درس الرياضيات: مبادئ في المنطق – الأولى باكالوريا

.مبادئ في المنطق 

. تقديم:

-إن الهدف من إدراج فقرة مبادئ في المنطق بجميع المسالك، هو تزويد التلاميذ بمفاهيم ومبادئ أولية لتنظيم أفكارهم ومدهم بتقنيات ونماذج تساعدهم على بناء وصياغة البراهين الرياضية على أسس واضحة وسليمة. إلا أن بلوغ هذه الأهداف لا يتحقق مع انتهاء هذا الفصل، بل لن يتأتى ذلك إلا باستعمال نتائجه كلما سنحت الفرصة بذلك في مختلف فصول البرنامج اللاحقة. 

. العبارة:

 1 : 1+1=2 نص رياضي يحمل معنى صحيحا ( v )... عبارة .

 2 : sin⁡( π 2 )≻2 نص رياضي يحمل معنى خاطئا ( F ) ...عبارة 

جميع قيم الحقيقة في الرياضيات هي نسبية و ليست مطلقة : فهي مرتبطة باختيار الموضوعات التي نختارها كصحيحة.

              كل نص رياضي يحمل معنى صحيحا ( v ) أو خاطئا ( F ) يسمى عبارة 

. الدالة العبارية :

 في بعض الأحيان تظهر في النصوص الرياضية متغيرات تنتمي الى مجموعة معينة كما يبين المثال التالي:
 x:Q عدد صحيح طبيعي ...دالة عبارية.
 هذه الدالة العبارية تصبح عبارة في حالة تعويض المتغير بعدد صحيح طبيعي.معين.

        كل نص رياضي يحتوي على متغير ينتمي الى مجموعة معينة يسمى دالة عبارية.

. المكممات :

نعتبر المتساويتين : ( 1 ): ( x+1 ) 2 = x 2 +2x+1 ( 2 ): ( x+1 ) 2 = x 2 +1 حيث x∈ℝ
المتساوية ( 1 ) هي احدى المتطابقات الهامة ، اذن لكل عدد حقيقي x المتساوية ( 1 )محققة.

-لكل x من ℝ ، ( x+1 ) 2 = x 2 +2x+1 

- ∀x∈ℝ: ( x+1 ) 2 = x 2 +2x+1 

- ∀ يسمى المكمم الكوني 

يمكننا التفكير أن المتساوية ( 2 ) خاطئة و مع ذلك من أجل x=0 فهي محققة .
هل يمكن القول أن المتساوية ( 2 ) صحيحة ؟ لا ، لأنه من أجل x=1 ليست كذلك. 

• لتكوين عبارة صحيحة يجب اتمام المتساوية ( 2 ) ب : 

- يوجد على الأقل x من ℝ يحقق ( x+1 ) 2 = x 2 +1 

- ∃x∈ℝ: ( x+1 ) 2 = x 2 +1 
- ∃ يسمى المكمم الوجودي.  

ملاحظة
بالرجوع للمتساوية ( 1 ) يمكننا الإنتباه إلى أن :
∃xℝ: ( x+1 ) 2 = x 2 +2x+1 هي كذلك عبارة صحيحة ( فهي محققة بالنسبة ل x=1 مثلا).

ترتيب المكممات :

لتكن f دالة عددية معرفة على ℝ .
نريد التعبير على أن f دالة ثابتة على ℝ . هل العبارة التالية تقوم بالمهمة؟ ( ∀x∈ℝ )( ∃c∈ℝ ):f(x)=c 
بطبيعة الحال لا : لأن هذه الجملة هي محققة لكل دالة عددية لمتغير حقيقي x مجموعة تعريفها ℝ ، كمثال الدالة: f: ℝ→ℝx↦ x 2 ، لكل x من ℝ نختار c= x 2 .ومع ذلك فإن الدالة f: ℝ→ℝ x↦ x 2 ليست ثابتة ، لأن قيمة c تتغير كلما تغيرت x . 
من أجل ذلك وجب علينا تقديم c على x كي لا يرتبط c ب x .
( ∃c∈ℝ )( ∀x∈ℝ ):f(x)=c

• في نص رياضي ترتيب المكممات جد مهم.استثناء: إذا كانت المكممات متتابعة و من نفس النوع فإن ترتيبها غير مهم .

مثال : ( ∃x∈ℝ )( ∃y∈ℝ ): x 2 + y 2 =1 ( ∃y∈ℝ )( ∃x∈ℝ ): x 2 + y 2 =1

العمليات المنطقية

النفي المنطقي|الفصل و العطف المنطقي|الاستلزام المنطقي|التكافئ المنطقي|

* النفي المنطقي : 

مثال
نعتبر العبارة ( P )∃x∈ℝ: x 2 +x+1=0 
هذا النص الرياضي يعني أن المعادلة ( 1 ) x 2 +x+1=0 تقبل حلا على الأقل في ℝ .لكن المعادلة ( 1 ) ليس لها حل فيℝ لأن مميزها سالب قطعا ، و هذا يمكن التعبير عنه ب: ( ¬P )∀x∈ℝ: x 2 +x+1≠0 .
هذا النص الجديد يسمى نفي العبار P ونرمز له ب ¬P .
مثال:
نعتبر العبارة ( P )∀x∈ ℝ + * :x+ 1 x ≥3 
هذه العبارة خاطئة لأنه يوجد على الأقل ℝ + * حيث x ° + 1 x ° ≺3 ( مثلا x ° =1 ).
¬P عبارة صحيحة : ( ¬P )∃x ℝ + * :x+ 1 x ≺3 
قاعدة:
نفي العبارة ∃x∈A:Q(x) هي العبارة ∀x∈A:¬Q(x) 
نفي العبارة ∀x∈A:Q(x) هي العبارة ∃x∈A:¬Q(x) 

* الفصل و العطف المنطقي :

ليكن x عددا حقيقيا .
نضع

• ( P ): x 2 ≻1
• ( Q ):x≺0
• x 2 ≻1 و x≺0 : ( P و Q )
• x 2 ≻1 أو x≺0 :( P أو Q )
  لنأخد بعض الأمثلة (انظر الجدول) 
  

  x 2 ≻1 أو x≺0	x 2 ≻1 و x≺0	x≺0	x 2 ≻1	x
  V	V	V	V	−5
  V	F	F	V	3
  V	F	V	F	−0,8
  F	F	F	F	5 6

  
  بصفة عامة العبارة ( P و Q ) موافقة للجدول التالي:

  ( P و Q )	Q	P
  V	V	V
  F	F	V
  F	V	F
  F	F	F

• تكون العبارة ( P و Q ) صحيحة اذا كانت P و Q صحيحتان معا. 

• و العبارة ( P أو Q ) موافقة للجدول التالي:

• ( P أو Q )	Q	P
  V	V	V
  V	F	V
  V	V	F
  F	F	F

تكون العبارة ( P أو Q ) صحيحة اذا كانت على الأقل احدى العبارتين P وQ صحيحة. 

ملاحظة 1
نلاحظ أنه إذا كانت العبارتين P و Q صحيحتين معا فإن العبارة ( P أو Q ) صحيحة ، لكن في الحياة اليومية ليس له نفس المعنى حيث في مطعم مثلا : طلب وجبة لحم بقر أو وجبة لحم غنم لا يعني طلب الوجبتين معا.
ملاحظة 2
في بعض النصوص الرياضية ، يكون الفصل مخفيا. مثلا : ( x∈ℝ ) 
الكتابة x≥1 تعني ( x≻1 أو x=0 )
تمرين تطبيقي
تأكد مستعملا جداول الحقيقة أن العبارات التالية لها نفس قيم الحقيقة.

1. P) و ¬(Q .... ¬P) أو (¬Q
2. P) أو ¬(Q .... ¬P) و (¬Q  

 

* الإستلزام المنطقي : 

تقديم
نعلم أن كل عدد صحيح طبيعي مضاعف للعدد 6 هو مضاعف للعدد 3 يمكننا صياغة ذلك كما يلي :

• لكل n من ℕ ، إذا كان n مضاعف للعدد 6 فإن n مضاعف للعدد 3
• في ℕ ، مضاعف للعدد 6 يستلزم مضاعف للعدد 6

لتوضيح ذلك نتبع المثال التالي في الجدول أسقله: 

مضاعف للعدد 3	مضاعف للعدد 6	n
V	V	12
V	F	9
F	F	5
F	V	?

نلاحظ أنه لا يوجد عدد صحيح طبيعي n مناسب للسطر الأخير. إذن وجدنا 3 عبارات صحيحة في الرياضيات وهي :

• 12 مضاعف للعدد 6 يستلزم 12 مضاعف للعدد 3
• 9 مضاعف للعدد 6 يستلزم 9 مضاعف للعدد 3
• 5 مضاعف للعدد 6 يستلزم 5 مضاعف للعدد 3

العبارتين الأخيرتين فعلا صحيحتين عكس ما يتبين للذهن.

بصفة عامة:
لتكن P و Q عبارتين .
نقول إن P تستلزم Q عندما تتحقق إحدى الحالات :

• P صحيحة و Q صحيحة.
• P خاطئة و Q صحيحة.
• P خاطئة و Q خاطئة .

ونكتب P⇒Q

P⇒Q	Q	P
V	V	V
F	F	V
V	V	F
V	F	F

ملاحظة 1
لاحظ الجدول أسفله:

¬Q و P	P⇒Q	¬Q	Q	P
F	V	F	V	V
V	F	V	F	V
F	V	F	V	F
F	V	V	F	F

الاستلزام P⇒Q خاطئ في حالة واحدة ، P صحيحة و Q خاظئة ، و هي الحالة الوحيدة التي تكون فيها العبارة ( ¬Q و P )صحيحة.
من هنا نستنج أن P⇒Q و ( ¬Q و P ) ¬ أي P⇒Q و ( Q أو ¬P ) لهما نفس قيم الحقيقة. 
ملاحظة 2
لاحظ الجدول أسفله:

¬Q⇒¬P	P⇒Q	¬Q	¬P	Q	P
V	V	F	F	V	V
F	F	V	F	F	V
V	V	F	V	V	F
V	V	V	V	F	F

انطلاقا من هذا الجدول نلاحظ أن P⇒Q و ¬Q⇒¬P لهما نفس قيم الحقيقة .

• ( الاستلزام ¬Q⇒¬P يسمى الاستلزام المضادللعكس للاستلزام P⇒Q ).

ملاحظة 3
للبرهان على صحة الاستلزام P⇒Q :

• نبدأ بافتراض P عبارة صحيحة و نحاول أن نثبت أن Q عبارة صحيحة ، لأنه في حالة P خاطئةالاستلزام P⇒Q يكون دائما صحيحا.
• نثبت صحة الاستلزام المضاد للعكس.

مثال :
ليكن n عددا صحيحا طبيعيا .
اثبت أن ( n زوجي) ⇒ ( n 2 زوجي)
لنثبت صحة الاستلزام المضاد للعكس أي ( n 2 فردي) ⇒ ( n فردي)
نفترض أن n عددا فرديا أي (∃k∈ℕ):n=2k+1 و نثبت أن n 2 عددا فرديا. لدينا :

= ( 2k+1 ) 2	n 2
=4 k 2 +4k+1
=2( 2 k 2 +2k )+1
=2K+1

مع K=2 k 2 +2k . بما أن k∈ℕ فإن K∈ℕ ، وهذا يعني أن n 2 عدد فرديا .
ملاحظة 4
ليكن P⇒Q استلزاما صحيحا.

• P شرط كافي ل Q
• Q شرط لازم ل P 

* التكافئ المنطقي : 

 تعريف

العبارة ( P⇒Q ) و ( Q⇒P ) تسمى تكافؤ العبارتين P و Q ونكتب P⇔Q و نقرأ P تكافؤ Q

( P⇒Q ) و ( Q⇒P )	Q⇒P	P⇒Q	Q	P
V	V	V	V	V
F	V	F	F	V
F	F	V	V	F
V	V	V	F	F

P⇔Q	Q	P
V	V	V
F	F	V
F	V	F
V	F	F

البرهان على تكافؤ

• باستعمال الاستلزام المزدوج
  كي نثبت على صحة تكافؤ ( P⇔Q ) يمكننا اثبات صحة الاستلزامين ( P⇒Q ) و ( Q⇒P) 
  مثال:
  ( a,b,c )∈ ℝ 3 مع a≠0 
  P : الحدودية a x 2 +bx+c لها جذرين حقيقين غير منعدمين x 1 و x 2 مع x 1 x 2≺0 
  Q : ac≺0 
  لنثبت تكافؤ العبارتين P و Q .
  1. لنثبت صحة الاستلزام ( P⇒Q ) .
     نفترض أن P صحيحة 
     لدينا x 1 x 2 = c a ، وبما أن a≠0 فإن a 2 ( x 1 x 2 )=ac .
     نعلم أن x 1 x 2 ≺0 و a 2 ≻0 إذن a 2 ( x 1 x 2 )≺0 أي ac≺0
  2. لنثبت صحة الاستلزام ( Q⇒P ) 
     نفترض أن Q صحيحة: 
     لدينا Δ= b 2 −4ac ، وبما أن ac≺0 فإن −4ac≻0 . وعليه فإن b 2−4ac≻0 (لأن b 2 ≥0 ) أي Δ≻0 .
     إذن الحدودية a x 2 +bx+c لها جذرين حقيقيين مختلفين.
     في حين x 1 x 2 = c a = ac a 2 ≺0 ( لأن a 2 ≻0 و ac≺ ) وفي نفس الوقت مختلفين.
• اكثر من عبارتين 
  لتكن R,Q,P 3 عبارات.
• كي نثبت صحة التكافؤات ( R⇔P ),( Q⇔R ),( P⇔Q ) يكفي أن نثبت صحة الاستلزامات : ( R⇒P ),( Q⇒R ),( P⇒Q ) .
  اثبت ذلك .....
• إذا كان التكافئين ( P⇔R ) و ( R⇔Q ) صحيحين فإن التكافؤ ( P⇔Q )صحيح..
  اثبت ذلك ....

 

* الاستدلال :

|الاستدلال بالخلف|الاستدلال بفصل الحالات|الاستدلال بالترجع| 
الاستدلال بالخلف
نريد البرهان أن عبارة P صحيحة :
نفترض أن العبارة P خاطئة ونحاول التوصل الى تناقض مع معطيات التمرين. ثم نستنتج أن العبارة P صحيحة.
مثال
لنثبت أن 2 عدد لاجذري .
من أجل ذلك نستعمل الاستدلال بالخلف .
نفترض أن 2 عدد جذري أي يوجد عددان صحيحان طبيعيان a و b من ℕ * أوليان فيما بينهما حيث 2 = a b .
برفعنا هذه المتساوية الى الأس 2 نحصل على a 2 =2 b 2 ، إذن a 2 عدد زوجي .نعلم أن كل عدد صحيح طبيعي و مربعه لهما نفس الزوجية أي a عدد زوجي ، ومنه يوجد عدد صحيح طبيعي غير منعدم k حيث a=2k .بعد تعويض a بالقيمة 2k في المتساوية a 2 =2 b 2 نحصل على b 2 =2 k 2 ما يقودنا الى الاستنتاج التالي: b 2 زوجي و كذلك b عدد زوجي.
خلاصة : 
بما أن a عدد زوجي و b عدد زوجي ، فإن العدد 2 أحد قواسم العددين a و b و هذا تناقض مع أنهما أوليان فيما بينهما.

* الاستدلال بفصل الحالات : 

سنبدأ ببعض الأمثلة .

• مثال 1
  لنحل في ℝ المعادلة | x−1 |+| 2x−3 |=6 
  
  عوض العمل مباشرة على المجموعة ℝ ، نقسم الدراسة على ثلاث مجالات : ] 3 2 ;+∞[,] 1; 3 2 ],] −∞;1 ] .
  
  • حل في المجال ] −∞,1 ] المعادلة −3x+4=6 . نحصل على x=− 2 3 ، بالفعل ينتمي الى المجال ] −∞,1 ]
  • حل في المجال ] 1; 3 2 ] المعادلة −x+2=6 . نحصل على x=−4 ، غير مناسب لأنه لا ينتمي الى المجال ] 1; 3 2 ]
  • حل في المجال ] 3 2 ;+∞ [ المعادلة 3x−4=6 . نحصل على x= 10 3 ، بالفعل ينتمي الى المجال ] 3 2 ;+∞ [ .
  مجموعة حلول المعادلة تتكون من مختلف الحلول المحصل عليها في الحالات الثلاث أي : S={−2 3 ; 10 3 } 
  نقول لقد قمنا بفصل الحالات..
• مثال 2
  حل في ℝ المعادلة ( 1 ): 2 x 2 +1 ≻2x−4 
  لاحظ أن : ( ∀x∈ℝ ):2 x 2 +1≻0 أي الصيغة 2 x 2 +1 هي معرفة لكل x من ℝ، إذن عوض العمل المباشر على ℝ ، نقسم الدراسة الى حالتين تبعا لإشارة الصيغة : 2x−4.
  • الحالة الأولى: ( x∈] −∞;2 [ ) 
    في هذه الحالة 2x−4≺0 و المتراجحة ( 1 ) محققة لأن 2 x 2 +1 ≻0 . إذن كل عنصر من المجال ] −∞;2 [ هو حل للمتراجحة ( 1 ) .
  • الحالة الثانية ( x∈ [ 2;+∞ [ ) : 
    في هذه الحالة طرفي المتراجحة ( 1 ) موجبين ، إذن . 
    ( 2 x 2 +1 ) 2 ≻ ( 2x−4 ) 2 مما يقودنا بعد التبسيط الى −2 x 2 +16x−15≻0 ، وهذه المتراجحة هي محققة لكل x من المجال ] 16− 136 4 ; 16+136 4 [ .إذن كل عنصر من ] 16− 136 4 ; 16+ 136 4 [∩ [ 2;+∞ [أي [ 2; 16+ 136 4 [ هو حل للمتراجحة ( 1 ) .
  خلاصة :
  مجموعة حلول المتراجحة ( 1 ) هي اتحاد حلول الحالات السابقة حيث بعد الاتحاد نحصل على :S=] −∞;2 [∪ [ 2; 16+ 136 4 [ =] −∞; 16+ 136 4 [
• مثال 3
  ليكن a عددا صحيحا نسبيا .
  اثبت أن a( a 2 −1 ) مضاعف للعدد 3 
  من أجل ذلك نلتجأ الى الاستدلال بفصل الحالات حسب r باقي قسمة a على 3 ( القسمة الاقليدية).
  
  • الحالة الأولى r=0 
    يوجد عدد صحيح نسبي k حيث a=3k إذن:

    =3k( 9 k 2 −1 )	a( a 2 −1 )
    =3[ k( 9 k 2 −1 ) ]

  • الحالة الثانية r=1 
    يوجد عدد صحيح نسبي k حيث a=3k+1 إذن :

    =( 3k+1 )( 9 k 2 +6k )	a( a 2 −1 )
    =3[ ( 3k+1 )( 3 k 2 +2k ) ]

  • الحالة الثالثة r=2 
    يوجد عدد صحيح نسبي k حيث a=3k+2 إذن :

    =( 3k+2 )( 9 k 2 +12k+3 )	a( a 2 −1 )
    =3[ ( 3k+2 )( 3 k 2 +4k+1 ) ]

  في جميع الحالات يوجد عدد صحيح نسبي k ' حيث a( a 2 −1 )=3 k ' أي a( a 2 −1) مضاعف للعدد 3 .
• الاستدلال بفصل الحالات على مجموعة A يرجع الى تجزيئ هذه المجموعة ، و التحليل على كل جزء من هذه الاجزاء.

 

* الاستدلال بالترجع : 

نريد البرهان عن خاصية P(n) حيث n عدد صحيح طبيعي.

• في البداية: نبحث عن عدد صحيح طبيعي n ° حيث P( n ° ) صحيحة.
• بالوراثة: نثبت أنه لكل عدد صحيح طبيعي ( n≥ n ° )n ، لدينا الاستلزامP(n)⇒P(n+1)
• خلاصة: انطلاقا من النقطتين السابقتين ، نستنتج أن : لكل عدد صحيح طبيعي ( n≥ n °)n ، P(n) صحيحة.
  مثال :
  لكل عدد صحيح طبيعي ( n≥1 )n نضع S n =1+2+3+.......+n 
  اثبت بالترجع أن : S n = n( n+1 ) 2 
  
  • البداية :
    المتساوية صحيحة من أجل n=1 لأن ( 1( 1+1 ) 2 =1; S 1 =1 )
  • الوراثة :
    : ليكن n≥1 ، نفترض أن توجد رتبة n حيث S n = n( n+1 ) 2 و نثبت أن S n= ( n+1 )( n+2 ) 2 . لدينا :

    =1+2+3+.......+n+( n+1 )	S n+1
    = S n +( n+1 )
    = n( n+1 ) 2 +( n+1 )
    =( n+1 )( n 2 +1 )
    = ( n+1 )( n+2 ) 2