programa būtų sėkminga, vaikas turi ne tik daug žinoti, bet ir nuosekliai bei nuosekliai mąstyti, spėlioti, rodyti psichinę įtampą, logiškai mąstyti.
Mokymas lavinti loginį mąstymą turi nemenką reikšmę būsimam studentui ir yra labai aktualus šiandien.
Įvaldęs bet kokį įsiminimo metodą, vaikas išmoksta išskirti tikslą ir atlikti tam tikrą darbą su medžiaga, kad jį pasiektų. Jis pradeda suprasti, kad reikia kartoti, lyginti, apibendrinti, grupuoti medžiagą siekiant įsiminti.
Vaikų mokymas apie klasifikavimą padeda sėkmingai įvaldyti sudėtingesnį prisiminimo būdą – semantinį grupavimą, su kuriuo vaikai susiduria mokykloje.
Pasinaudojus ikimokyklinukų loginio mąstymo ir atminties ugdymo galimybėmis, galima sėkmingiau paruošti vaikus spręsti mokyklinio ugdymo mums keliamas problemas.
Loginio mąstymo ugdymas apima didaktinių žaidimų naudojimą, išradingumą, galvosūkius, įvairių sprendimų sprendimą loginiai žaidimai ir labirintai ir labai domina vaikus. Šioje veikloje formuojamos svarbios vaikų asmenybės savybės: ugdomas savarankiškumas, išradingumas, sumanumas, atkaklumas, ugdomi konstruktyvūs įgūdžiai. Vaikai mokosi planuoti savo veiksmus, galvoti apie juos, spėlioti ieškodami rezultato, kartu demonstruodami kūrybiškumą.
Dirbdami su vaikais galite pastebėti, kad daugelis vaikų nesusitvarko su iš pažiūros paprastomis loginėmis užduotimis. Pavyzdžiui, dauguma vyresnio ikimokyklinio amžiaus vaikų negali teisingai atsakyti į klausimą, kas daugiau: vaisiai ar obuoliai, net jei rankose yra paveikslas, ant kurio nupiešti vaisiai - daug obuolių ir kelios kriaušės. Vaikai atsakys, kad kriaušių yra daugiau. Tokiais atvejais jis savo atsakymus grindžia tuo, ką mato savo akimis. Juos „nuvilia“ vaizduotės mąstymas, o sulaukę 5 metų vaikai dar neturi loginio samprotavimo. Vyresniame amžiuje ikimokyklinio amžiaus jie pradeda rodyti loginio mąstymo elementus, būdingus moksleiviams ir suaugusiems, kurie turi būti plėtojami nustatant optimaliausius loginio mąstymo ugdymo metodus.
Loginio turinio žaidimai padeda ugdyti vaikų pažintinį susidomėjimą, prisideda prie tyrinėjimų ir kūrybinių ieškojimų, norą ir gebėjimą mokytis. Didaktiniai žaidimai yra viena iš natūraliausių vaikų veiklų ir prisideda prie intelektualinių ir kūrybinių apraiškų, saviraiškos ir savarankiškumo formavimo bei ugdymo. Ugdykite vaikų loginį mąstymą didaktiniai žaidimai yra svarbus tolesnio mokymosi sėkmei, teisingam mokinio asmenybės formavimuisi ir tolesniam mokymuisi padės sėkmingai įsisavinti matematikos ir informatikos pagrindus.
1.2 Programos tikslas: sudaryti sąlygas maksimaliai lavinti ikimokyklinukų loginį mąstymą, ruošiantis sėkmingai mokytis.
1.3 Programos tikslai:

• mokyti vaikus pagrindinių loginių operacijų: analizės, sintezės, palyginimo, neigimo, klasifikavimo, sisteminimo, apribojimo, apibendrinimo, išvadų.
• mokyti vaikus naršyti erdvėje
• ugdyti vaikų aukštesnes psichines funkcijas, gebėjimą samprotauti, įrodyti
• ugdyti norą įveikti sunkumus, pasitikėjimą savimi, norą padėti bendraamžiui

1.4 Programos įgyvendinimo sąlygos, vaikų amžius, užsiėmimų vedimo formos
Programos įgyvendinimo terminai – 1-2 metai
Programa skirta 5-7 metų vaikams.
Programa numato įvairių formų būrelio užsiėmimus:

• Individualus savarankiškas darbas vaikai.
• Dirbti porose.
• Grupinio darbo formos.
• Diferencijuota.
• Priekinė patikra ir valdymas.
• Atliktų darbų įsivertinimas.
• Didaktinis žaidimas.
• Varzybos.
• Konkursai.

1.5 Programos įgyvendinimo etapai
Veiklos technologija kuriama etapais:

1. Pradinio pažinimo procesų išsivystymo lygio diagnostika ir jų raidos kontrolė.
2. Planuoti priemones, kuriomis galima ugdyti vieną ar kitą savybę (dėmesingumą, atmintį, vaizduotę, mąstymą), atsižvelgiant į kiekvieno vaiko individualumą ir turimas žinias
3. Kuriant tarpdisciplininį (integralų) mokymo kurso pagrindą.
4. Laipsniškas medžiagos komplikavimas, palaipsniui didėjantis darbo kiekis, didėjantis vaikų savarankiškumo lygis.
5. Susipažinimas su teorijos elementais, samprotavimo mokymo metodais, pasirinkimo savęs argumentavimu.
6. Žinių ir metodų integravimas pažintinė veikla, įvaldęs jos apibendrintus metodus.
7. Ugdymo kurso rezultatų vertinimas pagal parengtus kriterijus, į kuriuos turi būti įtrauktas vaikas (savigarba, savikontrolė, tarpusavio kontrolė).

1. 6 Programos turinys
Trumpas aprašymas užsiėmimų skyriai ir temos (skyriai atitinka tam tikrą loginę operaciją, kurią vaikai išmoks klasėje):

1. Analizė – sintezė.
Tikslas – išmokyti vaikus skaidyti visumą į dalis, užmegzti tarp jų ryšį; išmokti mintyse sujungti objekto dalis į vieną visumą.
Žaidimai ir pratimai: loginės poros radimas (katė - kačiukas, šuo - ? (šuniukas)). Paveikslėlio papildymas (pasiimk lopą, nupiešk prie suknelės kišenę). Ieškokite priešingybių (lengvas – sunkus, šaltas – karštas). Darbas su įvairaus sudėtingumo galvosūkiais. Paveikslėlių dėliojimas iš skaičiavimo pagaliukų ir geometrinių figūrų.

2. Palyginimas.
Tikslas – išmokyti mintyse nustatyti daiktų panašumus ir skirtumus pagal esminius požymius; ugdyti dėmesį, vaikų suvokimą. Pagerinkite orientaciją erdvėje.
Žaidimai ir pratimai: sąvokų konsolidavimas: didelis – mažas, ilgas – trumpas, žemas – aukštas, siauras – platus, aukščiau – žemesnis, toliau – arčiau ir kt. Operacija su sąvokomis „tas pats“, „daugiausia“. Ieškokite panašumų ir skirtumų 2 panašiose nuotraukose.

3. Apribojimas.
Tikslas – išmokyti išskirti vieną ar kelis objektus iš grupės pagal tam tikras savybes. Ugdykite vaikų stebėjimo įgūdžius.
Žaidimai ir pratimai: „viena linija apjuoskite tik raudonas vėliavėles“, „rask visus ne apskritus objektus“ ir kt. Ketvirto nereikalingo pašalinimas.

4. Apibendrinimas.
Tikslas – išmokyti mintyse sujungti objektus į grupę pagal jų savybes. Prisidėti prie žodyno turtinimo, plėsti kasdienes vaikų žinias.
Žaidimai ir pratimai, skirti operuoti apibendrinančiomis sąvokomis: baldai, indai, transportas, daržovės, vaisiai ir kt.

5. Sisteminimas.
Tikslas – išmokyti atpažinti modelius; plėsti vaikų žodyną; išmokite atskirti iš paveikslėlio, perpasakoti.
Žaidimai ir pratimai: stebuklingi kvadratai (paimkite trūkstamą dalį, paveikslėlį). Pasakojimo sudarymas pagal paveikslėlių seriją, paveikslėlių išdėstymas logiška seka.

6. Klasifikacija.
Tikslas – išmokyti skirstyti objektus į grupes pagal esmines jų savybes. Apibendrinančių sąvokų įtvirtinimas, laisvas veikimas su jomis.

7. Išvada.
Tikslas yra išmokyti sprendimų pagalba padaryti išvadą. Prisidėti prie vaikų buitinių žinių plitimo. Ugdykite vaizduotę.
Žaidimai ir pratimai: reiškiniuose ieškokite teigiamo ir neigiamo (pavyzdžiui, kai lyja, tai maitina augalus – tai gerai, bet blogai yra tai, kad per lietų žmogus gali sušlapti, peršalti ir susirgti) . Tam tikrų sprendimų teisingumo įvertinimas („pučia vėjas, nes medžiai siūbuoja“. Tiesa?). Sprendimas loginės užduotys.

1.7 Tikėtini rezultatai
Planuojami rezultatai:
Vaikai turėtų žinoti:

• schemų konstravimo principai, skaičių, objektų, reiškinių, žodžių savybės;
• galvosūkių, kryžiažodžių, grandininių žodžių, labirintų sandaros principai;
• antonimai ir sinonimai;
• geometrinių figūrų pavadinimai ir jų savybės;
• programavimo principas ir veiksmų algoritmo sudarymas.

Vaikai turi turėti galimybę:

• nustatyti modelius ir pagal šį šabloną atlikti užduotį, klasifikuoti ir grupuoti objektus, lyginti, rasti bendras ir specifines savybes, apibendrinti ir abstrahuoti, analizuoti ir vertinti jų veiklą;
• samprotavimu spręsti loginius, nestandartinius uždavinius, atlikti kūrybines paieškas, žodines-didaktines, skaitines užduotis, rasti atsakymą į matematines mįsles;
• greitai ir teisingai reaguoti į užduodamus klausimus apšilimo metu;
• atlikti užduotis lavinti dėmesį, suvokimą, atmintį
• atlikti grafinius diktantus, mokėti orientuotis schematiškai pavaizduojant grafines užduotis;
• mokėti išsikelti tikslą, planuoti darbų etapus, savo jėgomis siekti rezultatų.

Būdas patikrinti darbo rezultatus : apibendrinimo užsiėmimai po kiekvieno skyriaus ir 2 loginio mąstymo operacijų įsisavinimo lygio diagnostikos (pradinis (rugsėjis) ir baigiamasis (gegužės mėn.).

Šerloko Holmso žodžiai: „Kiek kartų tau sakiau, mesk viską, kas neįmanoma, tada tai, kas liks, bus atsakymas, kad ir kaip neįtikėtinai tai atrodytų“, galėtų būti šio skyriaus epigrafas.

Jei sprendžiant galvosūkį reikia tik gebėjimo logiškai mąstyti ir visai nereikia atlikti aritmetinių skaičiavimų, tai toks galvosūkis dažniausiai vadinamas loginiu uždaviniu. Loginės problemos, be abejo, yra tarp matematinių, nes logika gali būti laikoma labai bendra, fundamentalia matematika. Nepaisant to, loginius galvosūkius patogu išskirti ir studijuoti atskirai nuo gausesnių aritmetinių seserų. Šiame skyriuje apžvelgsime tris dažniausiai pasitaikančias loginių problemų rūšis ir pabandysime išsiaiškinti, kaip jas spręsti.

Dažniausias užduočių tipas, kurį galvosūkių mėgėjai kartais vadina „Smith-Jones-Robinson problema“ (pagal analogiją su senu G. Dudeni sugalvotu galvosūkiu).

Jį sudaro siuntinių serija, paprastai pateikianti tam tikrą informaciją apie veikėjus; Remiantis šiomis prielaidomis, reikia padaryti tam tikras išvadas. Pavyzdžiui, štai kaip atrodo naujausia amerikietiška Dudeney problemos versija:

1. Smithas, Džounsas ir Robinsonas dirba toje pačioje traukinio brigadoje mašinistu, konduktoriumi ir gaisrininku. Jų profesijos nebūtinai įvardijamos ta pačia tvarka kaip ir pavardės. Brigados aptarnaujamame traukinyje yra trys keleiviai vienodomis pavardėmis.

Ateityje kiekvieną keleivį pagarbiai vadinsime „ponu“ (ponu).

2. P. Robinsonas gyvena Los Andžele.

3. Dirigentas gyvena Omahoje.

4. P. Jonesas jau seniai pamiršo visą algebrą, kurios jam mokėsi koledže.

5. Keleivis – dirigento bendravardis gyvena Čikagoje.

6. Konduktorius ir vienas iš keleivių, žinomas matematinės fizikos specialistas, eina į tą pačią bažnyčią.

7. Smithas visada įveikia stokerį, kai jie susitinka žaisti biliardą.

Koks vairuotojo vardas?

Šias problemas būtų galima išversti į matematinės logikos kalbą, naudojant jos standartinį žymėjimą, o sprendimo būtų galima ieškoti naudojant atitinkamus metodus, tačiau toks požiūris būtų pernelyg sudėtingas. Kita vertus, be vienokių ar kitokių santrumpų sunku suprasti loginę problemos struktūrą. Patogiausia naudoti lentelę, kurios tuščiuose langeliuose surašysime visas galimas nagrinėjamų aibių elementų kombinacijas. Mūsų atveju tokie rinkiniai yra du, todėl mums reikia dviejų lentelių (139 pav.).

Ryžiai. 139 Dvi lentelės Smitho, Joneso ir Robinsono problemai.

Kiekviename langelyje įrašome 1, jei atitinkama kombinacija yra leistina, arba 0, jei derinys prieštarauja problemos sąlygoms. Pažiūrėkime, kaip tai daroma. 7 sąlyga akivaizdžiai atmeta galimybę, kad Smithas yra stokeris, todėl kairiajame lentelės viršutiniame dešiniajame kampe esančiame laukelyje įrašome 0. 2 sąlyga nurodo, kad Robinsonas gyvena Los Andžele, todėl apatiniame kairiajame lentelės kampe mes Įveskite 1 ir 0 į visus kitus langelius apatinėje eilutėje ir kairiajame stulpelyje, kad parodytumėte, jog ponas Robinsonas negyvena Omahoje ar Čikagoje, o ponas Smithas ir ponas Jonesas negyvena Los Andžele.

Dabar turime šiek tiek pagalvoti. Iš 3 ir 6 sąlygų žinome, kad matematikas fizikas gyvena Omahoje, bet nežinome jo pavardės. Jis negali būti nei ponas Robinsonas, nei ponas Džounsas (juk jis pamiršo net elementarią algebrą).

Todėl tai turi būti ponas Smithas. Atkreipiame dėmesį į šią aplinkybę, įdėdami 1 į vidurinį dešiniosios lentelės viršutinės eilutės langelį ir 0 į likusius tos pačios eilutės langelius ir tuščius langelius viduriniame stulpelyje. Į trečiąjį vienetą dabar galima patekti tik vienoje kameroje: tai įrodo, kad ponas Džounsas gyvena Čikagoje. Iš 5 sąlygos sužinome, kad dirigentas taip pat turi Jones pavardę, o kairiosios lentelės centrinėje langelyje įrašome 1, o visose kitose vidurinės eilutės ir vidurinio stulpelio langeliuose – 0. Po to mūsų lentelės įgauna tokią formą, kaip parodyta Fig. 140.

Ryžiai. 140 Lentelė kiaušiniai, parodyta pav. 139, po išankstinio užpildymo.

Dabar nesunku tęsti samprotavimus, vedančius į galutinį atsakymą. Stulpelyje „Stoker“ vienetas gali būti dedamas tik apatiniame langelyje. Iš to iš karto seka, kad apatiniame kairiajame kampe turi būti 0. Tik langelis viršutiniame kairiajame lentelės kampe lieka tuščias, kur galima įdėti tik 1. Taigi, vairuotojo vardas yra Smithas.

Lewisas Carrollas mėgo sugalvoti itin sudėtingas ir išradingas tokio pobūdžio problemas. Dortmuto koledžo matematikos dekanas Johnas J. Kemeny užprogramavo vieną iš siaubingų (su 13 kintamųjų ir 12 sąlygų, iš kurių išplaukia, kad „joks teisėjas neuostė tabako“) Carroll problemų kompiuteriui IBM-704. Aparatas sprendimą atliko maždaug per 4 minutes, nors visos problemos „tiesos lentelės“ (lentelės, rodančios, ar galimos problemos kintamųjų tiesos reikšmių deriniai yra teisingos ar klaidingos) išspausdinimas būtų užtrukęs 13 valandų!

Skaitytojams, norintiems išbandyti savo laimę su sunkesniu nei Smith-Jones-Robinson problema, siūlome naują galvosūkį. Jo autorius – R. Smullyanas iš Prinstono universiteto.

1. 1918 m Pasaulinis karas. Taikos sutarties pasirašymo dieną prie šventinio stalo atšvęsti šio įvykio susirinko trys sutuoktinių poros.

2. Kiekvienas vyras buvo vienos iš žmonų brolis, o kiekviena žmona buvo vieno iš vyro sesuo, tai yra tarp susirinkusiųjų galima būtų nurodyti tris giminingas „brolio ir sesers“ poras.

3. Helen lygiai 26 savaitėmis vyresnė už savo vyrą, gimusį rugpjūtį.

4. P. White'o sesuo yra ištekėjusi už Ellen svainio ir ištekėjo už jo savo gimtadienį, sausio mėnesį.

5. Margaret White yra žemesnė už Williamą Blake'ą.

6. Artūro sesuo gražesnė už Beatričę.

7. Jonui 50 metų.

Koks yra ponios Brown vardas?

Ne mažiau paplitusi yra ir kita loginių problemų atmaina, kurią pagal analogiją su sekančiu gerai žinomu pavyzdžiu galima pavadinti „spalvotų dangtelių problemos“ tipo problemomis. Trys žmonės (vadinkime juos A, B ir NUO) užriškite akis ir pasakykite, kad kiekvienas iš jų buvo užsidėjęs raudoną arba žalią kepuraitę. Tada jų akys atrišamos ir, pamačius raudoną kepurę, prašoma pakelti ranką, o įsitikinus, kad žino, kokios spalvos kepurė ant galvos, išeiti iš kambario. Visos trys kepurės pasirodė raudonos, tad visos trys pakėlė rankas. Praėjo kelios minutės ir NUO, kuris yra protingesnis nei BET ir AT, išėjo iš kambario. Kaip NUO Ar pavyko nustatyti, kokios spalvos kepurė ant jos?

[Išminčių žaliakepurėmis problema tekste suformuluota taip, kad negali turėti sprendimo. Tai ypač akivaizdu, kai išminčių yra daug. Kiek laiko užtruks pirmas išmintingas žmogus, kad atspėtų tikrąją situaciją?

Ketvirtojo dešimtmečio pabaigoje ši problema buvo intensyviai aptarinėjama Maskvoje mokykliniuose matematikos būreliuose ir buvo išrasta nauja jos versija, kurioje buvo įvestas diskretinis laikas. Užduotis atrodė taip.

Senovėje išminčiai gyveno viename mieste. Kiekvienas iš jų turėjo žmoną. Rytais jie atėjo į turgų ir ten sužinojo visas miesto paskalas. Jie patys buvo apkalbų skleidėjai. Jiems buvo labai malonu sužinoti apie kurios nors žmonos neištikimybę – apie tai jie sužinojo iš karto. Tačiau buvo griežtai laikomasi vienos neišsakytos taisyklės: vyrui apie žmoną niekada nieko nebuvo pranešta, nes kiekvienas iš jų, sužinojęs apie savo gėdą, būtų išvaręs žmoną iš namų. Taip jie gyveno, mėgaudamiesi intymiais pokalbiais ir visiškai nežinodami apie savo reikalus.

Tačiau vieną dieną į miestą atėjo tikros paskalos. Jis atėjo į turgų ir viešai pareiškė: „Bet ne visi išminčiai turi ištikimas žmonas! Atrodytų, apkalbos nepasakė nieko naujo – ir taip visi tai žinojo, kiekvienas išminčius tai žinojo (tik su piktumu galvojo ne apie save, o apie kitą), todėl niekas iš gyventojų nekreipė dėmesio į apkalbų žodžius. . Bet išminčiai manė – štai kodėl jie išmintingi – ir n-dieną po apkalbų atvykimo n išminčiai buvo išvaryti n neištikimos žmonos (jei buvo n).

Atstatyti išminčių samprotavimus nesunku. Sunkiau atsakyti į klausimą: kokią informaciją paskalininkas pridėjo prie to, ką išminčiams žinojo ir be jo?

Su šia problema ne kartą buvo susidurta literatūroje].

C klausia savęs, ar jo kepurė gali būti žalia. Jei taip būtų, tada BET iš karto atpažintų, kad jis dėvi raudoną kepuraitę, nes tik raudona kepurė ant galvos galėjo padaryti AT pakelti ranką. Bet tada BET išeitų iš kambario. AT būtų pradėjęs samprotauti lygiai taip pat ir taip pat būtų išėjęs iš kambario. Kadangi nei vienas, nei kitas neišėjo, NUO padarė išvadą, kad jo kepuraitė turi būti raudona.

Šią problemą galima apibendrinti tuo atveju, kai žmonių yra bet koks skaičius ir visi jie dėvi raudonas kepuraites. Tarkime, kad problemoje atsirado ketvirtas veikėjas D, dar įžvalgesnis nei C.D galėtų samprotauti taip: „Jei mano kepuraitė būtų žalia, tada A, B ir NUO atsidurtų lygiai tokioje pačioje situacijoje, kokia buvo ką tik aprašyta, ir po kelių minučių įžvalgiausias trijulė tikrai išeitų iš kambario.

Bet jau praėjo penkios minutės, ir nė viena iš jų neišeina, todėl mano kepurė raudona.

Jei būtų penktas narys, kuris būtų dar protingesnis už D, jis galėjo padaryti išvadą, kad dėvėjo raudoną kepuraitę, palaukęs dešimt minučių. Žinoma, mūsų samprotavimai praranda įtikinamumą dėl prielaidų apie skirtingus išradingumo laipsnius. A, B, C... ir gana neaiškūs samprotavimai, kiek laiko įžvalgiausias žmogus turėtų laukti, kol galės drąsiai įvardyti savo kepurės spalvą.

Kai kurios kitos „spalvos dangtelio“ problemos yra mažiau neapibrėžtos. Pavyzdžiui, tokia problema, kurią taip pat sugalvojo Smullyanas. Kiekvienas iš trijų A, B ir NUO- puikiai išmano logiką, tai yra, jis žino, kaip akimirksniu ištraukti visas pasekmes iš tam tikro patalpų rinkinio ir žino, kad likusieji taip pat turi šį gebėjimą.

Paimame keturis raudonus ir keturis žalius antspaudus, užrišame savo "logikams" akis ir klijuojame po du antspaudus kiekvienam ant kaktos. Tada mes nuimame tvarsčius nuo jų akių ir, savo ruožtu, paklausiame A, B ir NUO tas pats klausimas: "Ar žinote kokios spalvos antspaudai ant kaktos?" Kiekvienas iš jų atsako neigiamai. Tada vėl klausiame BET ir vėl gauname neigiamą atsakymą. Bet kai užduodame tą patį klausimą antrą kartą AT, jis atsako teigiamai.

Kokios spalvos žymė ant kaktos AT?

Trečioji populiarių loginių galvosūkių rūšis yra problemos apie melagius ir tuos, kurie visada sako tiesą. AT klasikinė versija užduotys Mes kalbame apie keliautoją, atsidūrusį šalyje, kurioje gyvena dvi gentys. Vienos genties nariai visada meluoja, kitos – visada sako tiesą. Keliautojas susipažįsta su dviem vietiniais. – Ar visada sakai tiesą? – klausia jis aukštaūgio vietinio. Jis atsako: „Tarabaras“. „Jis pasakė, kad taip, – aiškina angliškai mokantis mažesnis vietinis gyventojas, – bet jis baisus melagis. Kuriai genčiai priklauso kiekvienas vietinis gyventojas?

Sisteminis sprendimo būdas būtų užrašyti visas keturias galimybes: AI, IL, LI, LL (I reiškia "tiesa", L - "klaidinga") ir neįtraukti tų, kurios prieštarauja problemos duomenims. Atsakymą galima gauti daug greičiau, jei pastebima, kad aukštaūgis turi atsakyti teigiamai, ar jis meluoja, ar sako tiesą. Kadangi mažesnis vietinis sakė tiesą, jis turi priklausyti tiesos genčiai, o jo aukštas draugas - melagių genčiai.

Žymiausią tokio tipo problemą, komplikuotą tikimybių svorių įvedimu ir ne itin aiškia formuluote, gana netikėtai galima rasti anglų astronomo A. Eddingtono knygos „New Pathways in Science“ šeštojo skyriaus viduryje. "Jeigu A, B, C ir D pasakyti tiesą kartą iš trijų (savarankiškai) ir BET Teigia, kad AT tai neigia NUO sako lyg D melagis, kokia tikimybė D pasakė tiesą?"

Eddingtono atsakymas, 25/71, buvo sutiktas su skaitytojų protesto kruša ir sukėlė juokingą ir painų ginčą, kuris niekada nebuvo galutinai išspręstas. Anglų astronomas G. Dingle'as, žurnale „Nature“ paskelbtos Eddingtono knygos apžvalgos autorius (1935 m. kovo mėn.), manė, kad problema visai neverta dėmesio kaip beprasmė ir tik rodo, kad Eddingtonas nebuvo pakankamai apgalvojęs pagrindinių idėjų. tikimybių teorijos. Tam prieštaravo amerikiečių fizikas T. Sternas (Nature, 1935 m. birželis), teigdamas, kad, jo nuomone, problema anaiptol nėra beprasmė, tačiau jai išspręsti nepakanka duomenų.

Atsakydamas Dingle'as pažymėjo (Gamta, 1935 m. rugsėjis), kad jei atsižvelgsime į Sterno požiūrį, tada pakanka duomenų sprendimui ir atsakymas bus 1/3. Čia Eddingtonas įsitraukė į ginčą ir paskelbė (Mathemetical gazette, 1935 m. spalio mėn.) straipsnį, kuriame išsamiai paaiškino, kaip jis gavo atsakymą. Ginčas baigėsi dar dviem straipsniais, pasirodžiusiais tame pačiame žurnale, vieno iš jų autorius gynė Eddingtoną, o kito – kitokį požiūrį nei visi ankstesni.

Iš esmės sunku suprasti Eddingtono formuluotę. Jeigu AT, išreikšdamas savo neigimą, kalba tiesą, tada galime pagrįstai manyti, kad NUO pasakė tai D kalbėk tiesą? Eddingtonas manė, kad tokiai prielaidai nėra pakankamai pagrindo. Taip pat, jei BET meluoja, ar galime tuo įsitikinti AT ir NUO ar jie apskritai ką nors pasakė? Laimei, visus šiuos kalbinius sunkumus galime įveikti darydami tokias prielaidas (Edingtonas jų nepadarė):

1. Nė vienas iš keturių netylėjo.

2. Pareiškimai A, B ir NUO(kiekvienas iš jų atskirai) patvirtinti arba paneigti toliau pateiktą teiginį.

3. Klaidingas teiginys sutampa su jo neigimu, o klaidingas neigimas sutampa su teiginiu.

Visi keturi meluoja nepriklausomai vienas nuo kito su 1/3 tikimybe, ty vidutiniškai bet kurie du iš trijų jų teiginių yra klaidingi. Jei teisingas teiginys pažymėtas raide Ir, o netikra raidė L, tada už A, B, C ir D gauname lentelę, susidedančią iš aštuoniasdešimt vieno skirtingo derinio. Iš šio skaičiaus reikėtų išskirti tuos derinius, kurie neįmanomi dėl problemos sąlygų.

Galiojančių derinių, kurie baigiasi raide, skaičius Ir(t. y. teisingas – teisingas – teiginys D), turėtų būti padalintas iš bendro visų galiojančių derinių skaičiaus, kuris duos atsakymą.

Reikėtų patikslinti problemos formuluotę apie keliautoją ir du čiabuvius. Keliautojas suprato, kad žodis „gibberish“ čiabuvių kalboje reiškia arba „taip“, arba „ne“, bet negalėjo atspėti, ką tiksliai. Tai būtų įspėję kelis el. laiškus, iš kurių vieną pateiksiu žemiau.

Aukštaūgis čiabuvis, matyt, nesuprato nė žodžio iš to, ką jam pasakė keliautojas (angliškai), ir negalėjo atsakyti taip arba ne angliškai. Todėl jo „švairumas“ reiškia kažką panašaus į: „Aš nesuprantu“ arba „Sveiki atvykę į Bongo-Bongo“. Vadinasi, mažasis tėvynėlis melavo sakydamas, kad jo draugas atsakė „taip“, o kadangi mažylis buvo melagis, melavo ir aukštaūgį vadindamas melagiu. Todėl aukštas vietinis žmogus turėtų būti laikomas teisingu.

Taigi moteriška logika sukrėtė mano vyrišką tuštybę. Ar tai šiek tiek nežeidžia jūsų autoriaus pasididžiavimo?

Atsakymai

Pirmąją loginę problemą geriausia išspręsti naudojant tris lenteles: viena skirta žmonų vardų ir pavardžių deriniams, antroji – vyrų vardų ir pavardžių, trečioji – vyrų vardų ir pavardžių. šeimos ryšiai.

Kadangi ponios White vardas yra Margaret (sąlyga 5), ​​likusių dviejų žmonų vardus turime tik dvi galimybes: a) Helen Blake ir Beatrice Brown arba b) Helen Brown ir Beatrice Blake.

Tarkime, kad įvyksta antroji galimybė. White'o sesuo turi būti Helen arba Beatričė. Tačiau Beatričė negali būti Wyne'o sesuo, nes tuomet Blake'as būtų Helenos brolis, o du Blake'o svainiai būtų White'as (jo žmonos brolis) ir Brownas (jo sesers vyras); Beatrice Blake nėra vedusi nė vieno iš jų, o tai prieštarauja 4 sąlygai. Todėl White'o sesuo turi būti Helen. Iš to savo ruožtu darome išvadą, kad Browno sesuo vadinama Beatriče, o Blake'o sesuo yra Margaret.

Iš 6 sąlygos išplaukia, kad pono White'o vardas yra Artūras (Brown negali būti Artūras, nes toks derinys reikštų, kad Beatričė yra gražesnė už save, o Blake'as negali būti Arthuras, nes iš 5 sąlygos žinome jo vardą: William). Taigi, ponas Braunas gali būti tik Džonas. Deja, iš 7 sąlygos matome, kad Jonas gimė 1868 m. (50 metų iki taikos sutarties pasirašymo). Tačiau 1868-ieji yra keliamieji metai, todėl Helen turi būti vyresnė už savo vyrą viena diena daugiau nei 26 savaitės, nurodytos 3 sąlygoje. (Iš 4 sąlygos žinome, kad ji gimė sausio mėnesį, o iš 3 sąlygos, kad jos vyras gimė rugpjūtį. Ji galėtų būti lygiai 26 savaitėmis vyresnė už savo vyrą, jei jos gimtadienis būtų sausio 31 d., o jo – rugpjūčio 1 d., o jei tarp šių datų nebūtų vasario 29 d.!) Taigi, antra iš galimybių, nuo kurių pradėjome turėtų būti atmestas, o tai leidžia pavadinti žmonas: Margaret White, Helen Blake ir Beatrice Brown. Čia nėra prieštaravimų, nes mes nežinome Blake'o gimimo metų. Iš problemos sąlygų galima spręsti, kad Margaret yra Browno sesuo, Beatričė – Blake'o, o Helen – White'o sesuo, tačiau White ir Brown vardų klausimas lieka neišspręstas.

Problemoje su antspaudais AT yra trys galimybės. Jo antspaudai gali būti: 1) tiek raudoni; 2) abu žali; 3) vienas yra žalias, o kitas raudonas. Tarkime, kad abu antspaudai yra raudoni.

Kai visi trys kartą atsakė, BET gali samprotauti taip: „Dėmės ant mano kaktos negali būti ir raudonos (nes tada NUO būtų pamatęs keturis raudonus antspaudus ir būtų iš karto atpažinęs, kad ant kaktos turi du žalius antspaudus, o jei NUO Tada abu antspaudai buvo žali AT, pamatęs keturis žalius antspaudus, būtų supratęs, kad ant kaktos turi du raudonus antspaudus). Štai kodėl ant kaktos turiu vieną žalią ir vieną raudoną žymę.

Bet kai BET paklausė antrą kartą, jis nežinojo, kokios spalvos jo prekės ženklas. Tai leido AT atmeskite galimybę, kad abu jo antspaudai yra raudoni. Ginčijasi lygiai taip pat kaip A, B atmetė atvejį, kai abu jo antspaudai yra žali. Todėl jam liko tik viena galimybė: vienas antspaudas žalias, kitas raudonas.

Kai kurie skaitytojai greitai pastebėjo, kad problemą galima išspręsti labai greitai, neanalizuojant klausimų ir atsakymų. Štai ką apie tai rašė vienas iš skaitytojų: „Problemos sąlygos yra visiškai simetriškos raudonų ir žalių ženklų atžvilgiu.

Todėl platindami antspaudus tarp A, B ir NUO jei bus įvykdytos visos problemos sąlygos ir raudonus ženklus pakeitę žaliais ir, atvirkščiai, žalius raudonais, pasieksime kitokį pasiskirstymą, kuriam taip pat bus įvykdytos visos sąlygos. Iš to išplaukia, kad jeigu sprendimas yra unikalus, tai keičiant žalias etiketes raudonomis, o raudonas – žaliais, jis turi būti nekintamas (neturėtų keistis). Toks sprendimas gali būti tik toks pašto ženklų paskirstymas, kuriame B turės vieną žalią ir vieną raudoną antspaudą.

Kaip teigė Bruklino koledžo Matematikos katedros dekanas W. Manheimeris, šis elegantiškas sprendimas kyla dėl to, kad ne A, B ir NUO(kaip nurodyta problemos sąlygoje), ir Raymondas Smullyanas!

Edingtono problemos atveju tikimybė, kad D sako tiesą, yra 13/41. Visi teisingi ir klaidingi deriniai, kuriuose yra nelyginis klaidingų (arba teisingų) kartų skaičius, turėtų būti atmesti kaip prieštaraujantys problemos sąlygoms. Dėl to galimų kombinacijų skaičius sumažėja nuo 81 iki 41, iš kurių tik 13 baigiasi tikru teiginiu. D. Nes A, B ir NUO sakyti tiesą tais atvejais, kurie atitinka lygiai tiek pat galiojančių kombinacijų, tikimybė pasakyti tiesą yra vienoda visiems keturiems.

Ekvivalentiškumo simbolio naudojimas

o tai reiškia, kad juo sujungti teiginiai yra arba teisingi, arba abu klaidingi (tuomet klaidingas teiginys teisingas, kitu atveju klaidingas), o neigimo simbolis ~, Edingtono uždavinys teiginio skaičiavime gali būti parašytas taip:

arba po tam tikrų supaprastinimų, tokių kaip:

Šios išraiškos tiesos lentelė patvirtina jau gautą atsakymą.

Pastabos:

Tai apmaudu- nusiminęs, padaryti ką nors beprasmiško, beviltiško, pasmerkti nesėkmei (anglų k.).

Žiūrėkite knygos skyrių apie Raymondą Smullyaną M. Gardneris„Kelionės laiku“ (M.: Mir, 1990).

Edingtonas A. Nauji mokslo keliai. - Kembridžas: ​​1935 m.; Mičiganas: 1959 m.

Įvadas

Logika yra mąstytojų Dievas.

L. Feuchtwanger

Gebėjimas teisingai mąstyti būtinas bet kurioje žmogaus veiklos srityje: mokslo ir technologijų, teisingumo ir diplomatijos, ekonomikos planavimo ir kariniuose reikaluose. Ir šis gebėjimas grįžta į senovės laikai, logika, t.y. mokslas apie tai, kurios samprotavimo formos yra teisingos, atsirado tik prieš kiek daugiau nei du tūkstančius metų. Jis buvo sukurtas VI amžiuje. pr. Kr. didžiojo senovės graikų filosofo Aristotelio, jo mokinių ir pasekėjų darbuose.

Tam tikru momentu matematikai uždavė klausimą: „Kas iš tikrųjų yra matematika, matematinė veikla? Paprastas atsakymas yra tas, kad matematikai įrodo teoremas, tai yra, išsiaiškina kai kurias tiesas realus pasaulis ir „idealus matematinis pasaulis“. Bandymas atsakyti į klausimą, kas yra matematinė teorema, matematinė tiesa, o kas yra matematinis teiginys teisingas ar įrodomas, tai taip pat yra matematinės logikos išeities taško tinklas. Mokykloje turime išmokti analizuoti, lyginti, išryškinti pagrindinį dalyką, apibendrinti ir sisteminti, įrodyti ir paneigti, apibrėžti ir paaiškinti sąvokas, kelti ir spręsti problemas. Įvaldyti šiuos metodus reiškia gebėjimą mąstyti. Moksle samprotavimu tenka išvesti įvairias formules, skaitinius modelius, taisykles, įrodyti teoremas. Pavyzdžiui, 1781 metais buvo atrasta Urano planeta. Stebėjimai parodė, kad šios planetos judėjimas skiriasi nuo teoriškai apskaičiuoto judėjimo. Prancūzų mokslininkas Le Verrier (1811-1877), logiškai samprotavęs ir atlikdamas gana sudėtingus skaičiavimus, nustatė kitos planetos įtaką Uranui ir nurodė jos vietą. 1846 m. ​​astronomas Galle patvirtino planetos, pavadintos Neptūnu, egzistavimą. Tai darydami jie naudojo matematinio samprotavimo ir skaičiavimų logiką.

Antrasis mūsų svarstymų pradžios taškas yra išsiaiškinti, ką reiškia, kad matematinė funkcija yra apskaičiuojama ir gali būti apskaičiuota naudojant tam tikrą algoritmą, formalią taisyklę, tiksliai aprašytą procedūrą. Šios dvi pradinės formuluotės turi daug bendro, jos natūraliai sujungiamos bendru pavadinimu „matematinė logika“, kur matematinė logika pirmiausia suprantama kaip matematinio samprotavimo ir matematinių veiksmų logika.

Pasirinkau būtent šią temą, nes matematinės logikos elementų įvaldymas man padės ateities ekonomikos profesijoje. Juk rinkodaros specialistas analizuoja tendencijasturgus,kainas, apyvartą ir rinkodaros metodus, renka duomenis apie konkuruojančias organizacijas,pateikia rekomendacijas. Norėdami tai padaryti, turite pasinaudoti logikos žiniomis.

Tikslas: studijuoti ir panaudoti matematinės logikos galimybes sprendžiant įvairių sričių ir žmogaus veiklos uždavinius.

Užduotys:

1. Išanalizuoti literatūrą apie matematinės logikos esmę ir kilmę.

2. Išstudijuokite matematinės logikos elementus.

3. Pasirinkti ir spręsti uždavinius su matematinės logikos elementais.

Metodai: literatūros analizė, sąvokos, analogijų metodas sprendžiant problemas, savęs stebėjimas.

1. Iš matematinės logikos atsiradimo istorijos

Matematinė logika yra glaudžiai susijusi su logika ir dėl jos kilusi. Logikos, žmogaus mąstymo dėsnių ir formų mokslo pagrindus padėjo didžiausias senovės graikų filosofas Aristotelis (384-322 m. pr. Kr.), kuris savo traktatuose nuodugniai studijavo logikos terminologiją, išsamiai analizavo išvadų teoriją. ir įrodymus, aprašė daugybę loginių operacijų, suformulavo pagrindinius mąstymo dėsnius, įskaitant prieštaravimo ir trečiojo išskyrimo dėsnius. Aristotelio indėlis į logiką labai didelis, ne be reikalo kitas jos pavadinimas – Aristotelinė logika. Net pats Aristotelis pastebėjo, kad tarp jo sukurto mokslo ir matematikos (tuo metu ji buvo vadinama aritmetika) yra daug bendro. Jis bandė sujungti šiuos du mokslus, o būtent, sumažinti refleksiją, o tiksliau išvadas, į skaičiavimą remiantis pradinėmis pozicijomis. Viename iš savo traktatų Aristotelis priartėjo prie vienos iš matematinės logikos skyrių – įrodymų teorijos.

Ateityje daugelis filosofų ir matematikų sukūrė tam tikras logikos nuostatas, o kartais net nubrėžė šiuolaikinio teiginio skaičiavimo kontūrus, tačiau arčiausiai matematinės logikos kūrimo buvo XVII amžiaus antroje pusėje iškilus vokiečių mokslininkas Gotfrydas Vilhelmas. Leibnicas (1646–1716), kuris nurodė logikos vertimo būdus „iš žodinės, kupinos neaiškumų, į matematikos sritį, kur santykiai tarp objektų ar teiginių nustatomi tobulai tiksliai“. Leibnicas netgi tikėjosi, kad ateityje filosofai, užuot bevaisiai ginčydamiesi, ims popieriaus ir išsiaiškins, kuris iš jų teisus. Tuo pat metu Leibnicas savo darbuose palietė ir dvejetainę skaičių sistemą. Reikėtų pažymėti, kad idėja naudoti du simbolius informacijai koduoti yra labai sena. Australijos aborigenai skaičiavo dvejetais, kai kurios Naujosios Gvinėjos ir Pietų Amerikos medžiotojų-rinkėjų gentys taip pat naudojo dvejetainę skaičiavimo sistemą. Kai kuriose Afrikos gentyse pranešimai perduodami būgnais balsų ir nuobodžių ritmų derinių pavidalu. Žinomas dviejų simbolių kodavimo pavyzdys yra Morzės abėcėlė, kur abėcėlės raidės vaizduojamos tam tikrais taškų ir brūkšnių deriniais. Po Leibnizo daug iškilių mokslininkų atliko šios srities tyrimus, tačiau tikroji sėkmė čia atėjo savamoksliui anglų matematikui George'ui Boole'ui (1815-1864), jo ryžtas neturėjo ribų.

Finansinė situacija George'o tėvai (kurio tėvas buvo batsiuvys) leido jam tik baigti mokslus pradinė mokykla vargšams. Po kurio laiko Buhlas, pakeitęs kelias profesijas, atidarė nedidelę mokyklą, kurioje mokėsi pats. Daug laiko skyrė saviugdai, netrukus susidomėjo simbolinės logikos idėjomis. 1847 metais Boole paskelbė straipsnį "Matematinė logikos analizė arba dedukcinių išvadų skaičiavimo patirtis", o 1854 metais pasirodė pagrindinis jo veikalas "Mąstymo dėsnių, kuriais grindžiamos matematinės logikos ir tikimybių teorijos, tyrimas". . Būlis išrado savotišką algebrą – žymėjimo ir taisyklių sistemą, taikomą visų rūšių objektams, nuo skaičių ir raidžių iki sakinių. Naudodamas šią sistemą, jis galėjo užkoduoti teiginius (teiginius, kuriuos reikėjo įrodyti teisingus ar klaidingus), naudodamas savo kalbos simbolius, o tada manipuliuoti jais taip pat, kaip matematikoje manipuliuojama skaičiais. Pagrindinės Būlio algebros operacijos yra konjunkcija (IR), disjunkcija (OR) ir neigimas (NOT). Po kurio laiko tapo aišku, kad Boole sistema puikiai tinka elektros perjungimo grandinėms apibūdinti. Srovė grandinėje gali tekėti arba netekėti, kaip ir teiginys gali būti teisingas arba klaidingas. Ir po kelių dešimtmečių, jau XX amžiuje, mokslininkai George'o Boole'o sukurtą matematinį aparatą sujungė su dvejetaine skaičių sistema, taip padėdami pagrindą skaitmeninio elektroninio kompiuterio kūrimui. Atskiras Būlio darbo nuostatas tiek prieš, tiek po jo tam tikru mastu palietė kiti matematikai ir logikai. Tačiau šiandien šioje srityje matematikos klasika laikomi George'o Boole'o darbai, o jis pats pagrįstai laikomas matematinės logikos ir tuo labiau svarbiausių jos skyrių - logikos algebros (Bulio algebra) pradininku. ) ir teiginių algebra.

Didelį indėlį į logikos plėtrą įnešė ir Rusijos mokslininkai P.S. Poretskis (1846-1907), I.I. Žegalkinas (1869-1947).

XX amžiuje didžiulį vaidmenį matematinės logikos raidoje suvaidino

D. Hilbertas (1862-1943), pasiūlęs matematikos formalizavimo programą, susietą su pačios matematikos pagrindų kūrimu. Galiausiai, paskutiniais XX amžiaus dešimtmečiais sparčią matematinės logikos raidą lėmė algoritmų ir algoritminių kalbų teorijos, automatų teorijos, grafų teorijos raida (S.K. Kleene, A. Church, A. A. Markovas, P. S. Novikovas ir daugelis kitų).

XX amžiaus viduryje kompiuterinių technologijų plėtra paskatino atsirasti loginiai elementai, loginiai blokai ir kompiuterinės technikos įrenginiai, kas buvo siejama su papildomu tokių logikos sričių kaip loginės sintezės, loginio projektavimo ir loginio loginio modeliavimo problemos bei kompiuterinė technika. Devintajame dešimtmetyje pradėti tyrinėti dirbtinis intelektas pagrįstas loginio programavimo kalbomis ir sistemomis. Ekspertinės sistemos pradėtos kurti naudojant ir plėtojant automatinį teoremų įrodymą, taip pat įrodymais pagrįsto programavimo metodus, skirtus algoritmų ir kompiuterinių programų patikrai. Devintajame dešimtmetyje prasidėjo ir švietimo pokyčiai. Asmeninių kompiuterių atsiradimas vidurinėse mokyklose paskatino sukurti informatikos vadovėlius su matematinės logikos elementų studijomis, siekiant paaiškinti loginius darbo principus. loginės grandinės ir skaičiavimo prietaisai, taip pat loginio programavimo principai penktosios kartos kompiuteriams ir informatikos vadovėlių su predikatinio skaičiavimo kalbos studijavimu žinių bazėms kurti.

1. Aibių teorijos pagrindai

Aibės sąvoka yra viena iš tų pamatinių matematikos sąvokų, kurias sunku tiksliai apibrėžti naudojant elementarias sąvokas. Todėl apsiribojame aprašomuoju aibės sąvokos paaiškinimu.

daug vadinama tam tikrų gana skirtingų objektų visuma, laikoma viena visuma. Aibių teorijos kūrėjas Georgas Cantoras pateikė tokį aibės apibrėžimą – „aibė yra daug, apie ką mes galvojame kaip apie visumą“.

Atskiri objektai, sudarantys aibę, vadinami rinkinio elementai.

Aibės dažniausiai žymimos lotyniškos abėcėlės didžiosiomis raidėmis, o šių rinkinių elementai – mažosiomis lotyniškos abėcėlės raidėmis. Rinkiniai rašomi lenktuose skliaustuose ( ).

Įprasta naudoti šį žymėjimą:

a∈ X - "elementas a priklauso aibei X";

a∉ X - "elementas a nepriklauso aibei X";

∀ - savavališkumo, bendrumo kiekybinis rodiklis, reiškiantis „bet kokį“, „bet ką“, „visiems“;

∃ - egzistavimo kvantorius:∃ y∈ B - "yra (yra) elementas y iš aibės B";

∃! - egzistavimo ir unikalumo kiekybinis rodiklis:∃ !b∈ C - "yra unikalus elementas b iš aibės C";

: - „toks, kad; nuosavybės valdymas“;

→ - pasekmės simbolis reiškia „sukelia“;

⇔ - lygiavertiškumo kvantorius, atitikmuo – „jei ir tik tada“.

Rinkiniai yra baigtinis ir begalinis . Rinkiniai vadinami galutinis , jei jo elementų skaičius baigtinis, t.y. jei yra natūralusis skaičius n, kuris yra aibės elementų skaičius. A=(a 1 , a 2 , a 3 , ..., a n ). Rinkinys vadinamas begalinis jei jame yra begalinis elementų skaičius. B=(b 1,b2,b3 ,...). Pavyzdžiui, rusų abėcėlės raidžių rinkinys yra baigtinis. Natūraliųjų skaičių aibė yra begalinė.

Elementų skaičius baigtinėje aibėje M vadinamas aibės M kardinalumu ir žymimas |M|. tuščia rinkinys - rinkinys, kuriame nėra jokių elementų -∅ . Du rinkiniai vadinami lygus , jei jie susideda iš tų pačių elementų, t.y. yra tas pats rinkinys. Aibės nėra lygios X ≠ Y, jei X turi elementų, kurie nepriklauso Y, arba Y turi elementus, kurie nepriklauso X. Aibės lygybės simbolis turi šias savybes:

X = X; - refleksyvumas

jei X=Y, Y=X – simetrija

jei X=Y,Y=Z, tai X=Z yra tranzityvus.

Pagal šį aibių lygybės apibrėžimą natūraliai gauname, kad visos tuščios aibės yra lygios viena kitai arba kad yra tik viena tuščia aibė.

Poaibiai. Įtraukimo santykis.

Aibė X yra aibės Y poaibis, jei kuris nors aibės X elementas∈ ir nustatyti Y. Žymima X⊆ Y.

Jei reikia pabrėžti, kad Y, be elementų iš X, yra ir kitų elementų, naudojamas griežto įtraukimo simbolis.⊂ : X ⊂ Y. Ryšys tarp simbolių⊂ ir ⊆ suteikia:

X ⊂ Y ⇔ X ⊆ Y ir X≠Y

Atkreipiame dėmesį į kai kurias poaibio ypatybes, kurios išplaukia iš apibrėžimo:

X⊆ X (refleksyvumas);

→ X⊆ Z (tranzityvumas);

Pradinė aibė A jos poaibių atžvilgiu vadinama užbaigti nustatytas ir žymimas I.

Bet kuris poaibis A i aibė A vadinama tinkama A aibe.

Aibė, susidedanti iš visų duotosios aibės X poaibių ir tuščiosios aibės∅ , vadinamas loginiu X ir žymimas β(X). Būlio galia |β(X)|=2 n.

Skaičiuojamas rinkinys- tai aibė A, kurios visi elementai gali būti sunumeruoti seka (m.b. begalinė) ir 1, a 2, 3, ..., a n , ... kad šiuo atveju kiekvienas elementas gautų tik vieną skaičių n, o kiekvienas natūralusis skaičius n būtų pateiktas kaip skaičius vienam ir tik vienam mūsų aibės elementui.

Aibė, lygiavertė natūraliųjų skaičių aibei, vadinama skaičiuojama aibe.

Pavyzdys. Kvadratų aibė sveikųjų skaičių 1, 4, 9, ..., n 2 reiškia tik natūraliųjų skaičių aibės N poaibį. Aibė yra skaičiuojama, nes ji sujungiama į natūraliąją eilutę, kiekvienam elementui priskiriant natūraliosios eilutės skaičiaus skaičių, kvadratą kuri tai yra.

Yra 2 pagrindiniai rinkinių nustatymo būdai.

išvardijimas (X=(a,b), Y=(1), Z=(1,2,...,8), M=(m 1 ,m 2 ,m 3 ,..., m n });

aprašymas – nurodo būdingas savybes, kurias turi visi rinkinio elementai.

Aibę visiškai apibrėžia jos elementai.

Sąraše gali būti nurodytos tik baigtinės aibės (pavyzdžiui, metų mėnesių aibė). Begalinės aibės gali būti apibrėžtos tik aprašant jos elementų savybes (pvz., racionaliųjų skaičių aibę galima apibrėžti aprašant Q=(n/m, m, n∈ Z, m≠0).

Būdai, kaip nurodyti rinkinį pagal aprašą:

a) nurodant generavimo procedūrąnurodant aibę (aibes), per kurią eina šios procedūros parametras (parametrai) – rekursinis, indukcinis.

X=(x: x 1 =1, x 2 =1, x k+2 =x k +x k+1 , k=1,2,3,...) – daug Fibonicci skaičių.

(keli elementai x, kad x 1 \u003d 1, x 2 =1 ir savavališkas x k+1 (kai k=1,2,3,...) apskaičiuojamas pagal formulę x k+2 \u003d x k + x k + 1) arba X \u003d)