Neoturanism

Bir dil bilimci verdiği konferansta, çifte olumsuzlamanın bazı dillerde olumlama bazı dillerde olumsuzlama anlamı olduğunu anlatır. Dil bilimci "fakat çifte olumlama hiçbir dilde olumsuz bir anlam vermez" iddiasıyla devam edince, dinleyici sıralarından aynı üniversitede ders veren matematikçi arkadaşının sesi duyulur: -Tabii tabii... Matematikte de benzer bir konu var, zor kavranan kurallardan. İki negatif gerçel sayının çarpımı. Tanım mıdır? Hayır tanım değil -aşağıda vereceğim gibi- sonuçtur. Birçok öğretmen bunu tekerlemeye dönüştürerek kavratmaya çalışıyor: Dostumun dostu dostumdur, düşmanımın düşmanı yine dostumdur. Dost ve düşmanı mantıksal olarak çelişkisiz tanımlamak zordur. Dost dost diye nicesine sarıldıklarınız düşman çıkabilir. Beyhude dolanabilirsiniz pekala. O yüzden öğretmenlere iki negatif gerçel sayının çarpımını sağdan ve soldan dağılma aksiyomunun bir sonucu olarak ele almayı tavsiye ediyorum. İki negatif gerçel sayının çarpımı negatiftir önermesinin bir ço...

(1) Doğruluk tablosu ile gösteriniz: F≡G ancak ve ancak F<->G bir totolojidir. (Önermeler Mantığındaki Biçimsel Kanıtlar, Teorem 2) Çözüm: Gereklilik; F<->G 111 010 Yeterlilik; (F<->G)→(FΛG) 1111111 1001100 0011001 0101000 (→'nin altındaki sütuna bakın) (2) Biçimsel (formel) kanıt ile gösteriniz: F≡G ancak ve ancak F<->G bir totolojidir. (Önermeler Mantığındaki Biçimsel Kanıtlar, Teorem 2) Çözüm: Gereklilik; 1. F≡G (hipotez) 2. 1 (aksiyom) 3. ¬FVF (2. adımdam fazlalıkla) 4. ¬FVG (3. adımdan) 5. ¬FV(GΛG) (4. adımdan fazlalıkla) 6. (¬FVG)Λ(¬GVF) (dağılma özelliği) 7. (F→G)Λ(G→F) (denklik) 8. F<->G (7. adımdan) Yeterlilik; 1. F<->G (hipotez) 2. 1 (aksiyom) 3. ¬FVF (2. adımdan fazlalıkla) 4. (F→G)Λ(G→F) (denklik) 5. (¬FVG)Λ(¬GVF) (denklik) 6. ¬FVG (5. adımdan) 7. F≡G (3. adımdan) BASİTLEŞTİRME TEOREMİ (3) PΛQ gerektirir P (Önermeler Mantığındaki Biçimsel Kanıtlar, Teorem 3.1) Çözüm: 1. PΛQ (hipotez) 2. 1 (aksiyom) 3. 1V¬Q (2. adımdan fazlalıkl...

(1)  Doğruluk tablosu ile gösteriniz: F≡G ancak ve ancak F<->G bir totolojidir. (Pierce: Teorem 2) (2)  Biçimsel (formel) kanıt ile gösteriniz: F≡G ancak ve ancak F<->G bir totolojidir. (Pierce: Teorem 2) (3)  PΛQ gerektirir P (Pierce: Teorem 3.1/basitleştirme teoremi) (4)  P gerektirir PVQ (Pierce: Teorem 3.1/ekleme teoremi) (5)  Q gerektirir PVQ (6)  P, Q gerektirir PΛQ (Pierce: Teorem 3.1/bağlama teoremi) (7)  P, P→Q gerektirir Q (Pierce: Teorem 3.4/modus ponendo ponens) (8)  P→Q, ¬Q gerektirir ¬P (Pierce: Teorem 3.4/modus tollendo tolens) (9)  PVQ, ¬P gerektirir Q (Pierce: Teorem 3.4/ayırıcı kıyas) (10)  PVQ, ¬Q gerektirir P (11)  =>P→P→P (Pierce: Alıştırma 3.1) (12)  =>P→Q→P (Pierce: Alıştırma 3.2) (13) =>(P→Q)→(P→P) (Nesin: Önsav XI.1) (14)  =>(P→P)→(P→P) (Nesin: Önsav XI.1) (15)  =>(P→(P→P))→(P→P) (Nesin: Önsav XI.1) (16)  =>P→P (N...

1. a , b ∈ ℕ ⇒ a + b ∈ ℕ (kapalılık) Çözüm Toplama tanımından, s ( A ∪ B ) ∈ ℕ ⇒ a + b ∈ ℕ 2. a , b , ∈ ℕ ⇒ a + b = b + a (değişme) Çözüm A ∪ B = B ∪ A eşitliğinden, s ( A ∪ B ) = s ( B ∪ A ) ⇒ a + b = b + a 3. a , b , c ∈ ℕ ⇒ a + ( b + c ) = ( a + b ) + c (birleşme) Çözüm A ∪ ( B ∪ C ) = ( A ∪ B ) ∪ C eşitliğinden, s ( A ∪ ( B ∪ C ) ...

1. a , b ∈ ℕ ⇒ a + b ∈ ℕ (kapalılık) 2. a , b , ∈ ℕ ⇒ a + b = b + a (değişme) 3. a , b , c ∈ ℕ ⇒ a + ( b + c ) = ( a + b ) + c (birleşme) 4. Eğer bir eşitliğin iki yanına aynı sayı eklenirse, o zaman eşitlik bozulmaz 5. Sıfır sayısı, toplama işlemine göre birim elemandır. 6. ℕ 'de, a ≠ 0 sayısının ters elemanı yoktur. Çözümler için tıklayınız.

20 100 ⋅ x = 10 ⇒ x = 50 (Yüzde 20'si 10 eden kârın tamamı 50 eder) Maaş x olsun. Karşılığı p ⋅ q mal olsun. Fiyat yüzde 20 yükselmiştir: 120 100 p ⋅ 100 120 q = x x % 8 arttırılırsa 120 100 p ⋅ 100 120 ⋅ r ⋅ q = 108 100 x x r = 108 100 x r = 108 100 r 'yi yerine koyup bu maaşla alınabilecek malı tekrar hesaplayalım 100 120 ⋅ 108 100 q = 108 120 q = 90 100 q Kayıp ...