Lösung zum 4. Übungsblatt - THI

Logik
Sommersemester 2009
Institut für Theoretische Informatik
Leibniz Universität Hannover
Lösung zum 4. Übungsblatt
11.05.2009
Stundenübung
Aufgabe 1: Sei ϕ = (p2 ↔ ¬p4 )∨(¬p1 ∧p2 ∧p3 )∨(p5 ∧¬p3 )∨(p1 ∧¬p6 )∨(p4 → p6 )∨¬p5 .
Man gebe eine zu ¬ϕ äquivalente KNF-Formel ψ an und untersuche mit Hilfe des Resolutionskalküls, ob ϕ eine Tautologie ist. Wenn ja, so gebe man eine Resolutionsableitung
der leeren Klausel aus ψ an.
Lösung: ϕ ist genau dann eine Tautologie, wenn ¬ϕ unerfüllbar ist. Zur Anwendung
des Resolutionskalküls benötigen wir eine konjunktive Normalform ψ von ¬ϕ. Es gilt:
ϕ ≡ (p2 ∧ ¬p4 ) ∨ (¬p2 ∧ p4 ) ∨ (¬p1 ∧ p2 ∧ p3 ) ∨ (p5 ∧ ¬p3 ) ∨ (p1 ∧ ¬p6 ) ∨ ¬p4 ∨ p6 ∨ ¬p5
Und somit:
¬ϕ ≡ (¬p2 ∨p4 )∧(p2 ∨¬p4 )∧(p1 ∨¬p2 ∨¬p3 )∧(¬p5 ∨p3 )∧(¬p1 ∨p6 )∧p4 ∧¬p6 ∧p5 =: ψ
ψ ist also eine KNF mit 8 Konjunktionsgliedern, also eine Klauselmenge mit 8 Klauseln.
Sie ist genau dann unerfüllbar, wenn aus ihr die leere Klausel resolvierbar ist. Obige
Klauseln nennen wir in der angegebenen Reihenfolge K1 , . . . , K8 . Nun liefern jeweils die
folgenden Klauselpaare den nachfolgenden Resolventen:
(K2 , K6 ) liefert K9 := {p2 }.
(K4 , K8 ) liefert K10 := {p3 }.
(K3 , K9 ) liefert K11 := {p1 , ¬p3 }.
(K11 , K10 ) liefert K12 := {p1 }.
(K5 , K12 ) liefert K13 := {p6 }.
(K7 , K13 ) liefert K14 := ¤.
Die Folge mit den Gliedern K1 , . . . , K14 ist also eine Resolutionswiderlegung von ψ,
daher ist ¬ϕ unerfüllbar und somit ϕ eine Tautologie.
¤
Aufgabe 2: Sei ϕ = p∨¬p. Man gebe Γϕ an und beweise durch Resolutionswiderlegung
von Γϕ , dass ϕ eine Tautologie ist.
Lösung: Da sub(ϕ) = {p, ¬p, ϕ}, ist Γϕ gleich
©
ª
{qp , ¬p}, {¬qp , p}, {qp , q¬p }, {¬qp , ¬q¬p }, {¬qϕ , qp , q¬p }, {¬qp , qϕ }, {¬q¬p , qϕ }, {¬qϕ } .
Die Klauseln nennen wir wieder K1 , . . . , K8 . Nun liefern wieder die folgenden Klauselpaare den nachfolgenden Resolventen:
(K7 , K8 ) liefert K9 := {¬q¬p }.
(K3 , K9 ) liefert K10 := {qp }.
(K6 , K10 ) liefert K11 := {qϕ }.
(K8 , K11 ) liefert K12 := ¤.
Die Folge mit den Gliedern K1 , . . . , K12 ist also eine Resolutionswiderlegung von Γϕ ,
daher ist ¬ϕ unerfüllbar und somit ϕ eine Tautologie.
¤
Hausübung
Aufgabe 3: Sei ϕ die folgende Formel:
(p1 ∨ ¬(p2 ∧ p3 )) → ((p2 ↔ ¬p3 ) ∨ ¬(¬p1 ∧ p3 ))
a) Man gebe, in Klauselschreibweise, eine Formel ψ in KNF an, die äquivalent zu ¬ϕ
ist.
b) Man untersuche mit Hilfe des Resolutionskalküls, ob ϕ eine Tautologie ist.
Lösung: a) Gesucht ist eine konjunktive Normalform von ¬ϕ. Die Negation von ϕ ist
äquivalent zu der Formel
(p1 ∨ ¬(p2 ∧ p3 )) ∧ (¬(p2 ↔ ¬p3 ) ∧ ¬p1 ∧ p3 ).
Da p2 ↔ ¬p3 äquivalent zur Formel (p2 ∧ ¬p3 ) ∨ (¬p2 ∧ p3 ) ist, ist das zweite Konjunktionsglied äquivalent zu (¬p2 ∨ p3 ) ∧ (p2 ∨ ¬p3 ) ∧ ¬p1 ∧ p3 . Diese Formel ist schon in der
gewünschten Form. Das erste Konjunktionsglied wird mit einer de Morganschen Regel
umgeformt zu p1 ∨ ¬p2 ∨ ¬p3 . Eine konjunktive Normalform von ¬ϕ ist damit
(p1 ∨ ¬p2 ∨ ¬p3 ) ∧ (¬p2 ∨ p3 ) ∧ (p2 ∨ ¬p3 ) ∧ ¬p1 ∧ p3 .
In Klauselschreibweise ergibt sich daher die gesuchte Formel ψ als
ψ = {{p1 , ¬p2 , ¬p3 }, {¬p2 , p3 }, {p2 , ¬p3 }, {¬p1 }, {p3 }}.
b) ϕ ist genau dann eine Tautologie, wenn ¬ϕ unerfüllbar ist. Dies wiederum ist genau
dann der Fall, wenn es eine Resolutionsableitung von ¤ aus ψ gibt. Damit liefert Teil a)
eine schnelle Lösung. Seien K1 , . . . , K5 wieder, in der angegebenen Reihenfolge, die Klauseln in ψ. (K3 , K5 ) liefert den Resolventen {p2 }, (K1 , K4 ) den Resolventen {¬p2 , ¬p3 }.
Diese beiden ergeben {¬p3 }. Da {p3 } ∈ ψ, ergibt sich der Resolvent ¤. Damit ist ϕ als
Tautologie erwiesen.
¤
Aufgabe 4: Sei ϕ = (x → y) ↔ (¬y → ¬x). Man gebe Γϕ an und beweise durch
Resolutionswiderlegung von Γϕ , dass ϕ eine Tautologie ist.
Lösung: Seien ψ = x → y und θ = ¬y → ¬x. Da sub(ϕ) = {x, ¬x, y, ¬y, x → y, ¬y →
¬x, ϕ}, ist Γϕ gleich
©
{qx , ¬x}, {¬qx , x}, {qx , q¬x }, {¬qx , ¬q¬x }, {qy , ¬y}, {¬qy , y}, {qy , q¬y }, {¬qy , ¬q¬y },
|
{z
} |
{z
} |
{z
} |
{z
}
∆x
∆¬x
∆y
∆¬y
{¬qψ , ¬qx , qy }, {qx , qψ }, {¬qy , qψ }, {¬qθ , ¬q¬y , q¬x }, {q¬y , qθ }, {¬q¬x , qθ },
|
{z
} |
{z
}
∆ψ
∆θ
ª
{¬qϕ , ¬qψ , qθ }, {¬qϕ , qψ , ¬qθ }, {qψ , qθ , qϕ }, {¬qψ , ¬qθ , qϕ }, {¬qϕ } .
|
{z
}
∆ϕ
Die Klauseln nennen wir K1 , . . . , K19 . Nun liefern wieder die folgenden Klauselpaare den
nachfolgenden Resolventen:
(K18 , K19 ) liefert K20 := {¬qψ , ¬qθ }.
(K20 , K13 ) liefert K21 := {¬qψ , q¬y }.
(K21 , K8 ) liefert K22 := {¬qψ , ¬qy }.
(K22 , K11 ) liefert K23 := {¬qy }.
(K20 , K14 ) liefert K24 := {¬qψ , ¬q¬x }.
(K24 , K3 ) liefert K25 := {¬qψ , qx }.
(K25 , K10 ) liefert K26 := {qx }.
(K17 , K19 ) liefert K27 := {qψ , qθ }.
(K27 , K12 ) liefert K28 := {qψ , ¬q¬y , q¬x }.
(K28 , K7 ) liefert K29 := {qψ , qy , q¬x }.
(K29 , K4 ) liefert K30 := {qψ , qy , ¬qx }.
(K30 , K9 ) liefert K31 := {qy , ¬qx }.
(K31 , K23 ) liefert K32 := {¬qx }.
(K32 , K26 ) liefert K33 := ¤.
Die Folge mit den Gliedern K1 , . . . , K33 ist also eine Resolutionswiderlegung von Γϕ ,
daher ist ¬ϕ unerfüllbar und somit ϕ eine Tautologie.
¤
Aufgabe 5: Sei ϕ eine beliebige aussagenlogische Formel. Zeigen Sie: ¬ϕ und Γϕ sind
erfüllbarkeitsäquivalent, d.h. ¬ϕ ist erfüllbar gdw. Γϕ ist erfüllbar.
Lösung: Beweisskizze: Sei α eine beliebige zu ϕ passende Belegung. Jetzt setzen wir α
zu einer zu Γϕ passenden Belegung fort durch α(qψ ) := α(ψ) für alle ψ ∈ sub(ϕ). Dann
gilt aufgrund der Definition der ∆ψ : α |= Γϕ \ {{¬qϕ }}. Somit folgt:
α |= Γϕ ⇔ α(¬qϕ ) = 1 ⇔ α(qϕ ) = 0 ⇔ α(ϕ) = 0 ⇔ α |= ¬ϕ
¤
Abgabe: 18.05.2009 vor der Vorlesung