Два простых доказательства. Нормально все сделал?

[GrishinUS]

Здравствуйте,

Цитата:

Задача 1. Докажите что если $x^2+x-6 \ge 0$ тогда $x \le -3$ или $x \ge 2$.

Решение.
Положим утверждение $p: x^2+x-6 \ge 0$, $q: (x \le -3) \vee (x \ge 2)$ и воспользуемся тавтологией $(p \Rightarrow q) \Leftrightarrow (p \wedge \sim q) \Rightarrow c$, где $c$ противоречие. Тогда $x^2+x-6 \ge 0 \Rightarrow (x \le -3) \vee (x \ge 2) \Leftrightarrow (-3<x<2) \Rightarrow c$.

Рассмотрим уравнение $p$ при $x \in(-3;2)$, например при $x=0$
$x^2+x-6 \ge 0$
$0^2+0-6 \ge 0$
$-6 \ge 0 \Rightarrow c$
$\therefore (p \wedge \sim q) \Rightarrow c$
$\therefore p \Rightarrow q$. $\blacksquare$

Цитата:

Задача 2. Докажите $\frac{x}{x-1}\le 2$, тогда $x<1$ или $x\ge 2$.

Решение.
Положим утверждение $p: \frac{x}{x-1}\le 2$, $q: (x<1) \vee (x\ge 2)$ и воспользуемся тавтологией $(p \Rightarrow q) \Leftrightarrow (p \wedge \sim q) \Rightarrow c$, где $c$ противоречие. Тогда $\frac{x}{x-1}\le 2 \Rightarrow (x<1) \vee (x\ge 2) \Leftrightarrow (\frac{x}{x-1}\le 2) \wedge (1\le x <2) \Rightarrow c$. Для того чтобы показать что $(\frac{x}{x-1}\le 2) \wedge (1\le x <2) \Rightarrow c$ достаточно положить $x=\frac{3}{2}$, тогда
$\frac{\frac{3}{2}}{\frac{3}{2}-1} \le 2$
$\frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}} \le 2$
$3 \le 2 \Rightarrow c$
$\therefore (p \wedge \sim q) \Rightarrow c$
$\therefore p \Rightarrow q$. $\blacksquare$

Доказательства, по большому счету, одинаковые. Интересует два момента:
1. Уместно здесь использовать тавтологию $(p \Rightarrow q) \Leftrightarrow (p \wedge \sim q) \Rightarrow c$?
2. Оформление в порядке?

Спасибо.

[nnosipov]

GrishinUS в сообщении #498395 писал(а):

Доказательства, по большому счету, одинаковые.

Это точно. И оба неправильные. Попробуйте сначала по-человечески решить эти школьные задачки. А уж потом развлекайтесь при помощи тавтологий, импликаций и т.п.

[GrishinUS]

Например,
$x^2+x-6 \ge 0$ при $x \in (-\infty;-3] \cup [2;+\infty)$
тогда что не так?

[nnosipov]

GrishinUS в сообщении #498402 писал(а):

Например, $x^2+x-6 \ge 0$ при $x \in (-\infty;-3] \cup [2;+\infty)$

Точнее, $x^2+x-6 \geqslant 0$ тогда и только тогда, когда $x \in (-\infty;-3] \cup [2;+\infty)$. Чтобы прийти к такому выводу, нужно много чего проделать (в частности, решить квадратное уравнение $x^2+x-6=0$). А Вы в своём "доказательстве" лишь вместо $x$ ноль подставляете в выражение $x^2+x-6$, т.е. практически ничего не делаете. Не бывает таких чудес, ищите в своих рассуждениях ошибку.

[GrishinUS]

Вы пошутили?
Для того чтобы показать ложность утверждения "$\forall x$ выполняется $p$" достаточно одного контрпримера.

[nnosipov]

GrishinUS в сообщении #498409 писал(а):

Для того чтобы показать ложность утверждения "$\forall x$ выполняется $p$" достаточно одного контрпримера.

А в задаче разве это нужно доказать?

[ewert]

GrishinUS в сообщении #498409 писал(а):

Для того чтобы показать ложность утверждения "$\forall x$ выполняется $p$" достаточно одного контрпримера.

Смотря какого утверждения:

GrishinUS в сообщении #498395 писал(а):

Рассмотрим уравнение $p$ при $x \in(-3;2)$, например при $x=0$

В чём, собственно, состоит утверждение, которое Вы там пытаетесь опровергнуть?...

Следовало говорить не про "уравнение $p$ при $x \in(-3;2)$", а про "утверждение $p$ и $x \in(-3;2)$" и доказывать его ложность. Т.е. что объёмы этих утверждений не пересекаются. Но тогда и надо рассматривать их в полном объёме, слова "например при" здесь совершенно неуместны. Из того, что нашлась одна точка непересечения, никак не следует, что пересечений вообще нет.

[DjD USB]

В первом находим корни и в зависимости от знака выбираем промижутки
Во втором ОДЗ x не равен 1.А что здесь сложного.Или я ошибаюсь?????

[GrishinUS]

Цитата:

В чём, собственно, состоит утверждение, которое Вы там пытаетесь опровергнуть?...

Следовало говорить не про "уравнение $p$ при $x \in(-3;2)$", а про "утверждение $p$ и $x \in(-3;2)$" и доказывать его ложность. Т.е. что объёмы этих утверждений не пересекаются. Но тогда и надо рассматривать их в полном объёме, слова "например при" здесь совершенно неуместны. Из того, что нашлась одна точка непересечения, никак не следует, что пересечений вообще нет.

Я не понимаю в чем принципиальная разница, не могли бы Вы "разжевать"?

[Circiter]

2GrishinUS

1. Помнится такие штуки в школе решали методом интервалов, это в точности то, что посоветовал DjD USB -- корни делят числовую ось на интервалы, из каждого берем случайное число и смотрим какой знак оно дает lhs вашего неравенства, если +, то этот интервал добавляется к решению.
2. Заметьте, что $f(x)/g(x)\leqslant 0$ при $g(x)\neq 0$ эквивалентно $f(x)\cdot g(x)\leqslant 0$. Дальше как в первой задаче (правда в решение включаются интервалы дающие левой части неравенства противоположный знак, нежели в первом примере -- из-за обратного знака неравенства).
   
   Упс, у меня что-то не сходится. :) Получается $\color{blue}{x<-1}$ или $x\geqslant 2$. Пойду проверю знаки. А может быть здесь этот метод не работает? Ну не через предел же $\lim\limits_{x\to 1}[x/(x+1)]\leqslant 2$ рассуждать. :)

[GrishinUS]

Circiter
Тут решать вообще ничего не нужно, все и так ясно.
Основной вопрос, как это грамотно оформить чтобы считалось за доказательство.

А я кажется понял что имел ввиду nnosipov...
Найдем корни уравнения
$x^2+x-6 = 0$
$x_1=-3$
$x_2=2$
Тогда исходное неравенство можно записать в виде
$(x+3)(x-2) \ge 0$, которое справедливо когда оба множителя положительны, оба отритцательны или один из множетелей равен $0$.

1) Оба множителя положительны:
$x+3>0$ и $x-2>0$
$x>-3$ и $x>2$
объединяя полученные неравенства получим $x \in (2;+\infty)$.

2) Оба множителя отритцательны:
$x+3<0$ и $x-2<0$
$x< -3$ и $x<2$
получаем $x \in (-\infty; -3)$.

3) Один из множителей равен $0$:
$x+3=0$ или $x-2=0$
$x= -3$ или $x=2$
получаем $x \in \{-3;2 \}$.

$x \in (-\infty; -3) \cup \{-3;2\} \cup (2;+\infty)$
$x \in (-\infty; -3] \cup [2;+\infty)$
т.е.
$x \le -3$ или $x \ge 2$. $\blacksquare$

Сойдет за формальное доказательство?

[Circiter]

2GrishinUS

Цитата:

Сойдет за формальное доказательство?

Ну да. Так и есть. Корни разбивают числовую прямую на интервалы из которых вы выбираете подходящие (третий пункт мягко говоря лишний :) ).

Но вот как быть со второй задачкой?

-- Пт ноя 04, 2011 03:32:28 --

GrishinUS писал(а):

объединяя полученные неравенства

Пересекая полученные неравенства...

[GrishinUS]

Цитата:

Пересекая полученные неравенства...

Я имел ввиду другое: "объединяя требования неравенств", а не $\cup$. Хотя да, косяк.

Цитата:

Но вот как быть со второй задачкой?

$\frac{x}{x-1}\le 2$
$\frac{x}{x-1} - 2\le 0$
$\frac{x-2(x-1)}{x-1}\le 0$
$\frac{-x-2}{x-1}\le 0$

А дальше тоже самое:
дробь $\le 0$ если
1) числитель $\ge 0$ и знаменатель $< 0$
2) числитель $\le 0$ и знаменатель $> 0$.

nnosipov, ewert
в правильном направлении мыслю?

[nnosipov]

GrishinUS в сообщении #499623 писал(а):

в правильном направлении мыслю?

Да.

[bot]

GrishinUS в сообщении #499623 писал(а):

дробь $\le 0$ если
1) числитель $\ge 0$ и знаменатель $< 0$
2) числитель $\le 0$ и знаменатель $> 0$.

Это верно, но я бы записал чуть по-другому, пока не скажу как.

Попробуйте воспользоваться этим на примере неравенства $\frac{(x-1)^2}{x(2-x)}\leqslant 0$.