Einführung in die Logik für Informatiker

A
Fachbereich Mathematik
Dr. Mathias Kegelmann
Peter Lietz
Tobias Löw
Florence Micol
TECHNISCHE
UNIVERSITÄT
DARMSTADT
Sommersemester 2003
26. Mai 2003
Einführung in die Logik für Informatiker
Fünftes Übungsblatt
Präsenzübungen
(P 13) Resolutionsverfahren der Aussagenlogik
Es seien p, q, r, s, t ∈ ATOM.
(a) Beweise oder widerlege die Allgemeingültigkeit folgender Formeln
(i) (p ∨ q) ∧ (p → r) → (r ∨ q)
(ii) ¬(p ∧ q ∧ r) ↔ (¬p ∧ ¬q ∧ ¬r)
(iii) (p ∨ q ∨ r) ∧ (p → s) ∧ (q → s) → (r ∨ s)
mit dem Resolutionsverfahren.
(b) Zeige, daß die Formeln ¬p und (p ∨ q) ∧ (p → q) → (p ∧ q) konsistent sind.
(P 14) Multi-Resolutionsverfahren der Aussagenlogik
(a) Die Pigeonhole-Formeln Pn beschreiben das (unlösbare) Problem, n +1 Tauben auf n Löcher
zu verteilen, ohne dabei ein Loch doppelt zu besetzen. Wir betrachten dazu propositionale
Konstanten pi,j mit i ∈ {1, . . . , n} und j ∈ {1, . . . , n + 1}. Dabei stehe pi,j für Taube j sitzt
”
in Loch i“; der Index i bezeichne also das Loch und der Index j die Taube.
Die aussagenlogische Formel Pn := An ∧ Bn besteht aus folgenden zwei Teilen:
1. In jedem Loch sitzt höchstens eine Taube:
An :=
n
n+1
^
^
i=1
(¬pi,j ∨ ¬pi,k )
j,k=1
j<k
2. Jede Taube sitzt in einem Loch:
Bn :=
n+1
^
(p1,j ∨ · · · ∨ pn,j )
j=1
Weise mit dem Multi-Resolutionsverfahren nach, daß die Pigeonhole-Formel P2 nicht erfüllbar ist.
(b) Es sei p eine propositionale Konstante und M eine Menge reduzierter Klauseln, disjunkt
zerlegt in MA , M¬A und M? . Unter welchen Umständen ist die zu M erfüllungsäquivalente
Klauselmenge M 0 leer?
Anmerkung: Die Pigeonhole-Formeln wurden 1979 von Cook und Reckhow angegeben. Im Jahr
1985 veröffentlichte A. Haken in Theoretical Computer Science 39 einen Beweis dafür, daß eine Resolutionswiderlegung der Pigeonhole-Formel Pn mindestens exponentiell viele Zwischenklauseln benötigt, genauer daß die Komplexität des Resolutionsverfahrens für Pn für n ≥ 200
mindestens (1, 49)0,01·n ist. Eine Skizze dieses Beweises findet sich im Lehrbuch Aussagenlogik: Deduktion und Algorithmen von Kleine Büning und Lettmann, Teubner Verlag, Stuttgart
1994.
(P 15) Intuitionistische Aussagenlogik
So mancher wird sich gefragt haben, warum wir den Regeln (¬¬), (TND) und (RAA) besondere
Aufmerksamkeit geschenkt haben. Der Grund ist folgender: Man kann auch ohne diese Regeln
Logik betreiben.
Schließt man also (¬¬) als Regel aus (dann sind weder (TND) noch (RAA) herleitbar (vgl. P
7(b) und H 7(b))), dann erhält man den intuitionistischen Kalkül des natürlichen Schließens.
Ein entscheidender Unterschied zur klassischen Aussagenlogik liegt in der Behandlung der Disjunktion. Um die Aussage ` A ∨ B intuitionistisch zu beweisen, ist es i. A. nicht ausreichend die
Aussage ` ¬(¬A ∧ ¬B) herzuleiten.
(Z. B. ist die Sequenz ` A ∨ ¬A nur dann herleitbar, falls es einen Beweis für A oder einen Beweis
für ¬A gibt. Die klassische Aussagenlogik macht es sich in diesem Fall einfacher, indem sie (TND)
verwendet und davon ausgeht, daß eine der beiden Aussagen wahr ist.)
Leite im intuitionistischen Kalkül folgende Sequenzen her
(a) A ` ¬¬A
(b) ¬(A ∨ B) ` ¬A ∧ ¬B
(c) ¬A ∧ ¬B ` ¬(A ∨ B)
(d) ¬A ∨ ¬B ` ¬(A ∧ B)
Die vierte DeMorgansche-Regel ¬(A ∧ B) ` ¬A ∨ ¬B gilt intuitionistisch nicht.
(In der Hausübung werden wir beweisen, daß ¬(p0 ∧p1 ) ` ¬p0 ∨¬p1 intuitionistisch nicht herleitbar
ist.)
Hausübungen
Abgabe in den Übungen am 2. Juni 2003
(H 13) Resolutionsverfahren der Aussagenlogik
Es seien p, q, r, s und t propositionale Konstanten. Beweise die Allgemeingültigkeit folgender
Formeln
(a) (p → q) → p → p
(b)
(p ∧ r ∧ s) ∨ t → q → (p ∧ r ∧ s) ∨ t → (p ∧ r ∧ s) ∨ t
mit dem Resolutionsverfahren.
Vergleiche die Formeln und die Anzahl der Resolutionsschritte! Was fällt auf und woran liegt das?
F (H 14) Beweis von Satz 5.13
Zum Beweis von Satz 5.13 müssen wir zeigen, daß die Mengen M (= MA ∪ M¬A ∪ M? ) und M 0
erfüllungsäquivalent sind. (Siehe Satz 5.13.)
Leider kann man die Argumentation aus Satz 5.8 und Korollar 5.9 nicht modifikationslos übernehmen, da das Atom A zwar in der Klauselmenge M vorkommt, jedoch nicht in der Klauselmenge
M 0 , und damit die Interpretation von M 0 nicht von der Belegung von A abhängt (im Gegensatz
zur Interpretation von M ).
(a) Zeige, daß jede Belegung %, welche alle Klauseln aus M wahr macht auch alle Klauseln aus
M 0 wahr macht.
(b) Zum Beweis der Rückrichtung nehmen wir an, es gibt eine Belegung %, welche alle Klauseln
aus M 0 wahr macht. Wir müssen nun eine Belegung %0 finden, welche alle Klauseln aus M
wahr macht. Es liegt nun nahe %0 = % zu setzen, jedoch wissen wir noch nicht, ob %0 (A) = w
oder %0 (A) = f sein muß, da das Atom A in M 0 nicht vorkommt. Wir müssen also die beiden
Belegungen
(
(
w
falls
X
=
A,
f
falls X = A,
und
%02 (X) =
%01 (X) =
%(X) sonst
%(X) sonst
betrachten.
Zeige, daß %01 oder %02 alle Klauseln aus M wahr macht. (Verwende, daß sowohl %01 als auch
%02 alle Klauseln aus M 0 wahr machen.)
(H 15) Ein Modell der intuitionistischen Aussagenlogik
Bisher haben wir nur den zweielementigen boolschen Verband als Modell der klassischen Aussagenlogik kennengelernt. Man kann zeigen, daß die boolschen Verbände genau die Modelle der
klassischen Aussagenlogik sind. Da die intuitionistische Aussagenlogik ein Teil der klassischen
Aussagenlogik ist, sind die booleschen Verbände auch Modelle der intuitionistischen Aussagenlogik. In diesem Fall gibt aber noch weitere Modelle. Betrachte nebensthenden Verband L mit
folgender Interpretationsfunktion J.K % : PROP → L, wobei % : ATOM → L
1. JAK % = %(A) für A ∈ ATOM
2. J⊥K % = ⊥
u>
3. JA ∧ BK % = JAK % ∧ JBK %
4. JA ∨ BK % = JAK % ∨ JBK %
5. JA → BK % = max{x ∈ L | JAK % ∧ x ≤ JBK %}
L=
au
uc
@
@ub
@
@u⊥
Da die Definition der Interpretation von → erfahrungsgemäß etwas Schwierigkeiten macht, geben
wir hier die Wertetabelle für den Verband L:
→
⊥
a
b
c
>
⊥
>
b
a
⊥
⊥
a b c >
> > > >
> b > >
a > > >
a b > >
a b c >
Wir nennen nun eine Sequenz A1 , . . . , An ` B gültig unter einer Belegung %, falls
JA1 K % ∧ . . . ∧ JAn K % ≤ JBK %
Wie im klassischen Fall kann man nun die Korrekheit des Kalkül bzgl. des Modells L nachweisen:
Wenn eine Sequenz Γ ` A in intuitionistischen Kalkül herleitbar ist, dann ist sie unter jeder
Belegung gültig.
(a) Zeige die Korrekheit der Regeln (∧I) und (→ E).
(b) Zeige durch jeweils geeignete Belegungen, daß die Sequenzen
1. ¬¬p0 ` p0
2. ¬(p0 ∧ p1 ) ` ¬p0 ∨ ¬p1
intuitionistisch nicht herleitbar sind.
Hinweis: Wer mehr über intuitionistische Logik wissen möchte, der sei auf das Logik-Skript von
Prof. Streicher und das demnächst kommende Miniprojekt verwiesen.