Chương 15: Lượng từ: với mọi và tồn tại

Câu hỏi mở đầu

Câu "mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều lẻ" không phải một mệnh đề đơn lẻ, mà là vô số mệnh đề gộp lại: "3 lẻ", "5 lẻ", "7 lẻ", ... Làm sao nói chính xác, và phủ định chính xác, những câu về "mọi" và "có một"?

Vô số mệnh đề trong một câu

Phần I đầy những câu gói vô số mệnh đề, dù ta ít khi để ý. "\(a \cdot 0 = 0\)" ở Chương 5 nói về mọi số \(a\). "Giữa hai phân số khác nhau luôn có một phân số khác" ở Chương 10 còn gói hai lần: với mọi cặp phân số, có một phân số nằm giữa. "\(\sqrt2\) không phải phân số" ở Chương 11 nói rằng không có phân số nào có bình phương bằng 2.

Ngôn ngữ đời thường gói những câu như thế rất lỏng lẻo. "Mỗi người đều có một người mẹ" và "có một người là mẹ của mọi người" dùng gần như cùng các chữ, nhưng nói hai điều khác hẳn: câu đầu đúng, câu sau sai. Câu "mọi người không thích điều đó" thì có hai nghĩa, tùy người nghe. Khi lập luận toán học phụ thuộc vào những chữ "mọi" và "có một", sự lỏng lẻo ấy không chấp nhận được. Chương này làm cho chúng chính xác: nói thế nào, phủ định thế nào, và vì sao thứ tự của chúng quan trọng.

Đóng một câu có biến

Chương 14 đã gặp câu "\(x > 3\)": nó chưa phải mệnh đề, vì đúng hay sai tùy \(x\). Hãy nhìn nó như một cỗ máy: đưa vào một số, nó trả ra một mệnh đề. Đưa 5 vào, được "\(5 > 3\)", đúng; đưa 1 vào, được "\(1 > 3\)", sai.

Có hai cách tự nhiên để đóng cỗ máy ấy thành một mệnh đề duy nhất, không còn biến:

• nói rằng mọi mệnh đề nó trả ra đều đúng;
• nói rằng ít nhất một mệnh đề nó trả ra là đúng.

Khi các giá trị được đưa vào chỉ có hữu hạn, chẳng hạn 1, 2, 3, hai cách đóng này chỉ là các phép nối của Chương 14 kéo dài ra. "Mọi" là "\(P(1)\) và \(P(2)\) và \(P(3)\)"; "có một" là "\(P(1)\) hoặc \(P(2)\) hoặc \(P(3)\)". Với vô số giá trị, không thể viết hết các chữ "và", nhưng ý nghĩa vẫn thế: "mọi" là một phép "và" khổng lồ, "có một" là một phép "hoặc" khổng lồ.

Từ đó, quy tắc phủ định đến ngay mà không cần học thuộc. Luật De Morgan đổi "và" thành "hoặc", nên "không phải mọi \(P(x)\) đều đúng" nghĩa là "có một \(P(x)\) sai". Nó cũng đổi "hoặc" thành "và", nên "không có \(x\) nào làm \(P(x)\) đúng" nghĩa là "mọi \(P(x)\) đều sai". Phủ định của "mọi" là "có một ... không", và cái "có một" ấy chính là phản ví dụ của Chương 1.

Mỗi chấm là một giá trị của \(x\). "Với mọi" sai khi chỉ cần một chấm rỗng, tức có một phản ví dụ; "tồn tại" sai khi mọi chấm đều rỗng.

Ký hiệu

Một câu chứa biến, trở thành mệnh đề mỗi khi thay biến bằng một giá trị cụ thể, gọi là một vị từ (predicate), viết \(P(x)\). Vị từ có thể có nhiều biến: \(P(x, y)\) có thể là "\(x + y = 10\)".

• Lượng từ "với mọi" (universal quantifier), ký hiệu \(\forall\): \(\forall x\, P(x)\) đọc là "với mọi \(x\), \(P(x)\)".
• Lượng từ "tồn tại" (existential quantifier), ký hiệu \(\exists\): \(\exists x\, P(x)\) đọc là "tồn tại \(x\) sao cho \(P(x)\)", nghĩa là có ít nhất một \(x\) như thế.
• \(\exists!\, x\, P(x)\) đọc là "tồn tại duy nhất \(x\) sao cho \(P(x)\)": có một và chỉ một.

Hai ký hiệu \(\forall\) và \(\exists\) gọi chung là lượng từ (quantifier).

Mỗi lượng từ phải đi kèm miền của biến (domain of discourse), tức nhóm các giá trị mà biến được phép nhận. Ta viết \(\forall x \in \mathbb{R}\), đọc là "với mọi \(x\) thuộc \(\mathbb{R}\)"; dấu \(\in\) đọc là "thuộc", và Chương 19 sẽ bàn kỹ về nó. Khi viết \(\forall x > 0\), ta hiểu là với mọi số thực dương \(x\). Cùng một vị từ, đổi miền có thể đổi cả giá trị đúng sai, như Ví dụ 1 sẽ cho thấy.

Làm bằng tay

Ví dụ 1 (cùng một vị từ, hai miền). Xét vị từ "\(x^2 \geq x\)".

Trên miền \(\mathbb{Z}\), câu \(\forall x \in \mathbb{Z},\ x^2 \geq x\) đúng. Nếu \(x \leq 0\) thì \(x^2 \geq 0 \geq x\). Nếu \(x \geq 1\) thì \(x^2 = x \cdot x \geq x \cdot 1 = x\). Hai trường hợp phủ kín mọi số nguyên.

Trên miền \(\mathbb{R}\), câu \(\forall x \in \mathbb{R},\ x^2 \geq x\) sai. Phản ví dụ: \(x = \frac12\), vì \(\left(\frac12\right)^2 = \frac14 < \frac12\). Thật ra mọi số \(x\) nằm giữa 0 và 1 đều là phản ví dụ; lập luận cho \(\mathbb{Z}\) hỏng đúng ở chỗ các số ấy không có mặt trong \(\mathbb{Z}\).

Tại các số nguyên (chấm xanh), \(x^2 \geq x\). Giữa 0 và 1 (vùng tô), \(x^2 < x\): vùng ấy chứa toàn phản ví dụ, nhưng không chứa số nguyên nào.

Ví dụ 2 (chứng minh và bác bỏ). Xét đúng sai:

• \(\forall x \in \mathbb{N},\ x \geq 0\): đúng, theo chính cách \(\mathbb{N}\) được xây ở Chương 4.
• \(\forall x \in \mathbb{Z},\ x \geq 0\): sai; một phản ví dụ là đủ: \(x = -1\).
• \(\exists x \in \mathbb{Z},\ x + 5 = 3\): đúng; một ví dụ là đủ: \(x = -2\).
• \(\exists x \in \mathbb{N},\ x + 5 = 3\): sai. Lần này một ví dụ không đủ; phải lập luận cho mọi \(x\): với mọi \(x \in \mathbb{N}\), \(x + 5 \geq 5 > 3\).

Bốn câu cho thấy một sự bất đối xứng. Muốn chứng minh một câu "tồn tại", chỉ cần chỉ ra một ví dụ; muốn bác bỏ nó, phải lập luận cho mọi trường hợp. Với câu "với mọi" thì ngược lại: chứng minh cần lập luận cho mọi trường hợp, bác bỏ chỉ cần một phản ví dụ.

Ví dụ 3 (thứ tự lượng từ). Trên \(\mathbb{R}\), hai câu sau chỉ khác nhau thứ tự hai lượng từ:

\[ \forall x\ \exists y\ (y > x), \qquad \exists y\ \forall x\ (y > x). \]

Câu thứ nhất đúng: cho bất kỳ \(x\) nào, chọn \(y = x + 1\). Câu thứ hai sai: nó nói có một số \(y\) lớn hơn mọi số thực. Phủ định của nó là \(\forall y\ \exists x\ (y \leq x)\), và câu phủ định này đúng: cho bất kỳ \(y\) nào, chọn \(x = y\).

Hãy hình dung một trò chơi giữa hai người. Người thách chọn giá trị cho biến đi với \(\forall\), người đáp chọn giá trị cho biến đi với \(\exists\), theo đúng thứ tự viết từ trái sang phải; người đáp thắng nếu vị từ cuối cùng đúng. Câu đúng khi người đáp luôn có cách thắng. Trong câu thứ nhất, người thách chọn \(x\) trước, và người đáp, đã biết \(x\), chỉ cần đáp \(y = x + 1\). Trong câu thứ hai, người đáp phải chọn \(y\) trước, và người thách, đã biết \(y\), chỉ cần chọn \(x = y\). Đi sau là một lợi thế: được biết nước đi của đối thủ.

Bên trái: mỗi \(x\) có một \(y\) lớn hơn của riêng nó. Bên phải: một \(y\) cố định, ở đây \(y = 4\), không lớn hơn được mọi \(x\).

Với miền hữu hạn, có thể nhìn thấy sự khác biệt trên một lưới: hàng là giá trị \(x\), cột là giá trị \(y\), ô được tô khi \(P(x, y)\) đúng. Câu \(\forall x\ \exists y\ P(x, y)\) đúng khi mỗi hàng có ít nhất một ô tô. Câu \(\exists y\ \forall x\ P(x, y)\) đúng khi có một cột được tô kín.

Trên \(\{1; 2; 3; 4; 5\}\). Bên trái, "\(x + y\) chia hết cho 5": hàng nào cũng có một ô tô, nhưng không cột nào tô kín, nên \(\forall x\ \exists y\) đúng còn \(\exists y\ \forall x\) sai. Bên phải, "\(x \leq y\)": cột \(y = 5\) tô kín, nên cả hai câu đều đúng.

Ví dụ 4 (phủ định câu ba lượng từ). Câu "với mọi số thực \(x\), có một số nguyên \(n\) sao cho mọi số nguyên \(m\) từ \(n\) trở đi đều lớn hơn \(x\)" viết thành

\[ \forall x \in \mathbb{R}\ \ \exists n \in \mathbb{Z}\ \ \forall m \in \mathbb{Z}\ \ (m \geq n \Rightarrow m > x). \]

Để phủ định, đổi mỗi \(\forall\) thành \(\exists\), mỗi \(\exists\) thành \(\forall\), giữ nguyên thứ tự, rồi phủ định vị từ ở cuối. Theo Hệ quả 6 của Chương 14, phủ định của \(m \geq n \Rightarrow m > x\) là \(m \geq n \land m \leq x\). Vậy phủ định là

\[ \exists x \in \mathbb{R}\ \ \forall n \in \mathbb{Z}\ \ \exists m \in \mathbb{Z}\ \ (m \geq n \land m \leq x). \]

Câu gốc nói: các số nguyên rồi sẽ vượt qua mọi số thực. Nó đúng: cho \(x\), chọn \(n\) là một số nguyên lớn hơn \(x\); khi đó mọi \(m \geq n\) đều lớn hơn \(x\). Câu phủ định nói: có một số thực mà dù đi tới đâu trong các số nguyên, vẫn còn gặp số nguyên không vượt nó; câu này sai.

Ví dụ 5 (bị chặn). Giả sử có một quy tắc \(f\) gán cho mỗi số thực \(x\) một số \(f(x)\); Phần III sẽ gọi nó là một hàm số (function). Ta nói \(f\) bị chặn (bounded) khi các giá trị của nó không vượt quá một ngưỡng chung:

\[ \exists M \in \mathbb{R}\ \ \forall x \in \mathbb{R}\ \ \lvert f(x) \rvert \leq M . \]

Phủ định: \(\forall M \in \mathbb{R}\ \ \exists x \in \mathbb{R}\ \ \lvert f(x) \rvert > M\), tức ngưỡng nào cũng bị vượt.

Với \(f(x) = \frac{1}{1 + x^2}\): vì \(1 + x^2 \geq 1\), ta có \(0 < f(x) \leq 1\), nên \(M = 1\) là một ngưỡng chung: \(f\) bị chặn. Với \(f(x) = x^2\): cho bất kỳ \(M\), chọn \(x = \lvert M \rvert + 1\); vì \(x \geq 1\) nên \(x^2 \geq x > \lvert M \rvert \geq M\). Vậy \(x^2\) không bị chặn.

Chú ý thứ tự: câu \(\forall x\ \exists M\ \lvert f(x) \rvert \leq M\) đúng với mọi quy tắc \(f\), vì với mỗi \(x\) chỉ cần chọn \(M = \lvert f(x) \rvert\). Nó nói rằng mỗi giá trị có một ngưỡng của riêng nó, điều chẳng có gì đáng nói. "Bị chặn" đòi một ngưỡng chung cho mọi \(x\), và toàn bộ nội dung nằm ở thứ tự "\(\exists M\) trước, \(\forall x\) sau".

Ranh giới

"Với mọi" trên miền rỗng luôn đúng. "Mọi số tự nhiên vừa chẵn vừa lẻ đều lớn hơn 100" là một mệnh đề đúng, vì không có số nào như thế để làm phản ví dụ. Muốn bác bỏ nó, phải chỉ ra một số vừa chẵn vừa lẻ mà không lớn hơn 100; không có. Đây là họ hàng của phép kéo theo đúng một cách trống rỗng ở Chương 14. Ngược lại, "tồn tại" trên miền rỗng luôn sai.

Câu đời thường có thể có hai nghĩa. "Mọi người không thích điều đó" có thể là \(\forall x\ \lnot T(x)\), tức không ai thích, hoặc \(\lnot \forall x\ T(x)\), tức không phải ai cũng thích. Hai câu rất khác nhau: câu sau chỉ cần một người không thích. Tiếng Việt có cách nói rõ cho từng nghĩa, "không ai thích" và "không phải ai cũng thích"; khi viết toán, hãy dùng chúng.

Chữ "một" có thể giấu cả hai lượng từ. "Một số chẵn cộng một số chẵn là một số chẵn" có nghĩa là với mọi hai số chẵn. "Một số chẵn là số nguyên tố" có nghĩa là tồn tại một số như thế (số 2). Cũng vậy, đẳng thức \((x - 1)(x + 1) = x^2 - 1\) ngầm nói "với mọi \(x\)" (đó là một hằng đẳng thức), còn phương trình \(x^2 = 4\) ngầm hỏi "với những \(x\) nào".

Thử nhiều trường hợp không chứng minh được "với mọi". Ở Chương 1, \(n^2 + n + 41\) là số nguyên tố với mọi \(n\) từ 0 tới 39, nhưng với \(n = 40\) thì bằng \(41^2\). Bốn mươi trường hợp đúng không làm câu "với mọi" đúng; một phản ví dụ thì đủ làm nó sai.

Phát biểu chặt chẽ

Định nghĩa 1. Một vị từ \(P(x)\) trên miền \(D\) là một câu chứa biến \(x\) sao cho với mỗi \(a \in D\), \(P(a)\) là một mệnh đề.

Định nghĩa 2. \(\forall x \in D\ P(x)\) đúng khi \(P(a)\) đúng với mọi \(a \in D\), và sai khi có ít nhất một \(a \in D\) làm \(P(a)\) sai. \(\exists x \in D\ P(x)\) đúng khi có ít nhất một \(a \in D\) làm \(P(a)\) đúng. \(\exists!\, x \in D\ P(x)\) đúng khi có đúng một \(a\) như thế; viết bằng các ký hiệu đã có:

\[ \exists x\, P(x) \ \land\ \forall x\ \forall y\ \big( (P(x) \land P(y)) \Rightarrow x = y \big). \]

Định lý 3 (phủ định lượng từ).

\[ \lnot\, \forall x\ P(x) \ \Leftrightarrow\ \exists x\ \lnot P(x), \qquad \lnot\, \exists x\ P(x) \ \Leftrightarrow\ \forall x\ \lnot P(x). \]

Chứng minh. Trên một miền hữu hạn \(\{a_1; a_2; \dots; a_n\}\), câu \(\forall x\ P(x)\) chính là \(P(a_1) \land P(a_2) \land \dots \land P(a_n)\). Áp dụng luật De Morgan nhiều lần, phủ định của nó là \(\lnot P(a_1) \lor \lnot P(a_2) \lor \dots \lor \lnot P(a_n)\), chính là \(\exists x\ \lnot P(x)\). Trên một miền bất kỳ, lập luận theo Định nghĩa 2: "\(\forall x\ P(x)\) sai" nghĩa là có ít nhất một \(a\) làm \(P(a)\) sai, tức \(\lnot P(a)\) đúng, và đó đúng là nghĩa của "\(\exists x\ \lnot P(x)\) đúng". Đẳng thức thứ hai có được khi áp dụng đẳng thức thứ nhất cho vị từ \(\lnot P\) rồi phủ định hai vế. \(\square\)

Hệ quả 4 (phủ định một chuỗi lượng từ). Phủ định một chuỗi lượng từ bằng cách đổi mỗi \(\forall\) thành \(\exists\), mỗi \(\exists\) thành \(\forall\), giữ nguyên thứ tự, rồi phủ định vị từ ở cuối. Chẳng hạn

\[ \lnot\, \forall x\ \exists y\ \forall z\ P(x, y, z) \ \Leftrightarrow\ \exists x\ \forall y\ \exists z\ \lnot P(x, y, z). \]

Chứng minh. Áp dụng Định lý 3 lần lượt từ ngoài vào trong: mỗi lần, dấu \(\lnot\) đi qua một lượng từ và đổi loại của nó. \(\square\)

Mệnh đề 5. Với mọi vị từ \(P(x, y)\), nếu \(\exists y\ \forall x\ P(x, y)\) đúng thì \(\forall x\ \exists y\ P(x, y)\) đúng. Chiều ngược lại có thể sai (bài C1).

Định nghĩa bằng lượng từ. Nhiều khái niệm của Phần I giờ viết được chính xác:

• \(n\) chẵn: \(\exists k \in \mathbb{Z}\ (n = 2k)\);
• \(a\) chia hết \(b\) (Chương 8): \(\exists k \in \mathbb{Z}\ (b = k a)\);
• \(p\) là số nguyên tố: \(p > 1 \ \land\ \forall a \in \mathbb{N}\ \forall b \in \mathbb{N}\ \big( p = a b \Rightarrow (a = 1 \lor b = 1) \big)\);
• \(f\) bị chặn: \(\exists M \in \mathbb{R}\ \forall x \in \mathbb{R}\ \lvert f(x) \rvert \leq M\).

Sợi chỉ

• S3. Thứ tự của biến đổi. \(\forall x\ \exists y\) và \(\exists y\ \forall x\) chỉ khác thứ tự mà nói hai điều khác hẳn nhau. Trong trò chơi thách và đáp, thứ tự lượng từ là thứ tự các nước đi, và người đi sau có lợi thế biết nước đi trước, như thứ tự mang tất và đi giày ở Chương 5.
• S4. Cục bộ và toàn cục. "Mỗi \(x\) có một ngưỡng riêng" luôn đúng và chẳng nói gì; "có một ngưỡng chung cho mọi \(x\)" mới là bị chặn. Sự khác biệt giữa một lựa chọn riêng cho từng điểm và một lựa chọn chung cho mọi điểm sẽ là trung tâm của Phần IV, khi định nghĩa giới hạn và tính liên tục (continuity).
• S6. Biểu diễn khác nhau của cùng một cấu trúc. "Mọi" là một phép "và" khổng lồ, "có một" là một phép "hoặc" khổng lồ, và luật De Morgan của Chương 14 thành quy tắc phủ định lượng từ. Trên lưới tô màu, "mỗi hàng có một ô" và "có một cột tô kín" là hai hình ảnh của hai thứ tự lượng từ.

Tóm tắt

• Một vị từ \(P(x)\) thành mệnh đề khi thay biến bằng một giá trị; lượng từ \(\forall\) ("với mọi") và \(\exists\) ("tồn tại") đóng vị từ thành mệnh đề.
• Mỗi lượng từ phải có miền rõ ràng; \(x^2 \geq x\) đúng với mọi số nguyên nhưng sai với số thực \(x = \frac12\).
• Phủ định: \(\lnot \forall x\, P(x)\) là \(\exists x\, \lnot P(x)\) (một phản ví dụ), và \(\lnot \exists x\, P(x)\) là \(\forall x\, \lnot P(x)\); với chuỗi lượng từ, đổi từng lượng từ và phủ định vị từ ở cuối.
• Chứng minh "tồn tại" cần một ví dụ, bác bỏ "với mọi" cần một phản ví dụ; chứng minh "với mọi" và bác bỏ "tồn tại" cần lập luận cho mọi trường hợp.
• Thứ tự lượng từ quan trọng: \(\forall x\, \exists y\, (y > x)\) đúng, \(\exists y\, \forall x\, (y > x)\) sai; lượng từ lồng nhau là một trò chơi thách và đáp.
• \(\exists y\, \forall x\) kéo theo \(\forall x\, \exists y\), nhưng không ngược lại; "bị chặn" cần một ngưỡng chung \(\exists M\, \forall x\).
• "Với mọi" trên miền rỗng luôn đúng; câu đời thường và chữ "một" có thể giấu lượng từ hoặc mang hai nghĩa.

Bài tập

A. Tư duy

A1. Câu "Mọi người không thích điều đó" có hai nghĩa. Viết mỗi nghĩa bằng lượng từ (với \(T(x)\): "\(x\) thích điều đó"). Nghĩa nào là phủ định của "mọi người thích điều đó"?

Lời giải

Nghĩa thứ nhất, "không ai thích": \(\forall x\ \lnot T(x)\). Nghĩa thứ hai, "không phải ai cũng thích": \(\lnot \forall x\ T(x)\), tương đương với \(\exists x\ \lnot T(x)\).

Phủ định của "mọi người thích điều đó", tức \(\forall x\ T(x)\), là nghĩa thứ hai. Nghĩa thứ nhất mạnh hơn nhiều: nó đòi mọi người đều không thích, chứ không chỉ một người.

A2. Để chứng minh, và để bác bỏ, một câu "với mọi" cần gì? Một câu "tồn tại" thì sao? Vì sao kiểm tra một tỷ trường hợp đúng vẫn chưa chứng minh được một câu "với mọi" trên \(\mathbb{N}\)?

Lời giải

Chứng minh "với mọi": cần một lập luận đúng cho mọi giá trị trong miền. Bác bỏ "với mọi": một phản ví dụ là đủ. Chứng minh "tồn tại": một ví dụ là đủ. Bác bỏ "tồn tại": cần chứng minh "với mọi \(x\), không phải \(P(x)\)", tức lại là một câu "với mọi".

Một tỷ trường hợp chỉ là một phần hữu hạn của \(\mathbb{N}\); phản ví dụ có thể nằm ở trường hợp thứ một tỷ lẻ một. \(n^2 + n + 41\) ở Chương 1 đúng cho 40 trường hợp đầu rồi mới sai. Chỉ một lập luận phủ được mọi trường hợp cùng lúc mới chứng minh được câu "với mọi"; Chương 16 và Chương 18 sẽ bàn về những lập luận như thế.

A3. So sánh hai câu: "mỗi ổ khóa trong tòa nhà đều có một chiếc chìa mở được nó" và "có một chiếc chìa mở được mọi ổ khóa trong tòa nhà". Viết chúng bằng lượng từ. Câu nào kéo theo câu nào?

Lời giải

Với \(M(c, k)\): "chìa \(c\) mở được ổ \(k\)". Câu thứ nhất: \(\forall k\ \exists c\ M(c, k)\). Câu thứ hai: \(\exists c\ \forall k\ M(c, k)\), nói về một chiếc chìa vạn năng.

Câu thứ hai kéo theo câu thứ nhất: nếu có một chìa vạn năng, thì mỗi ổ khóa đều có một chìa mở được nó, chính chiếc chìa ấy. Câu thứ nhất không kéo theo câu thứ hai: mỗi ổ có chìa riêng không có nghĩa là có một chìa chung. Đây là Mệnh đề 5.

B. Tính toán

B1. Xét đúng sai: (a) \(\forall x \in \mathbb{R},\ x^2 + 1 > 0\); (b) \(\exists x \in \mathbb{R},\ x^2 + 1 = 0\); (c) \(\forall n \in \mathbb{N},\ n^2 \geq n\); (d) \(\exists n \in \mathbb{N},\ n^2 = n + 1\); (e) tích của hai số hữu tỉ bất kỳ là một số hữu tỉ; (f) tích của hai số vô tỉ bất kỳ là một số vô tỉ.

Lời giải

(a) Đúng: \(x^2 \geq 0\) nên \(x^2 + 1 \geq 1 > 0\). (b) Sai, vì (a) đúng. (c) Đúng, như Ví dụ 1 (mọi số tự nhiên là số nguyên). (d) Sai: \(n = 0\) và \(n = 1\) cho \(n^2 < n + 1\); với \(n \geq 2\), \(n^2 \geq 2n = n + n > n + 1\). (e) Đúng (Chương 10). (f) Sai: phản ví dụ \(\sqrt2 \cdot \sqrt2 = 2\) (Chương 11).

B2. Tìm phản ví dụ cho mỗi câu: (a) với mọi \(n \in \mathbb{N}\), \(n^2 + n + 41\) là số nguyên tố; (b) với mọi \(x \in \mathbb{R}\), \((x + 1)^2 = x^2 + 1\); (c) với mọi \(n \in \mathbb{N}\) và \(n \geq 1\), \(2^n > n^2\); (d) với mọi số nguyên tố \(p\), \(p + 2\) là số nguyên tố.

Lời giải

(a) \(n = 40\): \(40^2 + 40 + 41 = 1681 = 41^2\). (b) \(x = 1\): \(4 \neq 2\). (c) \(n = 2\): \(4 = 4\), không lớn hơn; hay \(n = 3\): \(8 < 9\). (d) \(p = 7\): \(9 = 3 \cdot 3\); hoặc \(p = 2\): \(4\).

B3. Viết phủ định (bằng lời và bằng ký hiệu): (a) "Mọi số nguyên tố đều lẻ." (b) "Có một số thực \(x\) với \(x^2 < 0\)." (c) \(\forall x \in \mathbb{R}\ \exists y \in \mathbb{R}\ (x + y = 0)\). (d) \(\exists M \in \mathbb{R}\ \forall x \in \mathbb{R}\ \lvert f(x) \rvert \leq M\).

Lời giải

(a) "Có một số nguyên tố không lẻ"; câu phủ định đúng, với số 2.

(b) "Với mọi số thực \(x\), \(x^2 \geq 0\)"; câu phủ định đúng.

(c) \(\exists x \in \mathbb{R}\ \forall y \in \mathbb{R}\ (x + y \neq 0)\): có một số thực không có số đối. Câu phủ định sai, vì số đối \(-x\) luôn tồn tại (Chương 7).

(d) \(\forall M \in \mathbb{R}\ \exists x \in \mathbb{R}\ \lvert f(x) \rvert > M\): \(f\) không bị chặn.

B4. Trên \(\mathbb{R}\), xét đúng sai: (a) \(\forall x\ \exists y\ (y > x)\); (b) \(\exists y\ \forall x\ (y > x)\); (c) \(\forall x\ \exists y\ (x + y = 0)\); (d) \(\exists y\ \forall x\ (x + y = x)\); (e) \(\exists y\ \forall x\ (x \cdot y = x)\); (f) \(\forall x\ \exists y\ (x \cdot y = 1)\).

Lời giải

(a) Đúng (\(y = x + 1\)). (b) Sai (Ví dụ 3). (c) Đúng (\(y = -x\)). (d) Đúng: \(y = 0\) hợp với mọi \(x\). (e) Đúng: \(y = 1\). (f) Sai: với \(x = 0\), không có \(y\) nào để \(0 \cdot y = 1\) (Chương 9). Câu (f) sẽ đúng nếu miền của \(x\) là các số thực khác 0 (Chương 10).

B5. Viết bằng lượng từ: (a) "\(n\) là một số chính phương"; (b) "không có số nguyên lớn nhất"; (c) "giữa hai số hữu tỉ khác nhau luôn có một số hữu tỉ"; (d) "phương trình \(x^2 = 5\) có nghiệm thực, nhưng không có nghiệm hữu tỉ".

Lời giải

(a) \(\exists k \in \mathbb{Z}\ (n = k^2)\).

(b) \(\forall n \in \mathbb{Z}\ \exists m \in \mathbb{Z}\ (m > n)\). Để ý thứ tự: đây là phủ định của "có một số nguyên lớn nhất", tức của \(\exists n\ \forall m\ (m \leq n)\).

(c) \(\forall a \in \mathbb{Q}\ \forall b \in \mathbb{Q}\ \big(a < b \Rightarrow \exists c \in \mathbb{Q}\ (a < c \land c < b)\big)\).

(d) \(\big(\exists x \in \mathbb{R}\ (x^2 = 5)\big) \land \big(\forall x \in \mathbb{Q}\ (x^2 \neq 5)\big)\).

B6. Xét đúng sai, rồi viết phủ định của câu sai: (a) \(\forall \varepsilon > 0\ \exists \delta > 0\ (\delta < \varepsilon)\); (b) \(\exists \delta > 0\ \forall \varepsilon > 0\ (\delta < \varepsilon)\). Ở đây \(\varepsilon\) và \(\delta\) (đọc là "epsilon" và "delta") là tên biến, chạy trên các số thực dương.

Lời giải

(a) Đúng: cho \(\varepsilon > 0\), người đáp chọn \(\delta = \frac{\varepsilon}{2}\).

(b) Sai: nó nói có một số dương nhỏ hơn mọi số dương. Phủ định: \(\forall \delta > 0\ \exists \varepsilon > 0\ (\delta \geq \varepsilon)\), đúng: cho \(\delta\), người thách chọn \(\varepsilon = \delta\).

Những câu có dạng "với mọi \(\varepsilon\), tồn tại \(\delta\)" sẽ là xương sống của định nghĩa giới hạn ở Chương 32.

B7. Quy tắc nào bị chặn? Nếu có, tìm một ngưỡng \(M\); nếu không, với mỗi \(M\) chỉ ra một \(x\) vượt ngưỡng. (a) \(f(x) = \frac{1}{1 + x^2}\); (b) \(f(x) = 3 - 2x\); (c) \(f(x) = \frac{x^2}{1 + x^2}\).

Lời giải

(a) Bị chặn, \(M = 1\) (Ví dụ 5).

(b) Không bị chặn: với mỗi \(M\), chọn \(x = -\lvert M \rvert\); khi đó \(f(x) = 3 + 2\lvert M \rvert > \lvert M \rvert \geq M\), nên \(\lvert f(x) \rvert > M\).

(c) Bị chặn, \(M = 1\): vì \(0 \leq x^2 < 1 + x^2\), ta có \(0 \leq f(x) < 1\).

B8. Xét đúng sai: (a) \(\exists!\, x \in \mathbb{R},\ 2x + 1 = 7\); (b) \(\exists!\, x \in \mathbb{R},\ x^2 = 4\); (c) \(\exists!\, x \in \mathbb{N},\ x^2 = 4\); (d) \(\exists!\, x \in \mathbb{R},\ x^2 = -1\); (e) \(\exists!\, n \in \mathbb{N},\ n < 1\).

Lời giải

(a) Đúng: chỉ có \(x = 3\). (b) Sai: có hai nghiệm, \(2\) và \(-2\). (c) Đúng: trong \(\mathbb{N}\) chỉ còn \(x = 2\). (d) Sai: không có nghiệm nào. (e) Đúng: chỉ có \(n = 0\).

B9. Xét đúng sai: (a) "Mọi số tự nhiên vừa chẵn vừa lẻ đều lớn hơn 100." (b) "Tồn tại một số tự nhiên vừa chẵn vừa lẻ." (c) "Mọi số nguyên tố chẵn lớn hơn 2 đều chia hết cho 3."

Lời giải

(a) Đúng, một cách trống rỗng: miền "số tự nhiên vừa chẵn vừa lẻ" rỗng, nên không có phản ví dụ. (b) Sai: miền rỗng. (c) Đúng, một cách trống rỗng: không có số nguyên tố chẵn nào lớn hơn 2, vì mọi số chẵn lớn hơn 2 đều chia hết cho 2 và lớn hơn 2.

B10. Với lưới "\(x + y\) chia hết cho 5" và lưới "\(x \leq y\)" trên \(\{1; 2; 3; 4; 5\}\) ở Ví dụ 3, xét đúng sai của bốn câu cho mỗi lưới: \(\forall x\ \exists y\), \(\exists y\ \forall x\), \(\forall y\ \exists x\), \(\exists x\ \forall y\).

Lời giải

Lưới "\(x + y\) chia hết cho 5": mỗi hàng có đúng một ô tô và mỗi cột cũng vậy. Nên \(\forall x\ \exists y\) đúng, \(\forall y\ \exists x\) đúng; không hàng nào và không cột nào tô kín, nên \(\exists y\ \forall x\) sai và \(\exists x\ \forall y\) sai.

Lưới "\(x \leq y\)": \(\forall x\ \exists y\) đúng (\(y = 5\)); \(\exists y\ \forall x\) đúng (cột \(y = 5\) tô kín); \(\forall y\ \exists x\) đúng (\(x = 1\)); \(\exists x\ \forall y\) đúng (hàng \(x = 1\) tô kín, vì \(1 \leq y\) với mọi \(y\)).

C. Phản ví dụ và chứng minh

C1. Chứng minh Mệnh đề 5: nếu \(\exists y\ \forall x\ P(x, y)\) thì \(\forall x\ \exists y\ P(x, y)\). Cho một phản ví dụ cho chiều ngược lại.

Lời giải

Giả sử \(\exists y\ \forall x\ P(x, y)\): có một giá trị \(y_0\) sao cho \(P(x, y_0)\) đúng với mọi \(x\). Lấy một \(x\) bất kỳ. Khi đó \(P(x, y_0)\) đúng, nên tồn tại \(y\) (chính là \(y_0\)) với \(P(x, y)\) đúng. Vì \(x\) bất kỳ, \(\forall x\ \exists y\ P(x, y)\) đúng. \(\square\)

Phản ví dụ cho chiều ngược lại: trên \(\mathbb{R}\) với \(P(x, y)\) là "\(y > x\)", câu \(\forall x\ \exists y\ (y > x)\) đúng nhưng \(\exists y\ \forall x\ (y > x)\) sai (Ví dụ 3). Trên miền hữu hạn, lưới "\(x + y\) chia hết cho 5" cũng là một phản ví dụ.

C2. Trên miền \(\{1; 2; 3\}\), chứng minh \(\lnot \exists x\ P(x) \Leftrightarrow \forall x\ \lnot P(x)\) bằng luật De Morgan.

Lời giải

Trên miền này, \(\exists x\ P(x)\) là \(P(1) \lor P(2) \lor P(3)\), tức \(\big(P(1) \lor P(2)\big) \lor P(3)\). Theo luật De Morgan thứ hai, \(\lnot\big((P(1) \lor P(2)) \lor P(3)\big)\) tương đương với \(\lnot\big(P(1) \lor P(2)\big) \land \lnot P(3)\). Áp dụng luật ấy một lần nữa cho \(\lnot\big(P(1) \lor P(2)\big)\), ta được \(\lnot P(1) \land \lnot P(2) \land \lnot P(3)\), chính là \(\forall x\ \lnot P(x)\). \(\square\)

Với miền \(n\) phần tử, lặp lại bước này \(n - 1\) lần. Với miền vô hạn, không lặp được mãi, và ta dựa vào Định nghĩa 2 như trong chứng minh Định lý 3.

C3. Viết bằng lượng từ câu "không có số hữu tỉ dương nhỏ nhất", rồi chứng minh nó. Phủ định của nó, "có một số hữu tỉ dương nhỏ nhất", viết thế nào?

Lời giải

Câu cần chứng minh: \(\forall q \in \mathbb{Q}\ \big(q > 0 \Rightarrow \exists r \in \mathbb{Q}\ (0 < r \land r < q)\big)\): mỗi số hữu tỉ dương đều có một số hữu tỉ dương nhỏ hơn nó.

Chứng minh: lấy \(q\) hữu tỉ dương bất kỳ, đặt \(r = \frac{q}{2}\). Khi đó \(r\) hữu tỉ (Chương 10), \(r > 0\), và \(q - r = \frac{q}{2} > 0\) nên \(r < q\). \(\square\)

Phủ định, theo Hệ quả 4 và Hệ quả 6 của Chương 14: \(\exists q \in \mathbb{Q}\ \big(q > 0 \land \forall r \in \mathbb{Q}\ \lnot(0 < r \land r < q)\big)\), tức có một số hữu tỉ dương \(q\) mà không số hữu tỉ nào nằm giữa 0 và \(q\). Phủ định này sai, như vừa chứng minh.

Câu hỏi để ngỏ

Giờ ta nói được chính xác "với mọi". Nhưng làm sao chắc chắn một câu "với mọi" là đúng, khi không thể thử hết vô số trường hợp? Những lập luận của Phần I, như lập luận chẵn lẻ cho \(\sqrt2\), đã làm được điều đó bằng cách nào, và có những kiểu lập luận nào khác?