9. Sınıf Matematik Mantik Testleri

Doğru cevap: D

1) şıkkıD3ndaki bileşik önerme, “karşıt-ters (kontrpozitif) eşdeğerliği”ni söylüyor. Bunu denk önermelere çevirerek kontrol edelim. Adım 1: Koşullu önermeyi açık yazalım. ( p → q ) ≡ ( ¬ p ∨ q ) Adım 2: Diğer koşullu önermeyi açık yazalım. ( ¬ q → ¬ p ) ≡ ( ¬ ( ¬ q ) ∨ ¬ p ) Adım 3: Çift değili sadeleştirelim. ¬ ( ¬ q ) ≡ q ( ¬ q → ¬ p ) ≡ ( q ∨ ¬ p ) Adım 4: İki ifade aynı önerme olduğundan (sadece yer değiştirmiş), aralarındaki çift yönlü koşul her durumda doğrudur. ( ¬ p ∨ q ) ≡ ( q ∨ ¬ p ) ( p → q ) ↔ ( ¬ q → ¬ p ) ≡ T Sonuç: şıkkıD536 her durumda doğrudur (tautolojidir). Dolayısıyla “doğru cevap D594 mı?” sorusunun cevabı: Evet, A doğrudur. Kontrol (diğer şıklar neden her durumda doğru değil?): Örneğin B şıkkında aşağıdaki durumda önerme yanlış olur. p = F q = F ( p ↔ q ) = T ( p ∧ q ) = F ( p ↔ q ) → ( p ∧ q ) = F

1. Çözüm: 1) şıkkıD3ndaki bileşik önerme, “karşıt-ters (kontrpozitif) eşdeğerliği”ni söylüyor. Bunu denk önermelere çevirerek kontrol edelim. Adım 1: Koşullu önermeyi açık yazalım. ( p → q ) ≡ ( ¬ p ∨ q ) Adım 2: Diğer koşullu önermeyi açık yazalım. ( ¬ q → ¬ p ) ≡ ( ¬ ( ¬ q ) ∨ ¬ p ) Adım 3: Çift değili sadeleştirelim. ¬ ( ¬ q ) ≡ q ( ¬ q → ¬ p ) ≡ ( q ∨ ¬ p ) Adım 4: İki ifade aynı önerme olduğundan (sadece yer değiştirmiş), aralarındaki çift yönlü koşul her durumda doğrudur. ( ¬ p ∨ q ) ≡ ( q ∨ ¬ p ) ( p → q ) ↔ ( ¬ q → ¬ p ) ≡ T Sonuç: şıkkıD536 her durumda doğrudur (tautolojidir). Dolayısıyla “doğru cevap D594 mı?” sorusunun cevabı: Evet, A doğrudur. Kontrol (diğer şıklar neden her durumda doğru değil?): Örneğin B şıkkında aşağıdaki durumda önerme yanlış olur. p = F q = F ( p ↔ q ) = T ( p ∧ q ) = F ( p ↔ q ) → ( p ∧ q ) = F

Doğru cevap: A

1) Seçenek A’daki ifade: ( ( ( p → q ) ∧ ( q → p ) ) ↔ ( p ↔ q ) ) 2) Çift yönlü koşulun (eşdeğerliğin) tanımı: ( p ↔ q ) ≡ ( ( p → q ) ∧ ( q → p ) ) 3) Bu tanımı A seçeneğinde yerine yazalım. Önce şu kısaltmayı yapalım: X = ( ( p → q ) ∧ ( q → p ) ) 4) O zaman A seçeneği şu biçime dönüşür: ( X ↔ X ) 5) Şimdi genel olarak aynı önermenin kendisiyle eşdeğerliği her zaman doğrudur. Bunu dönüşümle gösterelim: ( X ↔ X ) ≡ ( ( X → X ) ∧ ( X → X ) ) 6) Her önerme için kendisine götürme daima doğrudur: X → X ≡ T 7) Yerine yazınca: ( X ↔ X ) ≡ ( T ∧ T ) ≡ T 8) Sonuç: A seçeneği her durumda doğru olduğundan tautolojidir. Dolayısıyla “doğru cevap A mı?” kontrolü: Evet, doğru cevap A’dır. 9) (Kontrol amaçlı kısa not) Diğer şıkların tautoloji olmamasına örnek: B için, her ikisi de yanlışken: p = F, q = F ( p ↔ q ) = T, ( p ∧ q ) = F ( p ↔ q ) → ( p ∧ q ) = F Bu yüzden B tautoloji değildir. (C zaten çelişki yapısındadır, D ise her zaman doğru değildir.)

1. Çözüm: 1) Seçenek A’daki ifade: ( ( ( p → q ) ∧ ( q → p ) ) ↔ ( p ↔ q ) ) 2) Çift yönlü koşulun (eşdeğerliğin) tanımı: ( p ↔ q ) ≡ ( ( p → q ) ∧ ( q → p ) ) 3) Bu tanımı A seçeneğinde yerine yazalım. Önce şu kısaltmayı yapalım: X = ( ( p → q ) ∧ ( q → p ) ) 4) O zaman A seçeneği şu biçime dönüşür: ( X ↔ X ) 5) Şimdi genel olarak aynı önermenin kendisiyle eşdeğerliği her zaman doğrudur. Bunu dönüşümle gösterelim: ( X ↔ X ) ≡ ( ( X → X ) ∧ ( X → X ) ) 6) Her önerme için kendisine götürme daima doğrudur: X → X ≡ T 7) Yerine yazınca: ( X ↔ X ) ≡ ( T ∧ T ) ≡ T 8) Sonuç: A seçeneği her durumda doğru olduğundan tautolojidir. Dolayısıyla “doğru cevap A mı?” kontrolü: Evet, doğru cevap A’dır. 9) (Kontrol amaçlı kısa not) Diğer şıkların tautoloji olmamasına örnek: B için, her ikisi de yanlışken: p = F, q = F ( p ↔ q ) = T, ( p ∧ q ) = F ( p ↔ q ) → ( p ∧ q ) = F Bu yüzden B tautoloji değildir. (C zaten çelişki yapısındadır, D ise her zaman doğru değildir.)

Doğru cevap: B

1) Önermeyi tanıyalım: ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) 2) İmplikasyon eşdeğerliğini kullanalım: a → b ≡ ¬ a ∨ b 3) Tüm implikasyonları bu biçime çevirelim: ( ( ¬ p ∨ q ) ∧ ( ¬ q ∨ r ) ) → ( ¬ p ∨ r ) 4) Dıştaki implikasyonu da kaldıralım: ¬ ( ( ¬ p ∨ q ) ∧ ( ¬ q ∨ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) 5) De Morgan kuralı ile içteki olumsuzlamayı açalım: ¬ ( X ∧ Y ) ≡ ¬ X ∨ ¬ Y 6) Bu kuralla devam edelim: ¬ ( ( ¬ p ∨ q ) ∧ ( ¬ q ∨ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) 7) Parantez içindeki olumsuzlamaları ayrı ayrı açalım: ( ¬ ( ¬ p ∨ q ) ∨ ¬ ( ¬ q ∨ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) 8) Şimdi şu eşdeğerliği kullanalım: ¬ ( A ∨ B ) ≡ ¬ A ∧ ¬ B 9) Uygulayalım: ( ( p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) 10) Tümünü tek bir “veya” zinciri gibi gruplayalım (yalnızca yeniden sıralama): ¬ p ∨ r ∨ ( p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ r ) 11) Soğurma/dağıtma ile iki kritik sadeleştirme yapalım: ( ¬ p ∨ ( p ∧ ¬ q ) ) ≡ ( ¬ p ∨ ¬ q ) ( r ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) ≡ ( r ∨ q ) 12) Bu sadeleştirmeleri 10. adımdaki ifadeye uygulayalım: ( ¬ p ∨ ¬ q ) ∨ ( r ∨ q ) 13) Birleştirelim: ¬ p ∨ ( ¬ q ∨ q ) ∨ r 14) Çünkü aşağıdaki her zaman doğrudur: ¬ q ∨ q ≡ Doğru 15) Dolayısıyla tüm ifade her durumda doğrudur: ¬ p ∨ Doğru ∨ r ≡ Doğru Sonuç: Önerme tautolojidir. Bu yüzden doğru seçenek B1203 ’dır.

1. Çözüm: 1) Önermeyi tanıyalım: ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) 2) İmplikasyon eşdeğerliğini kullanalım: a → b ≡ ¬ a ∨ b 3) Tüm implikasyonları bu biçime çevirelim: ( ( ¬ p ∨ q ) ∧ ( ¬ q ∨ r ) ) → ( ¬ p ∨ r ) 4) Dıştaki implikasyonu da kaldıralım: ¬ ( ( ¬ p ∨ q ) ∧ ( ¬ q ∨ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) 5) De Morgan kuralı ile içteki olumsuzlamayı açalım: ¬ ( X ∧ Y ) ≡ ¬ X ∨ ¬ Y 6) Bu kuralla devam edelim: ¬ ( ( ¬ p ∨ q ) ∧ ( ¬ q ∨ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) 7) Parantez içindeki olumsuzlamaları ayrı ayrı açalım: ( ¬ ( ¬ p ∨ q ) ∨ ¬ ( ¬ q ∨ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) 8) Şimdi şu eşdeğerliği kullanalım: ¬ ( A ∨ B ) ≡ ¬ A ∧ ¬ B 9) Uygulayalım: ( ( p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) 10) Tümünü tek bir “veya” zinciri gibi gruplayalım (yalnızca yeniden sıralama): ¬ p ∨ r ∨ ( p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ r ) 11) Soğurma/dağıtma ile iki kritik sadeleştirme yapalım: ( ¬ p ∨ ( p ∧ ¬ q ) ) ≡ ( ¬ p ∨ ¬ q ) ( r ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) ≡ ( r ∨ q ) 12) Bu sadeleştirmeleri 10. adımdaki ifadeye uygulayalım: ( ¬ p ∨ ¬ q ) ∨ ( r ∨ q ) 13) Birleştirelim: ¬ p ∨ ( ¬ q ∨ q ) ∨ r 14) Çünkü aşağıdaki her zaman doğrudur: ¬ q ∨ q ≡ Doğru 15) Dolayısıyla tüm ifade her durumda doğrudur: ¬ p ∨ Doğru ∨ r ≡ Doğru Sonuç: Önerme tautolojidir. Bu yüzden doğru seçenek B1203 ’dır.

Doğru cevap: C

Verilenler: P → Q önermesi yanlıştır. Q ↔ R önermesi doğrudur. 1) Bir koşullu önerme ne zaman yanlış olur? P → Q yalnızca P = T ve Q = F iken yanlıştır. 2) Eşdeğerlik (çift yönlü) önerme ne zaman doğru olur? Q ↔ R doğru olduğuna göre Q = R olmalıdır. 3) Bulunan değerlere göre R ’yi belirleyelim: Q = F olduğundan R = F olur. 4) İstenen önermeyi değerlendirelim: ( P ∨ R ) → Q Önce parantez içi: P ∨ R için P = T ve R = F olduğundan P ∨ R = T Son adım: koşullu önerme ( P ∨ R ) → Q yani T → F olur ve bu durum yanlıştır. Sonuç: Önerme yanlıştır, yani doğru cevap C551 şıkkıdır.

1. Çözüm: Verilenler: P → Q önermesi yanlıştır. Q ↔ R önermesi doğrudur. 1) Bir koşullu önerme ne zaman yanlış olur? P → Q yalnızca P = T ve Q = F iken yanlıştır. 2) Eşdeğerlik (çift yönlü) önerme ne zaman doğru olur? Q ↔ R doğru olduğuna göre Q = R olmalıdır. 3) Bulunan değerlere göre R ’yi belirleyelim: Q = F olduğundan R = F olur. 4) İstenen önermeyi değerlendirelim: ( P ∨ R ) → Q Önce parantez içi: P ∨ R için P = T ve R = F olduğundan P ∨ R = T Son adım: koşullu önerme ( P ∨ R ) → Q yani T → F olur ve bu durum yanlıştır. Sonuç: Önerme yanlıştır, yani doğru cevap C551 şıkkıdır.

Doğru cevap: D

İlk ifade: ( p → q ) ∧ ¬ q Koşullu önerme dönüşümü: p → q ≡ ¬ p ∨ q Bu eşdeğerliği yerine yazalım: ( ¬ p ∨ q ) ∧ ¬ q dağıtma özelliğini uygulayalım: ( ¬ p ∨ q ) ∧ ¬ q ≡ ( ¬ p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ q ) Çelişki olan kısmı sadeleştirelim: q ∧ ¬ q ≡ F Şimdi tüm ifadeyi sadeleştirelim: ( ¬ p ∧ ¬ q ) ∨ F ≡ ¬ p ∧ ¬ q Bulduğumuz denk ifade: ¬ p ∧ ¬ q Şık kontrolü ( şıkkıD355): ¬ p ∧ ¬ q Sonuç: Doğru cevap D382 şıkkıdır.

1. Çözüm: İlk ifade: ( p → q ) ∧ ¬ q Koşullu önerme dönüşümü: p → q ≡ ¬ p ∨ q Bu eşdeğerliği yerine yazalım: ( ¬ p ∨ q ) ∧ ¬ q dağıtma özelliğini uygulayalım: ( ¬ p ∨ q ) ∧ ¬ q ≡ ( ¬ p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ q ) Çelişki olan kısmı sadeleştirelim: q ∧ ¬ q ≡ F Şimdi tüm ifadeyi sadeleştirelim: ( ¬ p ∧ ¬ q ) ∨ F ≡ ¬ p ∧ ¬ q Bulduğumuz denk ifade: ¬ p ∧ ¬ q Şık kontrolü ( şıkkıD355): ¬ p ∧ ¬ q Sonuç: Doğru cevap D382 şıkkıdır.

Doğru cevap: A

1) Totoloji kontrolünde temel ölçüt: “ise” bağlacıyla kurulan bir önerme, yalnızca öncül doğru ve sonuç yanlış iken yanlıştır; bunun dışındaki tüm durumlarda doğrudur. ( A → B ) ↔ ( ¬ A ∨ B ) 2) Seçenek A’yı inceleyelim. Bu ifade, “çıkarımın geçişliliği” kuralıdır. ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) 3) Seçenek A için durum analizi: • Dıştaki “ise” yapısının öncülü (yani içerideki “ve” ile bağlanan kısım) yanlış olursa, “öncül yanlış” durumundan dolayı tüm ifade zaten doğru olur. • Öncül doğru olursa, iki ara “ise” ifadesi de doğrudur. Bu durumda: – İlk önerme doğru seçilirse, birinci ara “ise” nedeniyle ikinci önerme de doğru olmak zorundadır. – İkinci önerme doğru olunca, ikinci ara “ise” nedeniyle üçüncü önerme de doğru olur. – Böylece “ilk önerme doğru iken üçüncü önerme yanlış” durumu oluşamaz; yani sonuçtaki “ise” mutlaka doğrudur. Bu nedenle A seçeneği totolojidir. 4) Ancak “doğru cevap yalnız A mı?” kontrol edelim: Seçenek C de her zaman doğrudur. ( ( p ∧ q ) → ( p ↔ q ) ) 5) Seçenek C için durum analizi: • Öncül olan “ve”li ifade yanlış ise (yani iki önermeden en az biri yanlışsa), “öncül yanlış” olduğundan tüm ifade doğru olur. • Öncül doğru ise, her iki önerme de doğrudur. Bu durumda iki önerme aynı doğruluk değerine sahip olduğundan “ancak ve ancak” ifadesi de doğru olur. Dolayısıyla dıştaki “ise” de doğru olur. Bu nedenle C seçeneği de totolojidir. 6) Sonuç: A seçeneği totolojidir; fakat C seçeneği de totoloji olduğundan “doğru cevap yalnız A’dır” ifadesi doğru değildir. Bu soru tek şıklı hazırlanmışsa şıklarda bir sorun vardır; totoloji olan şıklar A ve C ’dir.

1. Çözüm: 1) Totoloji kontrolünde temel ölçüt: “ise” bağlacıyla kurulan bir önerme, yalnızca öncül doğru ve sonuç yanlış iken yanlıştır; bunun dışındaki tüm durumlarda doğrudur. ( A → B ) ↔ ( ¬ A ∨ B ) 2) Seçenek A’yı inceleyelim. Bu ifade, “çıkarımın geçişliliği” kuralıdır. ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) 3) Seçenek A için durum analizi: • Dıştaki “ise” yapısının öncülü (yani içerideki “ve” ile bağlanan kısım) yanlış olursa, “öncül yanlış” durumundan dolayı tüm ifade zaten doğru olur. • Öncül doğru olursa, iki ara “ise” ifadesi de doğrudur. Bu durumda: – İlk önerme doğru seçilirse, birinci ara “ise” nedeniyle ikinci önerme de doğru olmak zorundadır. – İkinci önerme doğru olunca, ikinci ara “ise” nedeniyle üçüncü önerme de doğru olur. – Böylece “ilk önerme doğru iken üçüncü önerme yanlış” durumu oluşamaz; yani sonuçtaki “ise” mutlaka doğrudur. Bu nedenle A seçeneği totolojidir. 4) Ancak “doğru cevap yalnız A mı?” kontrol edelim: Seçenek C de her zaman doğrudur. ( ( p ∧ q ) → ( p ↔ q ) ) 5) Seçenek C için durum analizi: • Öncül olan “ve”li ifade yanlış ise (yani iki önermeden en az biri yanlışsa), “öncül yanlış” olduğundan tüm ifade doğru olur. • Öncül doğru ise, her iki önerme de doğrudur. Bu durumda iki önerme aynı doğruluk değerine sahip olduğundan “ancak ve ancak” ifadesi de doğru olur. Dolayısıyla dıştaki “ise” de doğru olur. Bu nedenle C seçeneği de totolojidir. 6) Sonuç: A seçeneği totolojidir; fakat C seçeneği de totoloji olduğundan “doğru cevap yalnız A’dır” ifadesi doğru değildir. Bu soru tek şıklı hazırlanmışsa şıklarda bir sorun vardır; totoloji olan şıklar A ve C ’dir.

Doğru cevap: B

Doğru seçenek B ’dır. Çünkü şıkkıB28, önermeler mantığında “zincirleme çıkarım” (hipotetik kıyas) kuralını ifade eder ve her zaman doğrudur, yani totolojidir. İnceleyeceğimiz önerme ( şıkkıB182): ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) Adım 1: Koşullu önermeyi, “veya” biçimine çeviriyoruz. ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) ≡ ¬ ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) ) ∨ ( p → r ) Adım 2: De Morgan kuralını uyguluyoruz. ¬ ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) ) ≡ ¬ ( p → q ) ∨ ¬ ( q → r ) ⇒ ( ¬ ( p → q ) ∨ ¬ ( q → r ) ) ∨ ( p → r ) Adım 3: Her bir koşullu ifadeyi temel eşdeğerliklerle açıyoruz. Koşullu ifade: ( a → b ) ≡ ( ¬ a ∨ b ) Bu yüzden: ¬ ( p → q ) ≡ ¬ ( ¬ p ∨ q ) ≡ ( p ∧ ¬ q ) ¬ ( q → r ) ≡ ¬ ( ¬ q ∨ r ) ≡ ( q ∧ ¬ r ) ( p → r ) ≡ ( ¬ p ∨ r ) Adım 4: Yerine yazıp tek bir “veya” ifadesi halinde topluyoruz. ( ( p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) ≡ ( ¬ p ∨ r ∨ ( p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) Adım 5: dağıtma ve soğurma ile sadeleştirelim. Önce şu parçayı sadeleştiriyoruz: ( ¬ p ∨ ( p ∧ ¬ q ) ) ≡ ( ( ¬ p ∨ p ) ∧ ( ¬ p ∨ ¬ q ) ) ≡ ( ⊤ ∧ ( ¬ p ∨ ¬ q ) ) ≡ ( ¬ p ∨ ¬ q ) Adım 6: Kalan kısım için benzer sadeleştirme yapıyoruz. Şu parçayı sadeleştiriyoruz: ( ¬ q ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) ≡ ( ( ¬ q ∨ q ) ∧ ( ¬ q ∨ ¬ r ) ) ≡ ( ⊤ ∧ ( ¬ q ∨ ¬ r ) ) ≡ ( ¬ q ∨ ¬ r ) Adım 7: Tüm ifadeyi birleştirip totolojiye ulaşıyoruz. ( ¬ p ∨ ¬ q ) ∨ ( ¬ q ∨ ¬ r ) ∨ r ≡ ¬ p ∨ ¬ q ∨ ¬ r ∨ r ≡ ¬ p ∨ ¬ q ∨ ⊤ ≡ ⊤ Sonuç: şıkkıB1385ndaki önerme her durumda doğru olduğundan totolojidir. Kontrol amaçlı kısa not: Diğer şıkların totoloji olmadığını tek bir karşı örnekle gösterebiliriz. B için (öncül doğru iken sonuç yanlış seçilir): p = 0, q = 1, r = 1 C için (öncül doğru iken sonuç yanlış seçilir): p = 1, q = 1, r = 0 D için (iki yönlü eşdeğerlik bozulur): p = 0, q = 1, r = 0

1. Çözüm: Doğru seçenek B ’dır. Çünkü şıkkıB28, önermeler mantığında “zincirleme çıkarım” (hipotetik kıyas) kuralını ifade eder ve her zaman doğrudur, yani totolojidir. İnceleyeceğimiz önerme ( şıkkıB182): ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) Adım 1: Koşullu önermeyi, “veya” biçimine çeviriyoruz. ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) ≡ ¬ ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) ) ∨ ( p → r ) Adım 2: De Morgan kuralını uyguluyoruz. ¬ ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) ) ≡ ¬ ( p → q ) ∨ ¬ ( q → r ) ⇒ ( ¬ ( p → q ) ∨ ¬ ( q → r ) ) ∨ ( p → r ) Adım 3: Her bir koşullu ifadeyi temel eşdeğerliklerle açıyoruz. Koşullu ifade: ( a → b ) ≡ ( ¬ a ∨ b ) Bu yüzden: ¬ ( p → q ) ≡ ¬ ( ¬ p ∨ q ) ≡ ( p ∧ ¬ q ) ¬ ( q → r ) ≡ ¬ ( ¬ q ∨ r ) ≡ ( q ∧ ¬ r ) ( p → r ) ≡ ( ¬ p ∨ r ) Adım 4: Yerine yazıp tek bir “veya” ifadesi halinde topluyoruz. ( ( p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) ∨ ( ¬ p ∨ r ) ≡ ( ¬ p ∨ r ∨ ( p ∧ ¬ q ) ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) Adım 5: dağıtma ve soğurma ile sadeleştirelim. Önce şu parçayı sadeleştiriyoruz: ( ¬ p ∨ ( p ∧ ¬ q ) ) ≡ ( ( ¬ p ∨ p ) ∧ ( ¬ p ∨ ¬ q ) ) ≡ ( ⊤ ∧ ( ¬ p ∨ ¬ q ) ) ≡ ( ¬ p ∨ ¬ q ) Adım 6: Kalan kısım için benzer sadeleştirme yapıyoruz. Şu parçayı sadeleştiriyoruz: ( ¬ q ∨ ( q ∧ ¬ r ) ) ≡ ( ( ¬ q ∨ q ) ∧ ( ¬ q ∨ ¬ r ) ) ≡ ( ⊤ ∧ ( ¬ q ∨ ¬ r ) ) ≡ ( ¬ q ∨ ¬ r ) Adım 7: Tüm ifadeyi birleştirip totolojiye ulaşıyoruz. ( ¬ p ∨ ¬ q ) ∨ ( ¬ q ∨ ¬ r ) ∨ r ≡ ¬ p ∨ ¬ q ∨ ¬ r ∨ r ≡ ¬ p ∨ ¬ q ∨ ⊤ ≡ ⊤ Sonuç: şıkkıB1385ndaki önerme her durumda doğru olduğundan totolojidir. Kontrol amaçlı kısa not: Diğer şıkların totoloji olmadığını tek bir karşı örnekle gösterebiliriz. B için (öncül doğru iken sonuç yanlış seçilir): p = 0, q = 1, r = 1 C için (öncül doğru iken sonuç yanlış seçilir): p = 1, q = 1, r = 0 D için (iki yönlü eşdeğerlik bozulur): p = 0, q = 1, r = 0

Doğru cevap: C

Doğru cevap C ’dır. şıkkıC20ndaki bileşik önerme her durumda doğru olduğu için totolojidir. şıkkıC91nı blok olarak yazalım: ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) Totoloji olduğunu göstermek için şu mantık yürütmesini kullanacağız: Bir koşullu önermenin yanlış olması için öncülün doğru, sonucun yanlış olması gerekir. Bu nedenle A’nın yanlış olduğunu varsayalım. O zaman aynı anda şu ikisi gerçekleşmelidir: ( p → q ) ∧ ( q → r ) ¬ ( p → r ) Şimdi ikinci ifadeyi açalım. Koşullu önerme ancak öncül doğru ve sonuç yanlış iken yanlıştır. Dolayısıyla: ¬ ( p → r ) ⇒ p ∧ ¬ r Buradan p doğru ve r yanlış ( p → q ) ∧ ( q → r ) Bu bileşikte iki koşullu da doğrudur. Özellikle: p → q Az önce p doğru olduğunu bulmuştuk. O hâlde p ise q koşullu önermesinden q doğru p, p → q ⇒ q Şimdi öncüldeki ikinci koşulluya bakalım: q → r Bir önceki adımda q doğru r doğru q, q → r ⇒ r Ama biz daha önce r yanlış ¬ r Bu, aynı anda hem r hem de r değil Sonuç: A her durumda doğru olduğundan totolojidir. Diğer şıkların totoloji olmadığını kısa karşı-örneklerle kontrol edelim. B şıkkı için: ( p → q ) → ( q → p ) Aşağıdaki değerlerde önerme yanlış olur: p = F, q = T C şıkkı için: ( p ∨ q ) → ( p ∧ q ) Aşağıdaki değerlerde önerme yanlış olur: p = T, q = F D şıkkı için: ( p → q ) ↔ ( p ∧ q ) Aşağıdaki değerlerde önerme yanlış olur: p = F, q = F Genel sonuç: Totoloji olan tek seçenek C’dır.

1. Çözüm: Doğru cevap C ’dır. şıkkıC20ndaki bileşik önerme her durumda doğru olduğu için totolojidir. şıkkıC91nı blok olarak yazalım: ( ( ( p → q ) ∧ ( q → r ) ) → ( p → r ) ) Totoloji olduğunu göstermek için şu mantık yürütmesini kullanacağız: Bir koşullu önermenin yanlış olması için öncülün doğru, sonucun yanlış olması gerekir. Bu nedenle A’nın yanlış olduğunu varsayalım. O zaman aynı anda şu ikisi gerçekleşmelidir: ( p → q ) ∧ ( q → r ) ¬ ( p → r ) Şimdi ikinci ifadeyi açalım. Koşullu önerme ancak öncül doğru ve sonuç yanlış iken yanlıştır. Dolayısıyla: ¬ ( p → r ) ⇒ p ∧ ¬ r Buradan p doğru ve r yanlış ( p → q ) ∧ ( q → r ) Bu bileşikte iki koşullu da doğrudur. Özellikle: p → q Az önce p doğru olduğunu bulmuştuk. O hâlde p ise q koşullu önermesinden q doğru p, p → q ⇒ q Şimdi öncüldeki ikinci koşulluya bakalım: q → r Bir önceki adımda q doğru r doğru q, q → r ⇒ r Ama biz daha önce r yanlış ¬ r Bu, aynı anda hem r hem de r değil Sonuç: A her durumda doğru olduğundan totolojidir. Diğer şıkların totoloji olmadığını kısa karşı-örneklerle kontrol edelim. B şıkkı için: ( p → q ) → ( q → p ) Aşağıdaki değerlerde önerme yanlış olur: p = F, q = T C şıkkı için: ( p ∨ q ) → ( p ∧ q ) Aşağıdaki değerlerde önerme yanlış olur: p = T, q = F D şıkkı için: ( p → q ) ↔ ( p ∧ q ) Aşağıdaki değerlerde önerme yanlış olur: p = F, q = F Genel sonuç: Totoloji olan tek seçenek C’dır.

Doğru cevap: D

1) Verilen öncüller: ( p → q ) ∧ ( q → r ) ∧ ¬ r 2) İkinci öncül ile üçüncü öncülden (modus tollens): q → r ¬ r Buradan sonuç: ¬ q 3) Birinci öncül ile elde edilen sonuçtan (modus tollens): p → q ¬ q Buradan sonuç: ¬ p 4) Böylece öncüllerden şu iki sonuç mantıksal olarak çıkar: ¬ q ¬ p 5) Bu nedenle A ve B şıkları çıkarılabilir; ayrıca ikisini birlikte yazarsak C şıkkı da çıkarılabilir: ¬ p ∧ ¬ q 6) D şıkkının öncüllerden çıkıp çıkmadığını kontrol edelim. Öncüllerde zaten: ¬ r Ayrıca 3. adımda: ¬ p Bu iki bilgi birlikte, aşağıdaki ifadenin yanlış olduğunu gösterir: p ∨ r Hatta öncüllerden şu da çıkar: ¬ ( p ∨ r ) 7) Sonuç: D şıkkı öncüllerden mantıksal olarak çıkarılamaz (hatta öncüller D’nin tersini zorunlu kılar). Bu yüzden doğru cevap D’dir.

1. Çözüm: 1) Verilen öncüller: ( p → q ) ∧ ( q → r ) ∧ ¬ r 2) İkinci öncül ile üçüncü öncülden (modus tollens): q → r ¬ r Buradan sonuç: ¬ q 3) Birinci öncül ile elde edilen sonuçtan (modus tollens): p → q ¬ q Buradan sonuç: ¬ p 4) Böylece öncüllerden şu iki sonuç mantıksal olarak çıkar: ¬ q ¬ p 5) Bu nedenle A ve B şıkları çıkarılabilir; ayrıca ikisini birlikte yazarsak C şıkkı da çıkarılabilir: ¬ p ∧ ¬ q 6) D şıkkının öncüllerden çıkıp çıkmadığını kontrol edelim. Öncüllerde zaten: ¬ r Ayrıca 3. adımda: ¬ p Bu iki bilgi birlikte, aşağıdaki ifadenin yanlış olduğunu gösterir: p ∨ r Hatta öncüllerden şu da çıkar: ¬ ( p ∨ r ) 7) Sonuç: D şıkkı öncüllerden mantıksal olarak çıkarılamaz (hatta öncüller D’nin tersini zorunlu kılar). Bu yüzden doğru cevap D’dir.

Doğru cevap: A

Bağlaç “ve” olduğunda bileşik önerme ancak iki önerme de doğruysa doğrudur.

1. Çözüm: Bağlaç “ve” olduğunda bileşik önerme ancak iki önerme de doğruysa doğrudur.