Закон де моргана теория вероятности

Законы де Мо́ргана (правила де Мо́ргана) — логические правила, связывающие пары логических операций при помощи логического отрицания. Названы в честь шотландского математика Огастеса де Моргана. В краткой форме звучат так:

Отрицание конъюнкции есть дизъюнкция отрицаний. Отрицание дизъюнкции есть конъюнкция отрицаний.

Содержание

Определение [ править | править код ]

Огастес де Морган первоначально заметил, что в классической пропозициональной логике справедливы следующие соотношения:

не (a и b) = (не a) или (не b) не (a или b) = (не a) и (не b)

В математике это выглядит так:

¬ ( a ∧ b ) = ¬ a ∨ ¬ b ¬ ( a ∨ b ) = ¬ a ∧ ¬ b <displaystyle <egin
eg <(awedge b)>=
eg vee
eg \
eg <(avee b)>=
eg wedge
eg end>> 000 или по-другому: 000 ( a ∧ b ) ¯ = a ¯ ∨ b ¯ ( a ∨ b ) ¯ = a ¯ ∧ b ¯ <displaystyle <egin<overline <(awedge b)>>=<overline >vee <overline >\<overline <(avee b)>>=<overline >wedge <overline >end>>

A ∩ B ¯ = A ¯ ∪ B ¯ A ∪ B ¯ = A ¯ ∩ B ¯ <displaystyle <egin<overline >=<overline >cup <overline >\<overline >=<overline >cap <overline >end>> 000 или по-другому: 000 ( A ∩ B ) C = A C ∪ B C , ( A ∪ B ) C = A C ∩ B C . <displaystyle <egin(Acap B)^=A^cup B^,\(Acup B)^=A^cap B^.end>>

Эти правила также действительны для множества элементов (семейств):

⋂ i ∈ I A i ¯ = ⋃ i ∈ I A i ¯ <displaystyle <overline <igcap _A_>>=igcup _<overline >>> 00000 и 00000 ⋃ i ∈ I A i ¯ = ⋂ i ∈ I A i ¯ <displaystyle <overline <igcup _A_>>=igcap _<overline >>> .

¬ ∀ x P ( x ) ≡ ∃ x ¬ P ( x ) , <displaystyle
eg forall x,P(x)equiv exists x,
eg P(x),> ¬ ∃ x P ( x ) ≡ ∀ x ¬ P ( x ) . <displaystyle
eg exists x,P(x)equiv forall x,
eg P(x).>

Используя законы де Моргана, можно выразить конъюнкцию через дизъюнкцию и три отрицания. Аналогично можно выразить дизъюнкцию:

a ∧ b = ¬ ( ¬ a ∨ ¬ b ) <displaystyle awedge b=
eg (
eg vee
eg )> a ∨ b = ¬ ( ¬ a ∧ ¬ b ) <displaystyle avee b=
eg (
eg wedge
eg )>

Если существует суждение, выраженное операцией логического умножения двух или более элементов, т. е. операцией «и»: ( A ∧ B ) <displaystyle <(Awedge B)>> , то для того, чтобы найти обратное ¬ ( A ∧ B ) <displaystyle <
eg (Awedge B)>> от всего суждения, необходимо найти обратное от каждого элемента и объединить их операцией логического сложения, т. е. операцией «или»: ( ¬ A ∨ ¬ B ) <displaystyle (
eg vee
eg )> . Закон работает аналогично в обратном направлении: ¬ ( A ∨ B ) = ( ¬ A ∧ ¬ B ) <displaystyle
eg (Avee B)=(
eg wedge
eg )> .

Применение [ править | править код ]

Законы де Моргана применяются в таких важных областях, как дискретная математика, электротехника, физика и информатика; например, используются для оптимизации цифровых схем посредством замены одних логических элементов другими.

г) связь операции пересечения и операции разности двух событий

д) закон де Моргана

Примеры решения задач.

Задача 1. Каждый из четырех студентов, проживающих в одной комнате общежития, может присутствовать или не присутствовать на лекции по теории вероятностей. Рассматриваются события:

A – на лекции присутствует ровно один из четырех студентов ;

B – на лекции присутствует хотя бы один из четырёх студентов ;

C – на лекции присутствуют не менее двух из четырех студентов ;

D – на лекции присутствуют ровно два из четырех студентов ;

E – на лекции присутствуют ровно три из четырех студентов ;

F – на лекции присутствуют все четыре студента .

Решение: Начинать решение нужно с построения пространства элементарных исходов (элементарных событий) рассматриваемого эксперимента. Вспомним, что таким пространством называется любое множество  взаимоисключающих исходов эксперимента такое, что каждый интересующий нас результат эксперимента может быть однозначно описан с помощью элементов этого множества. В данном случае случайный эксперимент заключается в наблюдении за четырьмя студентами и выяснении, посещают ли они лекции по теории вероятностей. Нас интересует только количество студентов, присутствующих на лекции. Пусть элемент описывает элементарный исход, означающий, что на лекции присутствовало ровно i студентов. Тогда Все случайные события формально есть подмножества множества описаний элементарных исходов. Выпишем формально все события, о которых идет речь в условии задачи. Для этого нужно перечислить описания элементарных исходов, благоприятствующих каждому из этих событий. Таким образом будем иметь: Применяя теоретико-множественные операции для множеств получим ответ задачи. Ответ: а)

Задача 2. Пусть прибор состоит из трех блоков первого типа и двух блоков второго типа. Для того, чтобы прибор работал нормально необходима исправность хотя бы двух блоков первого типа и хотя бы одного блока второго типа. Пусть события означают исправность блока первого типа при События означают исправность блока второго типа при Используя теоретико-множественные операции записать событие , означающее что прибор исправен.

Решение: Для наступления события на самом деле необходимо наступление двух событий . Событие значит, что исправны хотя бы два блока первого типа. Событие значит, что исправен хотя бы один блок второго типа. Таким образом получим Осталось записать события и . Событие наступает в случае, если одновременно наступают и , т.е. имеет место событие  , или если одновременно появятся и , или одновременно наступают и . При этом не исключается случай одновременного наступления всех трех событий , и . Таким образом используя определения операций объединения и пересечения событий, получим Заметим, что событие , означающее одновременное появление , и , содержится в каждом из трех объединяемых событий в выражении для . Аналогично запишем Ответ: .

Задача 3. Используя законы для операций над событиями доказать справедливость следующего равенства:

Решение. Пользуясь свойством г) для операций над событиями запишем: Далее, используя закон де Моргана и первый распределительный закон, получим:

что и требовалось доказать.

Задача 4. Используя определения операций над событиями доказать, что .

Решение: Для решения задачи достаточно показать выполнение двух включений: 1) Докажем первое включение, второе доказывается аналогично. Будем предполагать, что в противном случае первое включение очевидно. Выберем некоторый элементарный исход Покажем, что тогда Пусть Тогда по определению разности событий запишем:

. Далее по определению операции пересечения событий и получаем, что Что и требовалось доказать.

Задачи для самостоятельного решения

Задача 2.1. Из множества студентов, присутствующих на лекции по теории вероятностей, наудачу выбирают одного. Пусть событие состоит в том, что выбранный студент закончил среднюю школу с медалью, – победитель областной олимпиады, – выпускник лицея. Используя теоретико-множественные операции выразить через , и следующие события: D – выбранный студент является выпускником лицея, победителем областной олимпиады; Е – выбранный студент закончил школу с медалью, но не является победителем областной олимпиады; F – выбранный студент или школу закончил с медалью или победил в областной олимпиаде; G – выбранный студент школу окончил без медали и в областных олимпиадах не побеждал.

Задача 2.2. Акционер имеет четыре акции. Пусть событие состоит в том, что – я приобретенная им акция обесценилась. Описать события, заключающиеся в том, что:

а) ни одна из акций не обесценилась;

б) хотя бы одна акция упала в цене;

в) только одна акция упала в цене;

г) не более двух акций обесценились;

д) по крайней мере две акции принесут прибыль;

е) только две акции обесценились.

Задача 2.3. Имеется 4 изделия, каждое из которых может быть либо бракованным, либо хорошим. Введем события: – хотя бы одно изделие бракованное; В – бракованных не менее двух изделий. Что означают события

Задача 2.4. К механизмам управления автомобилем относятся рулевое управление и две тормозные системы. Событие А означает, что исправно рулевое управление. Событие означает, что исправна -я тормозная система. Событие С означает работоспособность автомобиля, что будет в том случае, если исправно рулевое управление и хотя бы одна тормозная система. Выразить события и через А и .

Задача 2.5 Опыт состоит в том, что стрелок произвел 3 выстрела по мишени. Событие А i – попадание в мишень при i –м выстреле (i=1,2,3). Выразить через A 1 , A 2 , A 3 следующие события: А – три промаха при трех выстрелах; В – три попадания при трех выстрелах; С – хотя бы одно попадание при трех выстрелах; D – хотя бы один промах при трех выстрелах; Е – не менее двух попаданий при трех выстрелах; F – не более одного попадания при трех выстрелах.

Задача 2.6. Опыт состоит в бросании трех монет. Пусть монеты занумерованы и события Г 1 , Г 2 , Г 3 означают выпадение герба на первой, второй и третьей монетах, соответственно. Выразить через Г 1 , Г 2 , Г 3 следующие события: А – выпадение одного герба и двух цифр; В – выпадение не более одного герба; С – количество выпавших гербов меньше количества выпавших цифр; D – выпадение хотя бы двух гербов; Е – на первой монете выпал герб, а на остальных – цифры; F – на одной монете выпала цифра и хотя бы на одной из остальных выпал герб.

Задача 2.7. Двое играют в шахматы. Событие А означает, что выиграл первый игрок, событие В – выиграл второй игрок. Что означают события: а) ; б) ; в) ; г) ?

Задача 2.8. Найти все события Х такие, что , где А и В – некоторые события.

Задача 2.9. Используя определения операций над событиями доказать равенство

Задача 2.10. Используя законы для операций над событиями доказать равенства: а) б) в) .

Задача 2.11. Доказать, что события образуют полную группу попарно несовместных событий.

Задача 2.12. Совместны ли события и ?

Задача 2.13. Когда возможны равенства: а) ; б) ; с) ?

Задача 2.14. Эксперимент состоит в радиолокационном обнаружении объекта. Наблюдаемый результат – положение светящейся точки (отраженного сигнала от цели) на экране индикатора цели, имеющего форму круга радиуса 10 см с центром в начале координат. Событие А=<цель находится в первом квадранте>; В=<цель находится в круге радиуса 5 см, центр которого совпадает с центром экрана>; С=<цель находится в круге радиуса 1 см, центр которого сдвинут на 2 см вдоль оси ординат в отрицательном направлении>. Построить пространство описаний элементарных исходов  эксперимента и описать события А, В, С как подмножества множества .

Тема 3. Классический способ определения вероятности случайного события

Литература: [1, c. 20-38] , [2, c.24-28], [3, c.15-20], [6, c.19-22], [7, c.30–37], [8, c.21-25], [9, с. 13-24], [ 10, с.15-25 ],[ 11,с.21-28 ].

Занятие предназначено для овладения методами вычисления вероятностей случайных событий, которые связаны со стохастическими экспериментами с конечным числом исходов. Классическое определение вероятности применяется в том случае, когда пространство элементарных событий  состоит из конечного числа элементарных событий и все элементарные события равновозможны. В этом случае для определения вероятности случайного события А учитывается только количество элементарных случайных событий, составляющих событие А , без учета их качественного различия. Согласно классическому способу определения вероятности случайного события имеем:

здесь – количество исходов, благоприятствующих наступлению события , – число всех исходов, описания которых содержатся в множестве . Основными методами вычисления вероятности случайного события для таких случайных экспериментов являются методы комбинаторики. Используют также свойства вероятности, позволяющие определить вероятность противоположного события, вероятности суммы случайных событий и другие.

Примеры решения задач

Задача 1. В урне белых и черных шаров ( Из урны вынимают сразу два шара. Найти вероятность того, что оба шара будут белыми.

Решение: Для того, чтобы описать пространство элементарных исходов данного эксперимента, пронумеруем все шары. Пусть белые шары имеют номера от 1 до , а черные – номера от до . Множество означает множество всех шаров. Случайный эксперимент заключается в случайном выборе двух элементов из множества G. Тогда элементарный исход эксперимента может быть описан как множество из двух элементов, т.е. , где – номера вынутых шаров. Заметим, что порядок выбора элементов здесь не важен. Все элементарные исходы равновозможны в силу симметрии эксперимента, их общее число равно . Запишем событие А, означающее, что выбраны два белых шара , A= Число элементарных исходов, благоприятствующих наступлению события А, равно Вероятность события А вычисляется как отношение числа элементарных исходов, благоприятствующих наступлению события А к общему числу элементарных исходов, т.е.

Задача 2. В лифт 9-этажного дома входят 3 человека. Найти вероятность того, что все они выйдут на разных этажах.

Решение: Случайный эксперимент заключается в случайном выборе номера этажа для каждого из трех пассажиров лифта. Элементарный исход такого эксперимента может быть описан как вектор с тремя компонентами, где первая компонента означает номер этажа первого человека, вторая – второго, а третья – номер этажа третьего человека. Будем считать, что в начальный момент лифт находится на первом этаже. Тогда естественно предположить, что пассажиры выбирают этажи со второго по девятый. Опишем множество всех элементарных исходов . Запишем формально событие . Посчитаем, сколько различных элементов содержит множество . Их столько, сколько можно составить различных векторов с тремя компонентами, для которых каждая из трех компонент может принимать различные значения из множества <2,3,…9>. Для выбора первой компоненты вектора подходит 8 вариантов, для выбора второй и третьей компонент так же существует по 8 различных вариантов. Таким образом получаем, что искомое количество векторов равно 888, и Аналогично вычисляем количество элементов, содержащихся в множестве A, Искомая вероятность получается равной Ответ: Р(А)=21/320.656.

Задача 3. Игральный кубик подбросили два раза. Найти вероятность того, что сумма выпавших очков равна 5.

Решение: В данном случайном эксперименте случайно количество очков, выпавших на кубике при каждом броске. Поэтому элементарный исход такого случайного эксперимента может быть описан как вектор с двумя компонентами, где первая и вторая компоненты означают соответственно количество очков, выпавших при первом и втором броске игрального кубика. Все такие исходы будут равновозможными в силу симметрии случайного эксперимента. Опишем множество всех элементарных исходов Множество  содержит различных элементов. Событие А формально запишется следующим образом: . Для вычисления N(A) можно просто перебрать все описания элементарных исходов, содержащиеся в множестве А, а именно , и Ответ:

Замечание: Следует заметить, что если описывать элементарные исходы как неупорядоченные двухэлементные множества, т.е. , то интересующее нас случайное событие можно описать с помощью элементов множества , но в данном случае нельзя использовать классический способ определения вероятностей случайного события, так как элементарные исходы, описания которых содержатся в множестве , не являются равновозможными. Покажем это используя равновозможность исходов, описания которых составляют множество . Рассмотрим два различных элементарных исхода, которым соответствуют элементы и . Для наступления элементарного случайного события < >необходимо и достаточно появление элементарного исхода, описанного элементом Событию < >, соответствуют описания и . Таким образом событиям < >и < >соответствует разное количество равновозможных элементарных случайных событий, описанных элементами множества , следовательно такие случайные события не являются одинаково вероятными.

Задачи для самостоятельного решения

Задача 3.1. Слово «вероятность» разрезали на буквы, карточки с буквами перемешали и наудачу выложили в ряд. Найти вероятность того, что будет сложено слово «вероятность».

Задача 3.2. Имеется 11 билетов, среди которых 3 выигрышных. Определить вероятность того, что среди взятых наудачу пяти билетов: а) ровно 2 выигрышных; б) ровно 3 выигрышных.

Задача 3.3. В цехе работают 6 мужчин и 7 женщин. По табельным номерам наудачу отобрали 5 человек. Найти вероятность того, что среди отобранных лиц: а) 4 женщины и один мужчина; б) все женщины; в) хотя бы три женщины; г) ровно два мужчины; д) хотя бы один мужчина.

Задача 3.4. Найти вероятность того, что в k цифр, каждая из которых выбрана наугад (выборка с возвращением): а) не входит ноль; б) не входит единица; в) не входит ни ноль, ни единица; г) не входит или ноль или единица.

Задача 3.5 Тестирование для получения двух грантов одинаково успешно прошли 7 студентов ННГУ, в том числе 2 студента ВШОПФ. Жюри наудачу выбирает двух студентов. Найти вероятность того, что один (хотя бы один) из обладателей грантов окажется студентом ВШОПФ.

Задача 3.6. Подбрасывается 12 игральных кубиков. Какова вероятность того, что каждая грань выпадет ровно 2 раза?

Задача 3.7. При условии, что вероятности попадания дня рождения на каждый из 12 месяцев года равны, найти вероятность того, что: а) дни рождения пяти случайно выбранных людей придутся на разные месяцы года; б) среди десяти случайно отобранных людей хотя бы у двоих совпадут дни рождения.

Задача 3.8 . Двенадцать участников турнира, среди которых 3 мастера спорта, разбиваются на 3 равные группы. Найти вероятность того, все мастера спорта окажутся в разных группах.

Задача 3.9. В урне находится 3 шара различных цветов. Производится выборка с возвращением объема 6. Найти вероятность того, что в выборке будет по 2 шара каждого цвета.

Задача 3.10. Имеются n частиц, каждая из которых может находиться с одной и той же вероятностью 1/N в каждой из N (N>n) ячеек. Найти вероятность того, что а) в определенных n ячейках окажется по одной частице; б) в каких то n ячейках окажется по одной частице.

Задача 3.11 . У театральной кассы стоят в очереди 2n человек. Среди них n человек имеют монеты только десятирублевого достоинства, а остальные – только монеты по пять рублей. Каждый покупатель приобретает по одному билету. В начальный момент времени в кассе денег нет. Найти вероятность того, что ни один покупатель не будет ждать сдачу.

Задача 3.12. На экзамене n студентов по очереди вытаскивают билеты, из которых М – «легкие», а остальные N-M – «трудные». Какова вероятность того, что студенту, пришедшему на экзамен k – м , достанется легкий билет, если: а) вытянутые билеты назад не возвращаются; б) вытянутые билеты возвращаются назад?

Задача 3.13. Четыре письма случайно раскладываются по четырем конвертам с указанными адресами, по одному письму в каждый конверт. Найти вероятность того, что хотя бы одно письмо попадет в свой конверт.

Задача 3.14. Экзамен состоит из 7 вопросов. На каждый вопрос даны 3 возможных ответа, среди которых необходимо выбрать один правильный. Какова вероятность того, что методом простого угадывания удастся сдать экзамен, если для этого необходимо ответить хотя бы на 5 вопросов?

Задача 3.15. 8 вариантов контрольной работы, написанные каждый на отдельной карточке, перемешиваются и распределяются случайным образом среди 5 студентов, причем каждый получает по одному варианту. Найти вероятности следующих событий: А=<варианты с номерами 1, 2, 3 останутся неиспользованными>; В=<варианты 1 и 2 достанутся рядом сидящим студентам>; С=<будут распределены 5 последовательных номеров вариантов>.

Задача 3.17. В шкафу находятся 10 различных пар ботинок. Из них случайно выбирают 4 ботинка. Найти вероятность того, что среди выбранных ботинок отсутствуют парные.

Задача 3.18. Имеется 5 персиков, 7 груш и 6 яблок. Все фрукты случайным образом раскладывают в 3 вазы по 6 штук в каждую. Найти вероятность того, что в каждой вазе окажется по 2 яблока.

Задача 3.19. На экзамен выносится по 20 вопросов по каждой из четырех изучаемых тем. Экзаменационный билет содержит 8 вопросов, по два вопроса из каждого раздела. По каждой теме студент подготовил по 10 вопросов. Какова вероятность того, что студент сдаст экзамен, если для этого необходимо ответить хотя бы на один вопрос билета по каждой из четырех тем.

Тема 4 . Геометрические вероятности

Литература : [1, c.38-45], [6 , c.23-24], [7, c. 37-41], [ 9, с.24-26 ], [ 11, с.47-50 ]

В данном случае рассматривается непрерывная вероятностная схема, т.е. пространство элементарных исходов представляет собой некоторую ограниченную область (отрезок, прямоугольник, круг, параллелепипед, шар и т.п.) k – мерного пространства (прямой, плоскости, трехмерного пространства и т.д.). Естественно желание обобщить принцип равновероятности элементарных исходов классической вероятности и на эту схему. Однако в непрерывном случае число элементарных исходов бесконечно и, воспользовавшись принципом равновероятности, мы не смогли бы приписать каждому элементарному исходу иной вероятности, кроме нуля. Поэтому геометрическая вероятность определяется по- другому. Рассмотрим сначала отрезок [0,1] и предположим, что идеальная частица равномерно бросается на этот отрезок. Понятию равномерности придадим следующий смысл. Каждому интервалу поставим в соответствие вероятность попадания частицы на этот интервал, равную его длине: В общем случае геометрическая вероятность определяется так. Пусть – некоторая область, имеющая меру (длину, площадь, объем и т.д.), такую, что 0 Скажем, что точка равномерным образом попадает в (реализуется принцип геометрической вероятности), если вероятность попадания точки в каждую измеримую область А , являющуюся подобластью , пропорциональна мере этой области и, так как , то

Примеры решения задач

Задача1. Задача о встрече. Два лица А и В условились встретиться в определенном месте между 12 часами и часом дня. Пришедший первым ждет другого в течении 20 минут, после чего уходит. Чему равна вероятность встречи лиц А и В, если приход каждого из них в течение указанного часа может произойти наудачу и моменты прихода независимы.

Решение: В данном случайном эксперименте случайны моменты прихода лиц А и В. Обозначим их через и соответственно. Тогда множество элементарных исходов можно представить так: . Для того, чтобы встреча произошла, необходимо и достаточно, чтобы (1/3 часа = 20 мин.), т.е. множество элементарных исходов, благоприятствующих наступлению интересующего нас события, запишется следующим образом: Изобразим и как декартовы координаты на плоскости. Возможные исходы изобразятся точками квадрата со стороной, равной по длине единице. Исходы, благоприятствующие событию А, представляют из себя заштрихованную область на рис. 3. Искомая вероятность равна отношению площади з аштрихованной фигуры к площади всего квадрата, т.е.

Задача 2. Парадокс Бертрана. Наудачу берется хорда в круге . Чему равна вероятность того, что ее длина превосходит длину стороны вписанного равностороннего треугольника?

– общее название логических законов, связывающих с помощью отрицания конъюнкцию («и») и дизъюн­кцию («или»). Названы именем англ. логика XIX в. А. де Моргана.

Один из этих законов можно выразить так: отрицание конъюнк­ции эквивалентно дизъюнкции отрицаний. Напр.: «Неверно, что завтра будет холодно и завтра будет дождливо, тогда и только тогда, когда завтра не будет холодно или завтра не будет дождливо».

Другой закон: отрицание дизъюнкции эквивалентно конъюнк­ции отрицаний. Напр.: «Неверно, что ученик знает арифметику или знает геометрию, тогда и только тогда, когда он не знает ни арифметики, ни геометрии».

В терминах символики логической (р, q — некоторые высказыва­ния; & – конъюнкция; v – дизъюнкция;

— отрицание, «невер­но, что»; = — эквивалентность, «если и только если») данные два закона представляются формулами:

q), неверно, что р и q, если и только если неверно р и неверно q;

q), неверно, что или р, или q, если и только если неверно р и неверно q.

На основе этих законов, используя отрицание, связку «и» мож­но определить через «или», и наоборот: «р и q» означает «Невер­но, что не–р или не–q», «р или q» означает «Неверно, что не–р и не–q».

Напр., «Идет дождь и идет снег» означает «Неверно, что нет дождя или нет снега»; «Сегодня холодно или сыро» означает «Не­верно, что сегодня не холодно и не сыро».

Закон дистрибутивности(от англ. Distribution – распреде­ление, размещение)

– общее название группы логических законов сходной структуры. Эти законы позволяют распределить одну ло­гическую связь относительно другой.

Полный 3. д. конъюнкции относительно дизъюнкции с использо­ванием символики логической формулируется так (р, q, r — некото­рые высказывания; & – конъюнкция, «и»; v – дизъюнкция, «или»; = — эквивалентность, «если и только если»):

первое и (второе или третье), если и только если (первое и вто­рое) или (первое и третье). Напр.: «Сегодня идет дождь и завтра ясно или послезавтра ясно в том и только в том случае, когда сегодня идет дождь и завтра ясно или сегодня идет дождь и после­завтра ясно».

Полный 3. д. дизъюнкции относительно конъюнкции:

первое или (второе и третье), если и только если (первое или вто­рое) и (первое или тре’тье). Напр.: «Завтра будет солнечно или послезавтра будет мороз и снег тогда и только тогда, когда завтра будет солнечно или послезавтра будет мороз и завтра будет сол­нечно или послезавтра будет снег».

Закон самодистрибутивности импликации (->, «если, то») дает возможность распределять импликацию по импликации:

если (если первое, то (если второе, то третье)), то (если (если первое, то второе), то (если первое, то третье)). Этот закон верен для импликации материальной, но не имеет места для целого ряда иных импликаций, вводимых в современной логике.

Закон дунса скота

– закон логики классической, характери­зующий логическое противоречие и импликацию материальную. За­кон можно передать так: ложное высказывание влечет (имплици­рует) любое высказывание. Напр.: «Если дважды два не равно четырем, то, если дважды два четыре, вся математика ничего не значит».

Первое упоминание закона принадлежит средневековому фило­софу и логику Дунсу Скоту, прозванному «тонким доктором» схо­ластики. Амер. философ и логик К. И. Льюис (1883-1964), поло­живший начало исследованию модальной логики, отнес данный закон к парадоксальным положениям классической логики. В пред­ложенной самим К. И. Льюисом новой теории логического следо­вания — т. наз. теории строгой импликации — 3. Д. С. не­доказуем. Но в этой теории есть собственный аналогичный парадокс, говорящий уже о логической невозможности: логически невоз-

можное высказывание влечет любое высказывание. Напр.: «Если снег бел и вместе с тем не бел, трава бывает только черной».

С использованием символики логической (р, q — некоторые выска­зывания;

– отрицание, «неверно, что»; —> импликация, «если, то») 3. Д. С. выражается формулой:

если неверно, что p, то если р, то q; или эквивалентной ей в класси­ческой логике формулой:

Если принимаются высказывание и его отрицание, то, исполь­зуя данные формулы в качестве схем вывода, можно получить лю­бое высказывание. В подобного рода переходах есть элемент пара­доксальности. Особенно заметным он становится, когда в качестве следствия берется явно ложное и совершенно не связанное с по-сылками высказывание. Напр.: «Если Солнце и звезда, и не звезда, то Луна сделана из зеленого сыра».

3. Д. С. есть своего рода предостережение против принятия лож­ного высказывания: введение в научную теорию такого высказыва­ния ведет к тому, что в ней становится доказуемым все что угодно и она перестает выполнять свои функции. Однако предостережение не настолько очевидно, чтобы стать одним из правил логического следования. Не все современные описания следования принимают 3. Д. С. в качестве правомерного способа рассуждения. Уже построены теории логических связей, в которых этот и подобные ему способы рассуждения считаются недопустимыми.

Если 3. Д. С. не принимается, то появление противоречия в сис­теме утверждений становится допустимым. Такое более «терпи­мое» отношение к противоречию лежит в основе логических тео­рий, получивших название паранепротиворечивой логики.