転換法
転換法
\(n\)を自然数\(n\in\mathbb{N}\)として\(n\)個の命題\(p_{1}\Rightarrow q_{1},p_{2}\Rightarrow q_{2},\cdots,p_{n}\Rightarrow q_{n}\)があり、次の2つを満たすとする。
つまり、
\[ p_{1}\lor p_{2}\lor\cdots\lor p_{n}\Leftrightarrow\top \] となる。
つまり、
\[ i\ne j\Rightarrow q_{i}\land q_{2}\leftrightarrow\bot \] となる。
これを転換法という。
これより、\(p_{1}\Leftrightarrow q_{1},p_{2}\Leftrightarrow q_{2},\cdots,p_{n}\Leftrightarrow q_{n}\)が成り立つ。
\(n\)を自然数\(n\in\mathbb{N}\)として\(n\)個の命題\(p_{1}\Rightarrow q_{1},p_{2}\Rightarrow q_{2},\cdots,p_{n}\Rightarrow q_{n}\)があり、次の2つを満たすとする。
(a)
\(p_{1},p_{2},\cdots,p_{n}\)のいずれかは真となる。つまり、
\[ p_{1}\lor p_{2}\lor\cdots\lor p_{n}\Leftrightarrow\top \] となる。
(b)
\(q_{1},q_{2},\cdots,q_{n}\)の異なる2つが同時に真にはならない。つまり、
\[ i\ne j\Rightarrow q_{i}\land q_{2}\leftrightarrow\bot \] となる。
-
このとき、\(n\)個の命題の逆\(q_{1}\Rightarrow p_{1},q_{2}\Rightarrow p_{2},\cdots,q_{n}\Rightarrow p_{n}\)が成り立つ。これを転換法という。
これより、\(p_{1}\Leftrightarrow q_{1},p_{2}\Leftrightarrow q_{2},\cdots,p_{n}\Leftrightarrow q_{n}\)が成り立つ。
2次方程式を実数の範囲で考えると判別式\(D\)により、
\[ \begin{cases} 0<D\Rightarrow\text{異なる2つの実数解をもつ}\\ D=0\Rightarrow\text{重解をもつ}\\ D<0\Rightarrow\text{実数解をもたない} \end{cases} \] となり、\(0<D\lor D=0\lor D<0\leftrightarrow\top\)かつ異なる2つの実数解をもつ・重解をもつ・実数解をもたないの2つは同時には起こらないので、転換法より逆
\[ \begin{cases} 0<D\Leftarrow\text{異なる2つの実数解をもつ}\\ D=0\Leftarrow\text{重解をもつ}\\ D<0\Leftarrow\text{実数解をもたない} \end{cases} \] が成り立つ。
これより、
\[ \begin{cases} 0<D\Leftrightarrow\text{異なる2つの実数解をもつ}\\ D=0\Leftrightarrow\text{重解をもつ}\\ D<0\Leftrightarrow\text{実数解をもたない} \end{cases} \] となる。
\[ \begin{cases} 0<D\Rightarrow\text{異なる2つの実数解をもつ}\\ D=0\Rightarrow\text{重解をもつ}\\ D<0\Rightarrow\text{実数解をもたない} \end{cases} \] となり、\(0<D\lor D=0\lor D<0\leftrightarrow\top\)かつ異なる2つの実数解をもつ・重解をもつ・実数解をもたないの2つは同時には起こらないので、転換法より逆
\[ \begin{cases} 0<D\Leftarrow\text{異なる2つの実数解をもつ}\\ D=0\Leftarrow\text{重解をもつ}\\ D<0\Leftarrow\text{実数解をもたない} \end{cases} \] が成り立つ。
これより、
\[ \begin{cases} 0<D\Leftrightarrow\text{異なる2つの実数解をもつ}\\ D=0\Leftrightarrow\text{重解をもつ}\\ D<0\Leftrightarrow\text{実数解をもたない} \end{cases} \] となる。
任意の\(k\in\left\{ 1,2,\cdots,n\right\} \)について、
\begin{align*} q_{k} & \Leftrightarrow q_{k}\land\top\\ & \Leftrightarrow q_{k}\land\left(p_{1}\lor p_{2}\lor\cdots\lor p_{k-1}\lor p_{k}\lor p_{k+1}\lor\cdots\lor p_{n}\right)\\ & \Rightarrow q_{k}\land\left(q_{1}\lor q_{2}\lor\cdots\lor q_{k-1}\lor p_{k}\lor q_{k+1}\lor\cdots\lor q_{n}\right)\\ & \Leftrightarrow\left(q_{k}\land q_{1}\right)\lor\left(q_{k}\land q_{2}\right)\lor\cdots\lor\left(q_{k}\land q_{k-1}\right)\lor\left(q_{k}\land p_{k}\right)\lor\left(q_{k}\land q_{k+1}\right)\lor\cdots\lor\left(q_{k}\land q_{n}\right)\\ & \Leftrightarrow q_{k}\land p_{k}\cmt{\because i\ne j\Rightarrow q_{i}\land q_{2}\leftrightarrow\bot}\\ & \Leftrightarrow\left(\lnot p_{k}\lor q_{k}\right)\land p_{k}\\ & \Leftrightarrow\left(p_{k}\rightarrow q_{k}\right)\land p_{k}\\ & \Leftrightarrow p_{k}\cmt{\because p_{k}\rightarrow q_{k}\Leftrightarrow\top} \end{align*} となるので、\(q_{k}\Rightarrow p_{k}\)が成り立つ。
従って、\(n\)個の命題の逆\(q_{1}\Rightarrow p_{1},q_{2}\Rightarrow p_{2},\cdots,q_{n}\Rightarrow p_{n}\)が成り立つ。
またこのとき、\(\Rightarrow\)と\(\Leftarrow\)が成り立っているので\(p_{1}\Leftrightarrow q_{1},p_{2}\Leftrightarrow q_{2},\cdots,p_{n}\Leftrightarrow q_{n}\)が成り立つ。
故に題意は成り立つ。
\begin{align*} q_{k} & \Leftrightarrow q_{k}\land\top\\ & \Leftrightarrow q_{k}\land\left(p_{1}\lor p_{2}\lor\cdots\lor p_{k-1}\lor p_{k}\lor p_{k+1}\lor\cdots\lor p_{n}\right)\\ & \Rightarrow q_{k}\land\left(q_{1}\lor q_{2}\lor\cdots\lor q_{k-1}\lor p_{k}\lor q_{k+1}\lor\cdots\lor q_{n}\right)\\ & \Leftrightarrow\left(q_{k}\land q_{1}\right)\lor\left(q_{k}\land q_{2}\right)\lor\cdots\lor\left(q_{k}\land q_{k-1}\right)\lor\left(q_{k}\land p_{k}\right)\lor\left(q_{k}\land q_{k+1}\right)\lor\cdots\lor\left(q_{k}\land q_{n}\right)\\ & \Leftrightarrow q_{k}\land p_{k}\cmt{\because i\ne j\Rightarrow q_{i}\land q_{2}\leftrightarrow\bot}\\ & \Leftrightarrow\left(\lnot p_{k}\lor q_{k}\right)\land p_{k}\\ & \Leftrightarrow\left(p_{k}\rightarrow q_{k}\right)\land p_{k}\\ & \Leftrightarrow p_{k}\cmt{\because p_{k}\rightarrow q_{k}\Leftrightarrow\top} \end{align*} となるので、\(q_{k}\Rightarrow p_{k}\)が成り立つ。
従って、\(n\)個の命題の逆\(q_{1}\Rightarrow p_{1},q_{2}\Rightarrow p_{2},\cdots,q_{n}\Rightarrow p_{n}\)が成り立つ。
またこのとき、\(\Rightarrow\)と\(\Leftarrow\)が成り立っているので\(p_{1}\Leftrightarrow q_{1},p_{2}\Leftrightarrow q_{2},\cdots,p_{n}\Leftrightarrow q_{n}\)が成り立つ。
故に題意は成り立つ。
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タイトル | 転換法 |
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量化記号(全称命題・存在命題)の定義
\[
\forall x\in X,P\left(x\right)\Leftrightarrow\forall x,x\in X\rightarrow P\left(x\right)
\]
否定同値の否定同値は同値の同値
\[
P\nleftrightarrow Q\nleftrightarrow R\Leftrightarrow P\leftrightarrow Q\leftrightarrow R
\]
全称命題と存在命題の否定と部分否定・全否定
\[
\lnot\forall x,P\left(x\right)\Leftrightarrow\exists x,\lnot P\left(x\right)
\]
存在命題(論理和)と全称命題(論理積)の順序変更
\[
\exists x\in X,\forall y\in Y,P\left(x,y\right)\Rightarrow\forall y\in Y,\exists x\in X,P\left(x,y\right)
\]