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
Lösungshinweise zum fünften Übungsblatt
Hausübungen
(H 13) Resolutionsverfahren der Aussagenlogik
(a) Um die
von (p → q) → p → p zu zeigen, weisen wir die Unerfüllbarkeit der Formel
Allgemeingültigkeit
A ≡ ¬ (p → q) → p → p nach, welche wir in KNF bringen:
A ≡ ¬ ¬ ¬(¬p ∨ q) ∨ p ∨ p
≡ ¬(¬p ∨ q) ∨ p ∧ ¬p
≡ (p ∧ ¬q) ∨ p ∧ ¬p
≡ p ∧ (p ∨ ¬q) ∧ ¬p
Resolvieren wir nach p erhalten wir in einem Schritt die leere Klausel, also ist A unerfüllbar und damit
Peirce’s Law“ eine Tautologie.
”
!
(p ∧ r ∧ s) ∨ t → q → (p ∧ r ∧ s) ∨ t → (p ∧ r ∧ s) ∨ t
(b) Wir bringen B ≡ ¬
wiederum in KNF.
Da B eine Instanz von Peirce’s Law“ ist, verwenden wir das vorangegangene Ergebnis:
”
B ≡ (p ∧ r ∧ s) ∨ t ∧ ( (p ∧ r ∧ s) ∨ t ∨ ¬q) ∧ ¬ (p ∧ r ∧ s) ∨ t
≡ (p ∨ t) ∧ (r ∨ t) ∧ (s ∨ t) ∧ (p ∨ t ∨ ¬q) ∧ (r ∨ t ∨ ¬q) ∧ (s ∨ t ∨ ¬q)
∧ ¬ (p ∨ t) ∧ (r ∨ t) ∧ (s ∨ t)
≡ (p ∨ t) ∧ (r ∨ t) ∧ (s ∨ t) ∧ (p ∨ t ∨ ¬q) ∧ (r ∨ t ∨ ¬q) ∧ (s ∨ t ∨ ¬q)
∧ (¬p ∧ ¬t) ∨ (¬r ∧ ¬t) ∨ (¬s ∧ ¬t)
≡ (p ∨ t) ∧ (r ∨ t) ∧ (s ∨ t) ∧ (p ∨ t ∨ ¬q) ∧ (r ∨ t ∨ ¬q) ∧ (s ∨ t ∨ ¬q)
∧ (¬p ∨ ¬r ∨ ¬s) ∧ (¬p ∨ ¬r ∨ ¬t) ∧ (¬p ∨ ¬t ∨ ¬s)
∧ (¬p ∨ ¬t) ∧ (¬r ∨ ¬t) ∧ (¬s ∨ ¬t) ∧ (¬s ∨ ¬r) ∧ ¬t
Es genügt nun folgende Terme anzuschauen:
(s ∨ t)
(¬s ∨ ¬r)
(r ∨ t)
¬t A
EE
 AAA
xx
ww
EE

x
w
AA

x
w
EE
x

w
x
A
w

EE 
A xxx
ww

ww
s HH
rB
w
w
BB
HH
ww
BB
HH
ww
w
HH
BB
H www
BB
BB
¬r
BB
ww
BB
w
ww
BB
B wwww
⊥
Im zweiten Fall braucht man zwei Resolutionsschritte mehr, obwohl die zweite Formel durch Substitution aus der
ersten entsteht. Dieses Beispiel soll zeigen, daß die für das Resolutionsverfahren notwendige Umformung in KNF
die Struktur der Teilformeln einer Formel nicht erhält. Das Resolutionsverfahren ist in gewissem Sinne primitiv“,
”
da es möglicherweise vorhandene Strukturen in Formeln nicht erkennt, sondern nur auf der Ebene der Klauseln
agiert.
F (H 14) Beweis von Satz 5.13
(a) Zeige, daß jede Belegung %, welche alle Klauseln aus M wahr macht auch alle Klauseln aus M 0 wahr macht.
Sei X ein Klausel aus M 0 . Falls X ∈ M? sind wir fertig. Ist andernfalls X von der Form K ∪ K 0 \ {A, ¬A},
wobei K ∈ MA , K 0 ∈ M¬A und K ∪ K 0 \ {A, ¬A} reduziert, dann werden nach Voraussetzung K und K 0
durch % wahr gemacht. Da %(A) gleich w oder f ist muß schon K \ {A} oder K 0 \ {¬A} durch % wahr gemacht
werden und damit auch die Klausel X.
(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,
0
0
%1 (X) =
und
%2 (X) =
%(X) sonst
%(X) sonst
betrachten.
Angenommen es gibt nun eine Klausel K ∈ M die weder durch %01 noch %02 wahr gemacht wird, dann kann die
Klausel K weder A noch ¬A enthalten. Damit wäre K ∈ M? und folglich K ∈ M 0 , was aber im Widerspruch
zu der Annahme steht, daß % alle Klauseln aus M 0 wahr macht.
(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
u>
2. J⊥K % = ⊥
3. JA ∧ BK % = JAK % ∧ JBK %
L=
4. JA ∨ BK % = JAK % ∨ JBK %
uc
@
@ub
a u
@
@u⊥
Da die Definition der Interpretation von → erfahrungsgemäß etwas Schwierigkeiten macht, geben wir hier die
Wertetabelle für den Verband L:
5. JA → BK % = max{x ∈ L | JAK % ∧ x ≤ JBK %}
→
⊥
a
b
c
>
⊥ a b c >
> > > > >
b > b > >
a 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) Sei in den folgenden Beweisen Γ ≡ C1 , . . . , Cn (bzw. ∆ ≡ D1 , . . . , Dm ) und JΓK % ≡ JC1 K % ∧ . . . ∧ JCn K %
(bzw. J∆K % ≡ JD1 K % ∧ . . . ∧ JDm K %).
1. Korrekheit der Regel (∧I):
Angenommen die Sequenzen Γ ` A und ∆ ` B sind gültig, dann gilt JGammaK % ≤ JAK % und
J∆K % ≤ JBK %. Es folgt JΓK % ∧ J∆K % ≤ JAK %, JBK % und schließlich JΓK % ∧ J∆K % ≤ JAK % ∧ JBK %.
2. Korrekheit der Regel (→ E):
Angenommen die Sequenzen Γ ` A und ∆ ` A → B sind gültig, dann gilt JΓK % ≤ JAK % und J∆K % ≤
JAK % → JBK %. Es folgt JΓK % ∧ J∆K % ≤ JAK % ∧ (JAK % → JBK %) ≤ JBK %. (Die letzte Ungleichung folgt
aus der Definition der Interpretation von →.)
(b)
1. ¬¬p0 ` p0
Wählt man %(p0 ) = c, dann folgt %(¬p0 ) = %(p0 → ⊥) = %(p0 ) → ⊥ = ⊥ und %(¬¬p0 ) = %(¬p0 →
⊥) = %(¬p0 ) → ⊥ = >. Da > 6≤ c kann ¬¬p0 ` p0 intuitionistisch nicht herleitbar sein.
2. ¬(p0 ∧ p1 ) ` ¬p0 ∨ ¬p1
Mit der Belegung %(p0 ) = a und %(p1 ) = b folgt
%(¬(p0 ∧ p1 )) = %((p0 ∧ p1 ) → ⊥) = %(p0 ∧ p1 ) → ⊥ = (%(p0 ) ∧ %(p1 )) → ⊥ = (a ∧ b) → ⊥ = ⊥ → ⊥ = >
und
%(¬p0 ∨ ¬p1 ) = %(p0 → ⊥) ∨ %(p1 → ⊥) = (%(p0 ) → ⊥) ∨ (%(p1 ) → ⊥) = (a → ⊥) ∨ (b → ⊥) = b ∨ a = c
Da wiederum > 6≤ c kann ¬(p0 ∧ p1 ) ` ¬p0 ∨ ¬p1 intuitionistisch nicht herleitbar sein.