【11408學習記錄】數學邏輯的基石：從充分條件、必要條件到命題推理詳情 - 考研,數學,高數,C,C++,後端開發,yyds乾貨盤點蒙奇D索隆博客

(基礎知識複習)

2026.01.04

數學

基本邏輯

命題

命題是 邏輯推理 的基本單位，必須能確定其真假。

命題一定是陳述句
疑問句、祈使句、悖論等都不能作為命題
例子
- $1$ 是一個 正整數
  - 這是一個陳述句，且能確定真假，因此是一個命題
- $1$ 是一個負數嗎？
  - 這是一個疑問句，因此不是一個命題

真值就是命題的真假值。

在經典的二值邏輯中，一個命題的真值只有 “真” 或 “假” 兩種

真命題：判斷為真的 陳述句

例如：$1$ 是 正整數
- 這是一個陳述句，且我們能判斷真假，因此它是一個命題
- 由於這句話正確，因此該命題為 真命題

假命題：判斷為假的 陳述句

例如：$1$ 是一個負數
- 這是一個陳述句，且我們能判斷真假，因此它是一個命題
- 由於這句話錯誤，因此該命題為 假命題

原命題：所給出的最初的陳述句

例句：若 $A$ ，則 $B$

逆命題：原命題 的條件與結論互換位置的命題

例句：若 $B$ ，則 $A$

否命題：原命題 的否定形式，不僅否定了條件，同時還否定了結論

例句：若 $\bm{非A}$ ，則 $\bm{非B}$

逆否命題：原命題 的 逆否形式

例句：若 $\bm{非B}$ ，則 $\bm{非A}$

互逆關係：

原命題 與 逆命題 互逆
否命題 與 逆否命題 互逆

互否關係：

原命題 與 否命題 互否
逆命題 與 逆否命題 互否

互逆否關係：

原命題 與 逆否命題 互為逆否
逆命題 與 否命題 互為逆否

等價命題：互為逆否 的兩個命題為 等價命題

原命題 與 逆否命題 等價
逆命題 與 否命題 等價
互為等價的兩個命題 同真假

真假獨立：原命題 的真假不能得到 逆命題 與 否命題 的真假

命題的否定：同樣為 原命題 的 否定形式 ，相比於 否命題 ，命題的否定 僅 否定結論

例句：若 $A$ ，且 $\bm{非B}$
簡單的説就是，在原命題的基礎上舉一個反例，就比如：
- 原命題：地面濕了，剛剛下雨了
- 命題的否定：地面濕了，剛剛沒下雨
命題的否定 與 原命題 一定是 一真一假

條件判斷

充分條件：$A \implies B$ ，稱 $A$ 是 $B$ 的 充分條件，$B$ 是 $A$ 的 必要條件

充分條件：只有 $A$ 成立，才能推出 $B$ 成立
必要條件：$B$ 成立，無法推出 $A$ 成立
例子：考上研究生 $\implies$ 數學成績過了及格線
- 這個條件中，考上研究生就是 充分條件，數學成績過了及格線就是 必要條件
- 換句話説，當我們考上了研究生，那麼我們的數學成績肯定就過了及格線
- 再或者説，我們要想考上研究生，那麼數學成績必須得過及格線
- 當我們的數學過了及格線，並不代表我們能夠考上研究生

充要條件：$A\iff B$ ，稱 $A$ 是 $B$ 的 充要條件

充要條件：當 $A$ 成立時，$B$ 也成立；同理，當 $B$ 成立時，$A$ 也成立
例子：資產不低於一百萬 $\iff$ 是一個百萬富翁
- 這個條件中，資產不低於一百萬 與 是一個百萬富翁 互為 充要條件
- 簡單的説就是：當我們的資產不低於一百萬時，我們就可以稱自己是一個百萬富翁；
- 同理：當我們是一個百萬富翁時，就代表我們的資產不低於一百萬

無關條件：$A \nRightarrow B \quad \text{且} \quad B \nRightarrow A$ ，稱 $A$ 是 $B$ 的 既非充分也非必要條件，亦稱 無關條件

無關條件：$A$ 成立不能得出 $B$ 成立，$B$ 成立也不能得出 $A$ 成立
例子：我剛睡醒，我昨天吃了火鍋
- 這句話中，我剛睡醒 並不能得到 我昨天吃了火鍋 這件事
- 同理：我昨天吃了火鍋 也不能得到 我剛睡醒 這件事
- 簡單的説就是：二者毫不相干，一個具體的例子就是：
  - $A$：你吃了嗎?
  - $B$：我昨天做了一個噩夢
  - 就這段對話最能體現這種 毫不相干，我們通常將其稱為 答非所問、驢唇不對馬嘴

對立判斷

基本概念

對立事件：兩個事件中 必有一個且僅有一個 發生 互斥事件：兩個事件 不能同時 發生

所有的 對立事件 均是 互斥事件，但是並非所有的 互斥事件 都是 對立事件
從命題的觀點來看，對立事件 對應的就是 命題的否定
例如
- 原事件：地上濕了，今天下雨了
- 對立事件：地上濕了，今天沒下雨
- 原命題：
  - 條件：地上濕了
  - 結論：今天下雨了
- 命題的否定：
  - 條件：地上濕了
  - 結論：今天沒下雨

基本判斷

判斷1：若 $A \implies B$，則 $\overline{B} \implies \overline{A}$

這裏的命題實際上就是 逆否命題 在 概率論 中的運用
該命題的含義是：
- 若事件 $A$ 發生能推導出事件 $B$ 發生
- 則事件 $B$ 不發生就能推導出事件 $A$ 不發生

判斷2：$\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}$

flowchart  LR
	subgraph U[全集]
		a((a))
		b((b))
	end
classDef R color: white, fill: red, stroke: red, stroke-width: 2px
classDef B color: white, fill: blue, stroke: blue, stroke-width: 2px
classDef Y color: white, fill: yellow, stroke: yellow, stroke-width: 2px
class a R
class b B
class U Y

結合上面的文氏圖我們再來理解這個關係：

事件 $A$ 並事件 $B$ 實際上就是指的上圖中的 $a, b$ 這兩個圓
而 $A \cup B$ 的對立事件，則是全集中，除了這兩個圓以外的全部區域
$A$ 的對立事件 $\overline{A}$ 指的是除了事件 $A$ 以外的全部區域

flowchart  LR
	subgraph U[全集]
		a((a))
		b((b))
	end
classDef R color: white, fill: red, stroke: red, stroke-width: 2px
classDef B color: white, fill: blue, stroke: blue, stroke-width: 2px
classDef Y color: black, fill: yellow, stroke: yellow, stroke-width: 2px

class a R
class U Y
class b Y

同理，$B$ 的對立事件 $\overline{B}$ 指的是除了事件 $B$ 以外的全部區域

flowchart  LR
	subgraph U[全集]
		a((a))
		b((b))
	end
classDef R color: white, fill: red, stroke: red, stroke-width: 2px
classDef B color: white, fill: blue, stroke: blue, stroke-width: 2px
classDef Y color: black, fill: yellow, stroke: yellow, stroke-width: 2px

class b B
class U Y
class a Y

$\overline{A} \cap \overline{B}$ 指的則是二者的交集
- 由於 $\overline{A}$ 是包含 $B$ ，$\overline{B}$ 是包含 $A$
- 即當二者相交的部分則是除去了 $A, B$ 這兩個圓的所有區域

flowchart  LR
	subgraph U[全集]
		a((a))
		b((b))
	end
classDef R color: white, fill: red, stroke: red, stroke-width: 2px
classDef B color: white, fill: blue, stroke: blue, stroke-width: 2px
classDef Y color: white, fill: yellow, stroke: yellow, stroke-width: 2px
class a R
class b B
class U Y

因此該等式成立

判斷3：$\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}$

這個等式更好理解：

對於任意事件 $A \cap B$ ，其表示的含義是 $A$ 與 $B$ 相交的區域：
- 若有交集，則是相交區域
- 若無交集，則是 $\emptyset$
那麼，其對立事件 $\overline{A \cap B}$ 則表示的是除該區域以外的所有區域：
- $A \cap B$ 非空，則是除該區域以外的所有區域
- $A \cap B$ 為空，則是為 全集本身
而事件 $A$ 的對立事件 $\overline{A}$ 表示的是除 $A$ 以外的所有區域
事件 $B$ 的對立事件 $\overline{B}$ 表示的是除 $B$ 以外的所有區域
二者的並集則代表了 全集本身，因此等式成立

例題實戰

命題 $\bm{p}$ ：若存在 $a \in R$ 且 $a \neq 0$，對任意的 $x \in R$，均有 $f(x + a) < f(x) + f(a)$ 恆成立命題 $\bm{q_1}$ ：$f(x)$ 嚴格單調遞減，且 $f(x) > 0$ 恆成立命題 $\bm{q_2}$ ：$f(x)$ 嚴格單調增加，且存在 $x_0 < 0$，使得 $f(x_0) = 0$ 判斷三者之間的關係；

基本概念：

嚴格單調遞增：在定義域內，對於任意 $x_1, x_2 \in D$ 且 $x_1 < x_2$, 都有 $f(x_1) < f(x_2)$ 嚴格單調遞減：在定義域內，對於任意 $x_1, x_2 \in D$ 且 $x_1 < x_2$, 都有 $f(x_1) > f(x_2)$ 2. 證明

命題$\bm{p}$:

當 $a > 0$ 時，對任意 $x \in R$ 均有 $x + a > x$
- 若 $f(x)$ 嚴格單調遞增，則 $f(x + a) > f(x)$
  - 若 $f(a) \geq 0$ ，則 $f(x) \leq f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) \leq f(x) + f(a)$
  - 若 $f(a) < 0$ ，則 $f(x) > f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) > f(x) > f(x) + f(a)$，與命題衝突，不成立
- 若 $f(x)$ 嚴格單調遞減，則 $f(x + a) < f(x)$
  - 若 $f(a) \geq 0$ ，則 $f(x) \leq f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) < f(x) \leq f(x) + f(a)$
  - 若 $f(a) < 0$ ，則 $f(x) > f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) \leq f(x) + f(a)$
當 $a < 0$ 時，對任意 $x \in R$ 均有 $x + a < x$
- 若 $f(x)$ 嚴格單調遞增，則 $f(x + a) < f(x)$
  - 若 $f(a) \geq 0$ ，則 $f(x) \leq f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) < f(x) \leq f(x) + f(a)$
  - 若 $f(a) < 0$ ，則 $f(x) > f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) \leq f(x) + f(a)$
- 若 $f(x)$ 嚴格單調遞減，則 $f(x + a) > f(x)$
  - 若 $f(a) \geq 0$ ，則 $f(x) \leq f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) \leq f(x) + f(a)$
  - 若 $f(a) < 0$ ，則 $f(x) > f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) > f(x) > f(x) + f(a)$，與命題衝突，不成立

命題$\bm{q_1}$：當 $f(x)$ 嚴格單調遞減，且 $f(x) > 0$ 恆成立，則：

當 $a > 0$ 時，對任意 $x \in R$ 均有 $x + a > x$
- $f(x)$ 嚴格單調遞減，則 $f(x + a) < f(x)$
  - $f(a) > 0$ ，則 $f(x) < f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) < f(x) < f(x) + f(a)$
當 $a < 0$ 時，對任意 $x \in R$ 均有 $x + a < x$
- $f(x)$ 嚴格單調遞減，則 $f(x + a) > f(x)$
  - $f(a) > 0$ ，則 $f(x) < f(x) + f(a)$，即 $f(x) < f(x + a) 且 f(x) <f(x) + f(a)$

因此，取 $a > 0$ 可以得出命題$\bm{p}$ 成立，即命題$q_1$ 為命題$\bm{p}$ 的 充分不必要條件

命題 $\bm{q_2}$ ：$f(x)$ 嚴格單調增加，且存在 $x_0 < 0$，使得 $f(x_0) = 0$，則

設 $a = x_0$ ，即：

$a < 0$，且 $f(a) = 0$，對任意 $x \in R$ 均有 $x + a < x$
- $f(x)$ 嚴格單調遞增，則 $f(x + a) < f(x)$
  - 若 $f(a) == 0$ ，則 $f(x) = f(x) + f(a)$，即 $f(x + a) < f(x) = f(x) + f(a)$

因此，取 $a = x_0 < 0$ 可以得出命題$\bm{p}$ 成立，即命題$q_2$ 為命題$\bm{p}$ 的 充分不必要條件

由於命題$q_1$ 與命題$q_2$ 都是在特定情況下成立，因此當命題$\bm{p}$ 成立時，無法得出命題$q_1$ 成立或者命題$q_2$ 成立，因此命題$\bm{p}$ 是命題$q_1$ 與命題$q_2$ 的 必要不充分條件

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