logika gibby: Używając tylko kwantyfikatorów, spójników logicznych oraz relacji =, ≠, <, ≤ zapisać stwierdzenia: (a) funkcja f nie jest rosnąca na przedziale [0, 1]; (b) x ∈ [−1, 2); (c) równanie x⁷ + 3x⁵ + 1 = 0 ma tylko jedno rozwiązanie rzeczywiste; (d) liczba 2017 jest pierwsza.

wredulus_pospolitus: (a) ∀_{x,y ∊[0,1]} f(x) = f(y) (ewentualnie: ∀_x∊[0,1] ∀_y∊[0,1] f(x) = f(y) ) (b) ∀_x −1 ≤ x < 2

wredulus_pospolitus: (d) ∀_x∊N+ ∃_y∊N+ 2017 = x*y ⇒ x = 1 ∨ x = 2017

wredulus_pospolitus: (3) ∃_{x1 ∊ R} ∀_x∊R (x₁⁷ + 3x₁⁵ + 1 = 0 ∧ x⁷ + 3x⁵ + 1 = 0) ⇔ x₁ = x

wredulus_pospolitus: Tak ja bym to widział. Zastanów się czy wszystko 'kumasz'.

chichi: @wredulus relacji należenia nie mogliśmy używać to raz, dwa moim zdaniem powiedzenie "nie jest rosnąca" oznacz iż może maleć bądź być stała, zatem: ∀ ∀ ( x ≤ y ⇒ f(y) ≤ f(x) ). _{0≤x≤1 0≤y≤1}

wredulus_pospolitus: faktycznie ... jest że nie ma być rosnąca. Co do znaku należenia −−− szczerze mówiąc ... dla mnie jest to część kwantyfikatora dlatego nie zwracałem na to uwagę, ale jeżeli byśmy przyjęli, że nie może być przy kwantyfikatorze, to poważnie komplikuje sprawę z punktem (c) i (d) i na dobrą sprawę nie wiem wtedy jak to w prosty sposób zapisać

jc: (a) ∃ x ∃ y 0≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ 1 ∧ x < y ∧ f(x) ≥ f(y) (b) −1 ≤ x < 2 (c) (∃ x w(x)=0 ) ∧ (∀ x ∀ y (w(x)=0 ∧ w(y)=0) ⇒ x=y), w = wielomian (d) ∀ n ∀ k ( n m = 2017 ⇒ (n=1 ∨ k=1) ), n, k = liczby naturalne

ite: przystojni panowie, nie lekceważcie nawiasów!