Lösung zum 1. Übungsblatt - THI

Logik
Sommersemester 2009
Institut für Theoretische Informatik
Leibniz Universität Hannover
Lösung zum 1. Übungsblatt
30.03.2009
Stundenübung
Aufgabe 1: (Koinzidenzlemma) Zeigen Sie: Der Wert einer Formel ϕ unter einer Belegung α hängt nur von der Belegung der in ϕ auftretenden aussagenlogischen Variablen
ab, d.h. ist α(x) = β(x) für zwei Belegungen α, β und alle x ∈ Var (ϕ), so ist bereits
α(ϕ) = β(ϕ).
Lösung: Induktiv über den Aufbau der Formel. Sei ϕ Formel und α, β Belegungen, die
auf Var (ϕ) übereinstimmen.
Ist ϕ = 0, so ist α(ϕ) = 0 = β(ϕ). Analog für 1. Ist ϕ = x mit x ∈ Var , so ist α(ϕ) =
β(ϕ), da α, β auf Var (ϕ) übereinstimmen. Ist ϕ = ¬ψ, so ist Var (ϕ) = Var (ψ) und somit
I.V.
α(ϕ) = 1 − α(ψ) = 1 − β(ψ) = β(ϕ). Ist ϕ = ψ ∨ σ, so ist Var (ϕ) = Var (ψ) ∪ Var (σ)
I.V.
und somit α(ϕ) = max{α(ψ), α(σ)} = max{β(ψ), β(σ)} = β(ϕ). Rest: Analog.
Aufgabe 2: Bei einem Schulausflug schwatzten die Mädchen viel. Es war von Aki,
Bauzi, Knirps und Dicki die Rede. Die Lehrerin, die sich die Unterhaltung eine Weile
lang angehört hatte, fragte schließlich: „Wovon redet ihr eigentlich?“ Eine Schülerin
antwortete: „Von einem Mädchen, einem Jungen, einem Hund und einer Katze“. Darauf
die Lehrerin: „Und wer ist was?“ Die Mädchen wollten es ihrer Lehrerin nicht allzu leicht
machen und antworteten: „Wenn Aki nicht der Hund ist und Bauzi nicht das Mädchen,
dann ist Knirps der Hund.“ „Wenn Dicki nicht die Katze ist, dann ist, falls Aki nicht
das Mädchen ist, Bauzi der Hund.“ „Wenn weder Knirps noch Dicki das Mädchen ist,
dann ist Bauzi der Hund.“ Hier unterbrach die (schlaue) Lehrerin die Mädchen: „Genug,
diese Angaben reichen mir!“
Reichen sie auch Ihnen? Formalisieren Sie die Aussagen und zeigen Sie, dass Ihre
(formalisierte) Vermutung über die Namen und Personen eine Folgerung aus den formalisierten Aussagen ist.
Lösung: Am sei die Aussage „Aki ist das Mädchen“, entsprechend seien die weiteren
15 Aussagen Aj, Ah, Ak, Bm, usw. definiert. Man beachte, dass Xy für genau ein X ∈
{A, B, K, D} und genau ein y ∈ {m, j, h, k} wahr ist. Für X = A liefert dies die Aussage
FA : (Am ∧ ¬Aj ∧ ¬Ah ∧ ¬Ak) ∨ (¬Am ∧ Aj ∧ ¬Ah ∧ ¬Ak) ∨ (¬Am ∧ ¬Aj ∧ Ah ∧
¬Ak) ∨ (¬Am ∧ ¬Aj ∧ ¬Ah ∧ Ak). Entsprechend seien FB , FK , FD , Fm , Fj , Fh und Fk
definiert. F sei die Konjunktion dieser 8 Aussagen und der folgenden Formalisierungen
der genannten Aussagen: G1 : ¬Ah ∧ ¬Bm → Kh,
G2 : ¬Dk → (¬Am → Bh),
G3 : ¬Km ∧ ¬Dm → Bh.
Sei α eine Belegung, die zu F passt, mit α(F ) = 1. Die bevorzugte Position von Bh legt
nahe, eine Fallunterscheidung nach α(Bh) zu machen.
1. Fall: α(Bh) = 1. Wegen α(Fh ) = 1 ist α(Kh) = 0. Wegen α(FB ) = 1 ist α(Bm) = 0.
Mit α(G1 ) = 1 ist α(¬Ah) = 0, also α(Ah) = 1, ein Widerspruch zu α(Bh) = 1. Es
bleibt nur der
2. Fall: α(Bh) = 0. Mit α(G3 ) = 1 folgt aus α(Km) = 0: α(Dm) = 1. Dann ist
α(Dk) = 0, und mit α(G2 ) = 1 folgt α(Am) = 1. Dies widerspricht α(Dm) = 1. Es muss
also α(Km) = 1 sein. Dann ist α(Kh) = 0 und α(¬Bm) = 1, und mit α(G1 ) = 1 folgt
α(Ah) = 1. Nun bleibt nicht mehr viel zu untersuchen. Wäre α(Bk) = 1, so bliebe nur
α(Dj) = 1. Dann ist α(G2 ) = 0, ein Widerspruch. Daher bleibt nur α(Bj) = α(Dk) = 1.
Die restlichen Aussagen erhalten den Wert 0.
Wir haben gezeigt: Aus α(F ) = 1 folgt die angegebene Wertverteilung für α. Anders
formuliert: Für jede passende Belegung α gilt: Ist α(F ) = 1, so ist α(Ah ∧ Bj ∧ Dk ∧
Km) = 1. Man sagt hierfür: Die Formel Ah ∧ Bj ∧ Dk ∧ Km ist eine Folgerung der
Formel F . Somit haben wir die Lösung gefunden. Es ist kaum anzunehmen, dass jemand
dies auf Anhieb einsieht - deswegen die Anmerkung über die Lehrerin.
Aufgabe 3: Man untersuche, ob ϕ erfüllbar bzw. unerfüllbar bzw. Tautologie ist. Man
gebe zusätzlich alle Teilformeln und den Ableitungsbaum an.
ϕ = x ∨ y → ((z ↔ y) ∧ (x → z))
Lösung: erfüllbar: Für α mit α(x) = 0, α(y) = 0, α(z) beliebig ist α |= ϕ1 .
keine Tautologie: Für α(y) = 1, α(z) = 0, α(x) beliebig ist α 2 ϕ1 .
Hausübung
Aufgabe 4: a) Man untersuche jeweils, ob ϕi erfüllbar bzw. unerfüllbar bzw. Tautologie
ist.
1) ϕ1 = (x ∧ y → z) ↔ (x → (y → z))
2) ϕ2 = (((x ↔ y) ↔ x) ↔ y) ↔ x
3) ϕ3 = ¬((x → y) → ((x → z) → (x → y ∧ z))) → (x ∧ ¬w ↔ (y → x ∨ w))
b) Beweisen Sie die allgemeinen de Morgan’schen Regeln:
¬
k
^
i=1
ϕi ≡
k
_
i=1
¬ϕi , ¬
k
_
i=1
ϕi ≡
k
^
¬ϕi
i=1
Lösung: a) 1): Mit einer Wahrheitstafel folgt alles. Einfacher ist hier dank des Wertes
einer Implikation, dass man zeigt, dass die linke Formel F der Äquivalenz genau dann
falsch ist, wenn die rechte Formel G falsch ist. Sei also α(F ) = 0. Dann ist α(z) = 0 und
α(x ∧ y) = 1, also α(x) = α(y) = 1. Nun ist α(y → z) = 0 und damit α(G) = 0. Sei
umgekehrt α(G) = 0. Dann ist α(x) = 1 und α(y → z) = 0. Daher folgt α(y) = 1 und
α(z) = 0. Hiermit ist α(y ∧ z) = 1 und folglich α(F ) = 0. Daher ist ϕ1 eine Tautologie.
2): Ist α(x) = α(y) = 1, so ist offensichtlich α(ϕ2 ) = 1, ϕ2 ist also erfüllbar. Ist
α0 (x) = α0 (y) = 0, so folgt sukzessive: α0 (x ↔ y) = 1, α0 ((x ↔ y) ↔ x) = 0, α0 (((x ↔
y) ↔ x) ↔ y) = 1, α0 (ϕ2 ) = 0. Daher ist ϕ2 keine Tautologie.
3): Schaut man sich die Prämisse der Implikation ohne das Negationszeichen an – die
Formel sei H – und denkt an Teil a), so sieht man, dass H stets denselben Wert hat
wie die Formel G : (x → y) ∧ (x → z) ∧ x → y ∧ z. Dies ist jedoch eine Tautologie, wie der gesunde Menschenverstand es suggerieren sollte. Ist nämlich die Prämisse
von G wahr unter α, so sind all ihre drei Konjunktionen wahr, und mit α(x) = 1 folgt
α(y) = α(z) = 1. Damit ist auch die Konklusion von G wahr, es ist α(G) = 1 für alle
α. Daher ist auch H eine Tautologie, und ¬H hat stets den Wert 0. Daher hat ϕ3 als
Implikation, deren Prämisse stets den Wert 0 hat, stets den Wert 1, ist also eine Tautologie.
Ebenso schnell kommt man zum Ziel, wenn man annimmt, dass die Prämisse der Implikation den Wert 1 und die Konklusion den Wert 0 hat. Dann hat nämlich H den Wert
0, was man schnell zum Widerspruch führt.
b) Induktiv über k. k = 1: offensichtlich. k = 2: Wahrheitstafel. Gelte für k. Dann ist
Vk+1
V
V
W
I.V.
I.V. W
¬ i=1 ϕi ≡ ¬( ki=1 ϕi ∧ ϕk+1 ) ≡ ¬ ki=1 ϕi ∨ ¬ϕk+1 ≡ ki=1 ¬ϕi ∨ ¬ϕk+1 ≡ k+1
i=1 ϕi
Abgabe: 27.04.2009 vor der Vorlesung