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。
ページ情報
タイトル | 転換法 |
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量化記号(全称命題・存在命題)の分配
\[
\exists x\left(P\left(x\right)\lor Q\left(x\right)\right)\Leftrightarrow\exists xP\left(x\right)\lor\exists xQ\left(x\right)
\]
論理演算同士の関係
\begin{align*}
P\lor Q & \Leftrightarrow\lnot P\uparrow\lnot Q\\
& \Leftrightarrow\lnot P\rightarrow Q\\
& \Leftrightarrow P\leftarrow\lnot Q\\
& \Leftrightarrow\lnot\left(\lnot P\land\lnot Q\right)\\
& \Leftrightarrow\lnot\left(P\downarrow Q\right)\\
& \Leftrightarrow\lnot\left(\lnot P\nrightarrow Q\right)\\
& \Leftrightarrow\lnot\left(P\nleftarrow Q\right)
\end{align*}
LK推論規則での包含関係
\[
\left(P\rightarrow Q\right)\land\left(R\rightarrow S\right)\Rightarrow\left(P\lor R\right)\rightarrow\left(Q\land S\right)
\]
論理演算の定義
\[
P\rightarrow Q\Leftrightarrow\lnot P\lor Q
\]