A ∈ F

Folien zu Theoretische Informatik II
Herbert Stoyan
1
Abstraktion
Assoziationen
• vage, unklar, unverständlich, unkonkret
• Einzelheiten sind weggelassen
• das Farbige, Lebendige wird unterdrückt
2
Ziel der Abstraktion
Über gemeinsame Eigenschaften einer Gruppe von Individuen oder Objekte möglichst einfach sprechen
dazu:
Betonen des prototypischen Charakters bestimter Individuen oder Objecte
oder
Erfinden hypothetischer Gegenstände
3
Positive Abstraktion
Hervorheben einer gemeinsamen Eigenschaft
alle Dinge/Objekte/Individuen mit der gemeinsamen Eigenschaft stehen in einer Äquivalenzrelation
Äquivalenzrelation: reflexiv, symmetrisch, transitiv
Äquivalenzklasse = Klasse von Dingen/Objekten/Individuen
mit äquivalenten Ausprägungen
Konsequenz: Aussage über x aus Äquivalenzklasse −→
Aussage über beliebiges y aus dieser Klasse
4
Resultat der Abstraktion
die Aussagen hängen nur noch von den die Äquivalenzrelation definierenden Eigenschaften ab
wir sprechen so, als ob es Dinge/Objekte/Individuen
gäbe, die nur diese Eigenschaften haben
das sind fiktive, virtuelle Dinge/Objekte/Individuen
5
Beispiele
Zahl Klasse der Grundobjekte: Figuren aus Zählzeichen,
Äquivalenzrelation: Bestehen aus gleichvielen Teilzeichen
Aussage Klasse der Grundobjekte: Sätze, Äquivalenzrelation: Inhaltsgleichheit
Funktion Klasse der Grundobjekte: Terme (Abbildungsvorschriften), Äquivalenzrelation: gleicher Wert beim
Einsetzen gleicher Argumentwerte
Fehler Klasse der Grundobjekte: Beschreibung von Fehlersituationen, Äquivalenzrelation: gleiche Symptomkombination (gleiche Auswirkungen, gleiche Korrekturbehandlung)
6
Beweis des Fixpunktsatzes nach
Knaster-Tarski
1. Sei I die Menge der Teilmengen M von U, die ⊥
enthalten und
(a) mit x in M auch f(x) in M liegt
(b) mit jeder Kette K ⊂ M auch sup(K) Element
von M ist
2. alle M vollständig halbgeordnet (⊥ drin und b)
3. U ist ein M
4. D sei Durchschnitt aller M
5. D halbgeordnet (als Teilmenge von U)
6. ⊥ drin
7. Kette aus D muß Kette in jedem M sein
8. dann sup(K) in jedem M und also in D
9. ist x in D, dann x in jedem M
10. damit f(x) in jedem M und f(x) in D
11. also D ein M
12. Sei D’ Teilmenge von D mit: u <= f (u)
13. ⊥ drin (weil ⊥ <= f (⊥))
7
14. aus u <= f (u) und Monotonie: f (u) <= f (f (u)),
also auch f(u) in D’
15. D’ erfüllt a)
16. sei K Kette in D’ mit g = sup(K)
17. dann u <= g und u <= f (u) <= f (g) also f(g)
obere Schranke
18. g ist kleinste obere Schranke, also g <= f (g)
19. daher g liegt in D’; also gilt b)
20. D’ ist ein M
21. also D Teilmenge von D’ (weil Durchschnitt)
22. also für Elemente von D: d <= f (d)
23. Zornsches Lemma: D enthält maximales Element x
24. x muß Fixpunkt sein, denn es muß gelten: x <= f (x)
und f(x) liegt ja in D
25. also: x = f (x)
26. Gibt es kleineren Fixpunkt y?
27. Betrachten wir: D”, Teilmenge von D und alle Elemente kleiner gleich y.
28. also x nicht Element von D”
8
29. ⊥ drin (weil ⊥ <= y)
30. aus d <= y folgt f (d) <= f (y) = y also f(d) ist
Element von D”
31. wenn K eine Kette aus D” ist, und k = sup(K) dann
gilt für alle Kettenelemente, daß sie kleinergleich sind
zu y und das gilt also auch für das sup(K)
32. also Eigenschaft b)
33. also D” ist ein M
34. also D Teilmenge von D” und D=D”
35. damit x Element von D” (Widerspruch!)
9
Beispiel
• Fixpunkt eines Funktionals
• fak(x)=if x=1 then 1 else x*fak(x-1)
• Approximation des Fixpunktes, ausgehend von der
vollständig undefinierten Funktion
• fak0 sei völlig undefiniert
• fak0(x)=F(undef)=undef
• fak1(x)=F(fak0(X))=if x=0 then 1 else x*fak0(x-1)
ist definiert für 0
• fak2(x)=F(fak1(x))=if x=0 then 1 else x*fak1(x-1)
ist definiert für 0 und 1
• usw.
• die bekannte Fakultätsfunktion n! ist Fixpunkt.
• wie ist sie für negative Zahlen definiert?
• Möglichkeiten der Erweiterung: Wähle Wert 0.
• Damit ist die Fixpunktgleichung erfüllt!
• Wähle partielle Funktion (d.h.undefiniert für negative Werte)
• Was ist der Wert von if -1=0 then 1 else -1*⊥? vielleicht ⊥ (undefiniert.
10
• also gibt es mindestens 2 Fixpunkte.lp -dhprn
• Die partielle Funktion ist in der Definitionsordnung
vor der totalen Funktion.
• Hat die Gleichung F(x,y)=if x=0 then 0 else 1+F(x1,F(y-2,x)) einen Fixpunkt?
• es hängt von der Lesweise der Gleichung ab!
• Wählen wir eine äußere Funktionsaktivierung (callby-name), dann existiert Fixpunkt
• Wählen wir eine innere Funktionsaktivierung (callby-value), dann existiert keiner.
• Beispiel: F(2,1)=1+F(1,F(-1,2))
• für außen: =1+(1+F(0,F(-1,2)-2,1))=2
• für innen: =1+F(1,1+F(-2,F(0,-1)))=1+F(1,1+F(-2,0))=1+
3,F(-2,-2))))=... (terminiert nicht!)
• Die Gleichung f(x)=f(x) hat viele Fixpunkte! (ist trivial)
11
Funktionskomposition
• a) Sind f |A → B und g|B → C zwei Funktionen,
so ist auch f ◦ g eine Funktion.
• b) sind beide Funktionen auf, so ist auch die Verkettung eine Funktion auf.
• c) sind beide Funktionen injektiv, so ist auch die Verkettung injektiv.
• d) Sind beide Funktionen bijektiv, so ist auch die
Verkettung bijektiv.
• Beweis a1) x(f ◦ g)z1 und x(f ◦ g)z2
• also Es ex. y1, y2: (xfy1) und y1gz1 und xfy2 und
y2gz2
• f ist Funktion, also y1=y2
• g ist Funktion, also z1=z2
• a21 x aus Dom(f ◦ g)
• es ex y,z: xfy und ygz
• also x aus Dom(f)
• a22 x aus A
• also ex y aus B: xfy
12
• also ex z aus C: ygz
• also x aus Dom(f ◦ g)
• a3 z aus Ran(f ◦ g)
• dann ex x und y: xfy und ygz
• dann z aus Ran(g)
13
Umkehrung der Verknüpfung
• Sei f Funktion. Die Menge der Paare (x,y) mit f(x)=f(y)
heiße Faserung von f.
• Die Faserung einer Funktion ist eine Äquivalenyrelation auf Dom(f)
• Beweis: Reflexiv, Transitiv, Symmetrisch
• F as(f ) = f ◦ f −1
• Beweis:
• xFas(f)y, also f(x)=f(y), also mit z=f(x): xfz und zgy.
• x(fog)y, also ex. z: xfz und yfz, also f(x)=f(y)=z, also
xFas(f)y.
14
Geschichte der Logik
Aristoteles Erste systematische Erforschung der
Prinzipien des logischen Schließens. Syllogismen,
Begriffslogik.
Stoiker, Scholastiker Weiterführung der Syllogismen
Leibniz Entwickelte die Differential- und
Integralrechnung, aber auch eine Rechenmaschine und
vieles mehr. Formulierte als erster das Ziel einer
universellen Sprache zur Formalisierung aller mathematischen Aussagen und einen Kalkül zur Herleitung
aller wahren Aussagen.
Boole Erste mathematische Formalisierung der
Aussagenlogik als Algebra (1854).
Frege Erste mathematische Formalisierung der
Prädikatenlogik (mittels einer graphischen Notation)
(1879).
Hilbert Einer der bedeutendsten Mathematiker des
letzten Jahrhunderts. Formulierte als erster (1900)
zwei grundlegende Ziele der Logik:
(Hilbertsches Programm)
15
• Beweis der Widerspruchsfreiheit der Arithmetik
(= Logik + Natürliche Zahlen) innerhalb der
Arithmetik selbst;
• Entwicklung einer Methode zur Berechnung aller
wahren mathematischen Aussagen.
Russell Logiker, Philosoph und Friedensaktivist.
Leitete die erste Krise der Logik ein mit dem RusselParadox der Menge
R := { M | M ist kein Element von M}
(1901). Ist R ein Element von R? – führt zu einem
Widerspruch im System von Frege.
Enwickelte mit Whitehead die moderne Prädikatenlogik und Mengenlehre (1910-1913) indem er Typen
zur Vermeidung von Aussagen wie M ist Element
”
von M“ benutzte.
Gödel Wohl der bedeutendste Logiker des letzten
Jahrhunderts. Zeigte die Vollständigkeit und damit
Widerspruchsfreiheit der Prädikatenlogik (1930).
Leitete die zweite Krise der Logik ein, indem er zeigte, da die Widerspruchsfreiheit der Arithmetik innerhalb der Arithmetik nicht nachgewiesen werden kann
(1931). Erster Todesstoß für Hilberts Programm.
16
Gentzen Entwickelte zwei noch heute grundlegende Kalküle
für Prädikatenlogik, das natürliche Schließen“ und
”
den Sequenzenkalkül“ (1934).
”
Church Entwickelte den lambda-Kalkül, die
Grundlage aller funktionalen Programmiersprachen.
Zeigte, daß die Tautologie-Eigenschaft für
prädikatenlogische Aussagen unentscheidbar ist (1936).
Zweiter Todesstoß für Hilberts Programm.
Alan Robinson Erfindet den Resolutions-Kalkül, die
erste effektive Methode des automatischen Beweisens
in der Prädikatenlogik (1963).
17
Syllogismen
Obersatz, Untersatz, Konklusion, Subjekt, Prädikat,
Mittelbegriff
Beispiel: Barara: 3 mal affirmativ:
MaP
SaM
SaP
Alle Menschen sind sterblich
Sokrates ist ein Mensch
Sokrates ist sterblich
Bedeutung: Beschreibt Vererbung von Eigenschaften,
Ober-, Unter- und Zwischenbegriffe
3 Aristotelische Figuren, 1 scholastische
Modi: bejahend, partikulär bejahend, verneinend und
partikulär verneinend
18
Bauernregeln
Beispiel:
Wenn der Hahn kräht auf dem Mist, ändert sich das
Wetter oder es bleibt, wie es ist.
Beobachtung: Der Teil das Wetter ändert sich oder es
bleibt, wie es ist ist immer wahr!
Zweck der Regel: Wenn ich den Hahn krähen höre, weiß
ich, wie das Wetter wird!
Aber bitte Vorsicht!
Unsere Regeln bisher waren Umformregeln, BedingungsAktions-Regeln udgl.
Wenn eine Situation vorliegt, wird eine Aktion ausgeführt.
Die Bauernregeln sind keine solche Umformregeln.
Die Bauernregeln sind Aussagen (wahr oder falsch), wir
nennen sie Implikationen.
(Leider in der Literatur vielfach falsch, insbesondere in
der englischen!)
19
Ampel-Beispiel
Fußgänger-Ampel und Hauptampel dürfen nur
bestimmte Kombinationen an Lichtzeichen zeigen:
• Wenn FA=grün dann HA=grün.
• Wenn HA=gelb oder HA=rot, dann FA=rot
• Wenn FA=grün dann Fa=rot
• Wenn HA=grün gdw. weder HA=rot noch HA=gelb
Reihenfolgen der Lampenschaltung mit Petri-Netzen!
Für Konstellation von Goos:
• Wenn FA=grün dann HA=rot.
• Wenn HA=gelb oder HA=grün, dann FA=rot
• Wenn FA=grün dann Fa=rot
• Wenn HA=grün gdw. weder HA=rot noch HA=gelb
20
Schaltkreise
Schaltkreis aus Batterie, Schalter und Lampe.
Liegt der Schalter links, leuchtet die Lampe.
Liegt der Schalter rechts, leuchtet die Lampe nicht.
Die Lampe leuchtet oder die Lampe leuchtet nicht.
Beobachtung:
Es wird nie beoachtet, daß die Lampe leuchtet und nicht
leuchtet.
Schaltkreis aus Batterie, Schalter und und 2 Lampen
(hintereinander).
Beobachtung:
Beide Lampen leuchten gleichzeitig oder gar nicht.
Wenn Lampe 1 leuchtet und Lampe 2 leuchtet, dann
liegt der Schalter links. Schaltkreis aus Batterie, UmSchalter und und 2 Lampen (parallel).
Beobachtung:
Nur eine Lampe leuchtet.
Liegt der Schalter links, leuchtet die Lampe1.
Liegt der Schalter rechts, leuchtet die Lampe2.
Aus dem Leuchten der Lampe kann ich die Stellung des
Schalters entnehmen.
21
Semantik der Aussagenlogik I
Ziel: Bestimmen der Bedeutung einer Formel
Beobachtung: eine aussagenlogische Formel kann viel bedeuten
den Elementaraussagen muß eine Bedeutung zugeordnet
werden!
der Elementaraussage
es-schneit kann die Bedeutung die Ampel ist rot oder
die Lampe ist aus oder 1 ist gleich 0 usw. zugeordnet
werden!
Elementaraussagen sind durch Sachverhalte zu
interpretieren!
Grundlage der Semantik-Konstruktion: 2 Mengen von
Sachverhalten W und F.
22
Die Algebra der Sachverhalte
Wir nennen W vereinigt mit F ein Universum (eine
Welt).
Es gelte: Durchschnitt beider Mengen sei leer!
Das Universum habe folgende Eigenschaften:
Zu jedem Sachverhalt a aus W gibt es einen assoziierten Sachverhalt a aus F.
Zu jedem Sachverhalt a aus F gibt es einen assoziierten
Sachverhalt a aus W.
Zu zwei Sachverhalten a und b aus W gibt es einen
kombinierten Sachverhalt k(a, b) aus W und einen disjungierten Sachverhalt d(a, b) aus W,
Zu zwei Sachverhalten a aus W und b aus F gibt es
einen kombinierten Sachverhalt k(a, b) aus F und einen
disjungierten Sachverhalt d(a, b) aus W.
Zu zwei Sachverhalten b aus W und a aus F gibt es
einen kombinierten Sachverhalt k(a, b) aus F und einen
disjungierten Sachverhalt d(a, b) aus W.
Zu zwei Sachverhalten a und b aus F gibt es einen kombinierten Sachverhalt k(a, b) aus F und einen disjungierten Sachverhalt d(a, b) aus F.
Es gelten die Gesetze der booleschen Algebra für d und
k.
23
Semantik der Aussagenlogik II
Wir definieren eine semantische Funktion s, die einer
Elementaraussage entweder einen Sachverhalt aus W
oder einen aus F zuweist.
s:F →W ∪F
Zu einer gegebenen Formelmenge muß jeder Elementaraussage ein Sachverhalt zugewiesen werden (Abb. auf).
Für die zusammengesetzten Formeln definieren wir s wie
folgt:
¬F wird der zu F assoziierte Sachverhalt zugewiesen.
A ∧ B wird der aus a und b kombinierte Sachverhalt zugewiesen, wenn A dem Sachverhalt a und B dem Sachverhalt b zugewiesen wird.
A ∨ B wird der aus a und b disjungierte Sachverhalt zugewiesen, wenn A dem Sachverhalt a und B dem Sachverhalt b zugewiesen wird.
Diese Sachverhaltssemantik ist nicht üblich. Üblicherweise gilte die Bewertung mit Wahrheitswerten als
Semantikzuweisung
24
Tafeln für die Junktoren
Negation:
¬
w f
f w
Konjunktion:
wedge
w
w w
w f
f
f w
f
f f
f
Diskjunktion:
vee
w w w
w w f
w f w
f f f
25
Semantik für die Ausagenlogik III
Idee: Aussagen stellen Behauptungen eines Sprechers
(Proponent) in einem Dialog zwischen dem Proponent
und einem Opponent dar
Semantik einer Aussage: Antwort/Verteidigungspflichten
Wird A∧B behauptet, so muß A oder B verteidigt werden, je nachdem wie der Opponent auswählt (angreift)
Wird A ∨ B behauptet, so muß A oder B verteidigt
werden. Der Proponent darf selbst wählen (greift an).
Wird A → B behauptet, so muß der Opponent mit A
angreifen. Anschließend verteidgt der Proponent B.
Wird ¬A behauptet, so muß der Opponent A behaupten
(und verteidigen).
A für nicht zusammengesetzte Formeln darf nur behauptet werden, wenn sich beide Partner vorher auf diese
Formel als Annahmeformel geeinigt hatten.
Idee von Paul Lorenzen, Prof. in Erlangen, vielfältige
Varianten
26
Kalküle für die Ausagenlogik I
Es gibt viele mögliche Kalküle!
Streng genommen gibt Goos einen Sequenzenkalkül aber
keinen Aussagenkalkül
Weshalb Kalkül und nicht Wahrheitstafeln?
Weil Wahrheitstafeln für Prädikatenlogik nicht möglich
sind!
Kalküle sind formale Systeme: Regeln werden auf Formeln angewandt
27
Formale Systeme
Ein formales System S besteht aus:
1. einem Alphabet Σ
2. einer Menge von Termen F über Σ (gemäß einer
Signatur)
3. einer Menge von Formeln A ⊂ F (Axiome)
4. einer Menge von Ableitungsregeln R; jede Regel ri
ist eine entscheidbare ni-stellige Relation in F
normalerweise ist F entscheidbar (feststellbar, ob Zeichenkette Formel oder nicht)
wenn A entscheidbar ist, heißt S ein axiomatisches System
wenn für gewisse Formeln (a1, a1, ..., ani ) ∈ ri gilt, dann
sagt man:
ani wird aus a1, ..., ani−1 mit der Regel ri durch direkte
Ableitung geschlossen (deduziert)
28
Ableitbarkeit
Wenn Γ ⊂ F und F ∈ F, dann sagen wir, daß F aus
Γ ableitbar ist, wenn es eine endliche Folge von Formeln
f1, ..., fm gibt mit:
1. fm = F
2. für jedes j ≤ m trifft einer der drei folgenden Fälle
zu:
(a) fj ∈ Γ
(b) fj ∈ A
(c) fj wurde durch Anwendung aus g1, ..., gni−1 mit
einer Ableitungsregel ri deduziert, und die gi = fl
für irgendwelche Indizes (l ≤ m)
Für jede Formelfolge f1, ..., fk kann man entscheiden, ob
sie eine Ableitung ist oder nicht.
Es gibt formale Systeme, bei denen man nicht entscheiden kann, ob eine Formel ableitbar ist oder nicht!
Konsequenzen:
Wenn Γ ⊂ ∆ und Γ F , dann ∆ F . (Monotonie)
Wenn Γ F gdw. es gibt endliche Teilmenge ∆ und
∆ F.
Wenn ∆ A und Γ B (für alle B ∈ ∆), dann Γ A
29
Kalküle für die Ausagenlogik II
Nicht alle Regeln sind brauchbar!
Regeln müssen gewisse Formeleigenschaften erhalten.
Standardforderung: Wahrheitserhaltung.
Wenn die Formeln a1, ..., ani−1 alle wahr sind (Tautologien sind), dann ist auch die Formel ani wahr (eine
Tautologie).
Das formale System soll korrekt sein, bedeutet, daß F
impliziert daß |= F .
Das formale System soll vollständig sein, bedeutet, daß
|= F impliziert daß F .
30
der Hilbert Kalkül
1. Alphabet: {¬, →, (, ), p1, p2, ...}
2. Formeln: Jedes pi ∈ F. Falls F und G ∈ F, so auch
¬F und F → G ∈ F
3. Axiome(nschemata):
(a) (A → (B → A))
(b) ((A → (B → C)) → ((A → B) → (A → C)))
(c) (((¬A) → (¬B)) → (B → A))
4. Modus ponens als Schlußregel: (A, A → B; B)
31
der R-N-Kalkül
1. Alphabet: {¬, ∨, ∧, →, (, ), p1, p2, ...}
2. Formeln: Jedes pi ∈ F. Falls F und G ∈ F, so auch
¬F , F ∧ G, F ∨ G und F → G ∈ F
3. keine Axiome
4. Schlußregeln:
(a) Modus Ponens: (A, A → B; B)
(b) Und-Elimination: (A ∧ B; A), (A ∧ B; B)
(c) Und-Einführung: (A, B; A ∧ B)
(d) Oder-Einführung: (A; A ∨ B)
(e) Doppelte-Negation-Elimination: (¬¬A; A)
(f) Einer-Resolution: (A ∨ B, ¬B; A)
(g) Resolution: (A ∨ B, ¬B ∨ C; A ∨ C)
32
Ableitungen im Hilbert Kalkül
Ableitung für
1. Ax2: ((A → ((A → A) → A)) → ((A → (A →
A)) → (A → A)))
2. Ax1: (A → ((A → A) → A))
3. MP: ((A → (A → A)) → (A → A))
4. Ax1: (A → (A → A))
5. MP: (A → A)
33
Automatisierung von Ableitungen
die Axiome sind (mit der Substitution) im Grunde parametrisierte Schlußregeln
in jedem Schritt ist die Ableitung um eine Formel zu
verlängern
wenn alle Formeln der Ausgangsformelmenge in der Ableitung sind: nur noch Variantend der Axiome und Ergebnisse von Schluregeln
typisches Vorgehen: systematisches oder heuristisches Ausprobieren (Suchen)
Axiomvarianten und Modus Ponens bieten überwältigend viele Möglichkeiten
(Verzweigungsfaktor ist sehr groß!)
Schwierigkeit der Ansteuerung der Hypothese
Alternative: Rückwärtsarbeit
34
Deduktionslemma
Für Formeln A, B ∈ F und Formelmengen Γ ⊂ F gilt
Γ ∪ {A} B gdw. Γ (A → B)
Beweis:
1. rückwärts:
(a) wenn Γ (A → B), dann Γ ∪ {A} (A → B)
(b) immer gilt:Γ ∪ {A} A
(c) also (mit MP) Γ ∪ {A} B
(die Ableitung für (A → B) kann um zwei Formeln verlängert werden)
2. vorwärts: Induktion über Länge der kürzesten Ableitung
(a) Induktionsanfang: kürzeste Ableitung zu Γ∪{A} B habe Länge 1, d.h. enthalte nur die Formel B.
dann 3 Fälle möglich:
i. B ∈ A
ii. B ∈ Γ
iii. B identisch mit A
35
Beweis des Deduktionslemmas II
1. wir verlängern die Ableitung um: (B → (A → B))
(ist Axiom1)
2. wir verlängern die Ableitung um: (A → B) (mit
Modus Ponens)
damit Induktionsanfang gesichert.
Nun Induktionsschritt:
es existiere eine Ableitung A1, A2, ..., Am mit m > 1,
B ≡ Am und das Lemma gelte für alle Ableitungen, die
kürzer als m.
dann 4 Fälle möglich:
1. B ∈ A
2. B ∈ Γ
3. B identisch mit A
4. B Ergebnis eines Modus Ponens-Schrittes
in den ersten drei Fällen verfahren wir wie im Induktionsanfang es bleibt Fall 4
36
Beweis des Deduktionslemmas II
1. es müs also Indizes i, j < m geben, so daß Ai ≡ C
und Aj ≡ (C → B)
2. damit: Γ ∪ {A} C und Γ ∪ {A} (C → B)
3. beide Ableitungen müssen kürzer als m sein; per Induktionsannahme:
4. Γ ∪ {A} (A → C) und
Γ ∪ {A} (A → (C → B))
5. wenn wir nun hinter die Ableitung für (A → C) die
Ableitung für (A → (C → B)) schreiben, ergibt
sich eine korrekte Ableitung.
6. diese Ableitung kann verlängert werden mit
((A → (C → B)) → ((A → C) → (A → B)))
(weils Axiom2 ist
7. weiter kann verlängert werden mit
((A → C) → (A → B))) mit Modus Ponens
8. und es kann verlängert werden mit (A → B) mit
Modus Ponens
9. damit Γ ∪ {A} (A → B)
10. qed.
37
Korrektheit des Hilbert-Kalküls
Für alle A ∈ F: Wenn A dann |= A
Beweis: Induktion über Länge der (kürzesten) Ableitungen:
1. Induktionsanfang: Ableitung habe Länge 1: A ∈ A.
Alle Axiome sind Tautologien. dann |= A.
2. Der Satz gelte für alle Formeln, deren Ableitungen
kürzer als m
3. kürzeste Ableitung für A habe Länge m
4. sei A kein Axiom; dann A Ergebnis eines Modus
Ponens aus B und (B → A), beide haben kürzere
Ableitungen und sind nach Induktionsannahme Tautologien
5. nach Wertetabelle für Implikation auch A Tautologie.
38
Vollständigkeit des Hilbert-Kalküls
Für alle A ∈ F: Wenn |= A dann A.
Beweis: Contradictio ad absurdum
1. Annahme: Es sei A ∈ F Tautologie,
aber kein Theorem.
2. Dann muß das formale System L0 durch ¬A
konsistent erweiterbar sein zu System L
3. Dann gibt es eine Bewertung ω von F mit ω(B) = T
für alle B ∈ TL
4. Insbesondere ω((¬A)) = T und damit ω(A) = F !
5. Widerspruch!, q.e.d.
39
Erweiterung
Sei S = (ΣS , FS , AS , RS ) ein formales System.
Def.: Ein formales System T = (ΣT , FT , AT , RT ) heiße
Erweiterung von S, wenn:
ΣS = ΣT , FS = FT , RS = RT
und
T S ⊂ TT .
Es gilt AS ⊂ TS ⊂ TT aber nicht notwendig
AS ⊂ AT .
Def.: Eine Erweiterung L von L0 heiße vollständig, wenn
für jedes A ∈ F in L entweder A oder ¬A gilt.
40
Existenz der vollständigen
Erweiterung
Lemma: Zu jeder konsistenten Erweiterung L von L0
existiert eine vollständige Erweiterung von L.
Beweis: Konstruktion einer Folge von Erweiterungen
1. Sei A0, A1, , ... eine Auflistung von F
2. die Folge der Erweiterungen L0, L1, ..., wird über die
Axiomenmengen konstruiert:
3. A0 = AL




Ak−1,
f alls Lk−1 Ak−1
4. A =  k−1
A
∪ {¬Ak−1} sonst
k
5. alle diese Erweiterungen sind konsistent
6. sei nun L∞ definiert über
A∞ = ∪Ak
7. L∞ ist konsistent!
8. Wäre es nicht konsistent, dann gäbe es Ableitungen
L∞ A und L∞ ¬A
9. die in den Ableitungen vorkommenden Axiome müssen
in einem Ak liegen für genügend großes k. Also:
10. Lk A und Lk ¬A im Widerspruch zur Konsistenz
der Lk .
41
11. ist L∞ vollständig?
12. ein A ∈ F hat in der obigen Liste der Formeln einen
Index n.
13. gilt Ln An, dann auch L∞ An
14. gilt Ln An nicht, dann nach Konstruktion: L(n+1)
¬An und also L∞ ¬An
15. q.e.d.
42
Existenz der Bewertung
Ist L eine konsistente Erweiterung von L0, so gibt es eine
Bewertung ω von L0, so daß für alle A ∈ TL : ω(A) = T .
Beweis:
1. Wir konstruieren L∞




2. wir definieren: ω(A) = 
T f alls L∞ An
F f alls L∞ ¬An
3. ω für alle Formeln eindeutig definiert
4. ist ω verträglich mit den Wahrheitswertfunktionen
für ¬ und →?
5. aus Definition ergibt sich Verträglichkeit mit ¬.
6. noch zu zeigen: ω(A → B) = F gdw. ω(A) = T
und ω(B) = F .
7. sei ω(A → B) = T ω(A) = T und ω(B) = F .
8. dann L∞ (A → B), L∞ A und L∞ ¬B
9. die ersten zwei Ableitungen können zu Ableitung für
B (Modus Ponens!) verlängert werden: L∞ B. Widerspruch!
10. aus ω(B) = T folgt ω(A → B) = T , denn Ableitung für B kann mit Axiom1 und Modus Ponens zu
Ableitung für (A → B) verlängert werden.
43
11. aus ω(A) = F folgt ω(A → B) = T , denn Ableitung für ¬A kann mit Axiom1 (Einsetzen von ¬A
und ¬B) und Modus Ponens sowie Axiom3 (Vertauschen von A und B) zu Ableitung für (A → B)
verlängert werden.
44
Der Sequenzenkalkül SK nach
Goos
Der Sequenzenkalkül ist ein formales System über
den Ableitungen, d.h. Folgen von Formeln der Aussagenlogik.
in den Sequenzen sind die 2 Bestandteile, die Formelmenge der Annahmen) und die Formeln der Herleitung streng voneinander zu trennen
denn die Annahmen dürfen frei erweitert werden, die
Herleitungsformeln nicht.
A: FF
R:
(a) (FF ;F F ) falls F ⊂ F (b) (FF H, FGH;F(F ∨ G)H)
(c) (FF ;F(F ∨ G)) oder (FG;F(F ∨ G))
(d) (FF G,F ¬F G;FG)
(e) (F ¬F G,F ¬F ¬G;FF )
45
Sequenzen
Im Sinne der Notation von Goos auf den Folien:
Eine Sequenz FF symbolisiert eine Herleitung von
F aus der Annahme F
Während im Falle der Regeln L2, L3 und L4 die symbolisierte Herleitung direkt durch Anhängen bzw.
durch Einbauen der Schluformeln gedacht werden
kann, so ist dies für die Regeln l5 und L6 nicht einfach möglich.
Für die Fallregel kann man argumentieren, die Herleitungen der Endformel können die gestrichenen Formeln nicht benutzt haben.
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Beweise I
(a) eine Sequenz F F ist ein Beweis (F F ) mit Endsequenz F F
(b) ist B ein Beweis mit Endsequenz ΦF und sei ΦH
eine Konklusion der Regeln L2 und L4, dann ist
(B,(ΦH)) ein Beweis mit Endsequenz ΦH.
(c) sind B1 und B2 Beweise mit Endsequenzen ΦH1H2
bzw. ΦH3H4, und ist Ψ die Endsequenz einer der
Regeln L3, L5 oder L6 bezogen auf die beiden genannten Endsequenzen, dann ist (B1, B2 (Ψ)) ein
Beweis mit Endsequenz Ψ
Wir schreiben Φ, wenn es einen Beweis gibt mit
Endsequenz Φ.
Sei F eine Menge von Formel. Wir schreiben F G,
wenn es eine endliche Folge von Formeln Φ aus F
gibt, so daß: ΦG
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Beweise II
(a) R1:
(b) R4:
(c) R1:
(d) R4:
(e) R5:
(f) R6:
HH
H(H ∨ ¬H)
¬H¬H
¬H(H ∨ ¬H)
(H ∨ ¬H)
Φ(H ∨ ¬H)
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Konsistenz
Def.: Eine Formelmenge F heiße inkonsistent, wenn
für alle Formeln G: F G. Ansonsten heiße G konsistent
Lemma: Eine Formelmenge F ist inkonsistent gdw.
F ¬(p ∨ ¬p). (p festgewählte Elementaraussage)
Beweis:
(a) Ist F inkonsistent, sind alle Formeln ableitbar
und insbesondere ¬(p ∨ ¬p)
(b) es gilt auf jeden Fall: F (p ∨ ¬p) (siehe voriges
Beispiel)
(c) Nun sei nach Voraussetzung F ¬(p ∨ ¬p).
(d) also gibt es eine endliche Menge von Formeln Φ
mit: Φ¬(p ∨ ¬p).
(e) Mit dem vorigen Beispiel auch: Φ(p ∨ ¬p).
(f) Mit L2: Φ¬G(p ∨ ¬p)
(g) Mit L2: Φ¬G¬(p ∨ ¬p).
(h) Mit L6: ΦG.
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Erweiterung
Jede konsistente Formelmenge läßt sich zu einer maximal konsistenten Formelmenge erweitern.
Beweis:
(a) Sei F0, F1, ... eine Aufzählung aller Formeln
(b) Wir definieren eine Folge von Formelmengen:
(c) F0 = F



 F ∪ {Fn } f allskonsistent
(d) Fn+1 =  n
sonst
Fn
(e) F ∗ = ∪Fn
(f) F ∗ ist konsistent. Falls nicht, gäbe es eine endliche Folge von Formeln Φ mit Φ¬(p ∨ ¬p). Es
muß einen Index m geben, so daß alle Formeln
aus Φ in Fm liegen. Also wäre Fm inkonsistent.
Widerspruch.
(g) F ∗ ist maximal-konsistent:
(h) Sei nicht G ∈ F ∗. es gibt Index i, so daß G =
Fi. Nach Konstruktion (wenn G nicht aufgenommen): Fi ∪{Fi} inkonsistent. Also auch F ∗ ∪{Fi}
inkonsistent d.h. F ∗ ∪ {G}
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Existenz der Interpretation
Sei F eine konsistente Formelmenge. Dann gibt es eine
Interpretation I mit: I |= F
Konstruktionsbeweis:

∗


 1 f ürp ∈ F
1. für die Elementaraussagen: I(p) = 
0 sonst
2. Nun Beweis durch Induktion über den Aufbau von
H: I(H) = 1 gdw. H ∈ F ∗
3. ist H Elementaraussagen, dann per Definition
4. ist H = ¬F : I(H) = I(¬F ) = 1 gdw. (Induktionsannahme!) I(F ) = 0 gdw. nicht F ∈ F ∗ gdw.
H ∈ F∗
5. usw. für die anderen Junktoren
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Korrektheit des Kalküls SK
Zu zeigen, daß alle in SK herleitbaren Sequenzen F0F1...FnF
tautologisch sind, d.h. dafür alle Interpretationen I gilt:
Wenn I(F0) = I(F1) = ...I(Fn) = 1, dann I(F ) = 1
Induktionsbeweis über Länge der Herleitungen (Komplexität der Beweise):
Betrachtung für jede Regel L2-L6
1. Induktionsbasis, Regel L1, trivial
2. Induktionsschritt, Regeln L2-L6
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Vollständigkeit des Kalküls SK
Zu zeigen, falls F |= G dann F G
Widerspruchsbeweis
1. Angenommen, nicht F G.
2. Dann F ∪ {¬G} konsistent.
3. Nach Henkins Lemma: Es ex. Interpretation I mit
I |= F ∪ ¬G,
4. Widerspruch zu F |= G (jede Interpretation, die F
erfüllt, erfüllt G (I(G) = 1))
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Resolutionskalkül
Ausgangspunkt: Sprache der Klauseln {L1, L2, ..., Ln}
Axiom: die leere Klausel (Elementarwiderspruch)
Regel: ({A1, ..., Ai, ..., An}, {B1, ..., Bj , ..., Bm};
{A1, ..., An, B1, ...Bm}) falls Ai = ¬Bj
streng genommen:
Kalkülschritte = Erweiterung der Klauselmenge
Axiom: Klauselmenge mit leerer Klausel
s.Satz 4.11 im Buch:
Eine Klauselmenge F ist erfüllbar gdw. die um eine
Resolvente zweier Klauseln erweiterte Klauselmenge
erfüllbar ist.
Eine Klauselmenge F ist unerfüllbar gdw. die um
eine Resolvente zweier Klauseln erweiterte Klauselmenge
unerfüllbar ist.
Vorteil des Kalküls: 1 Axiom, 1 Regel!
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Widerlegung
Widerlegung = endliche Folge von Klauseln
C1, C2, ..., Cn
Cn die leere Klausel
Ci: Resolvente aus zwei Cj , Ck (j, k < i)
oder einem Cj (j < i) und Klausel Al aus Anfangsklauselmenge
oder von zwei Klauseln Al Am der Anfangsklauselmenge
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Korrektheit der Resolutionsregel I
Korrektheit der Resolutionsregel bedeutet:
die Widersprüchlichkeit bleibt erhalten,
besteht kein Widerspruch, werden keine neuen Widersprüche hinzugefügt
gibt es zu einer Klauselmenge eine Widerlegung, so ist
die Klauselmenge widersprüchlich
Satz:
Ist die um die Resolvente erweiterte Klauselmenge widersprüchlich, so auch die Klauselmenge ohne Resolvente.
Beweis:
1. Betrachte alle Belegungen.
2. Sind die Klauseln ohne die Elternklauseln und Resolvente unerfüllbar, so sind sie auch ohne Elternklauseln allein unerfüllbar.
3. Sind die Elternklauseln und die Resolvente unerfüllbar, so interessiert nur der Fall, daß die Elternklauseln erfüllbar sind und nicht die Resolvente.
4. Dieser Fall kann nicht auftreten:
5. Ist die Resolvente nicht erfüllbar, so sind alle Literale
unerfüllbar.
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6. Einige davon treten in der ersten Elternklausel auf.
7. Sie kann nur erfüllbar sein, wenn das weggestrichene
Literal erfüllbar war.
8. Auch in der zweiten Elternklausel treten Literale aus
der Resolvente auf.
9. Ist sie erfüllbar, so muß das negierte Literal erfüllbar
sein.
10. Dieses Literal ist aber nicht erfüllbar, wenn seine Negation in der ersten Elternklkausel erfüllbar ist. Widerspruch!
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Korrektheit des Resolutionskalküls II
Satz: Wenn es eine Widerlegung gibt, dann ist die Klauselmenge F unerfüllbar.
Beweis über Länge der Widerlegung
1. Induktionsbasis: Widerlegung hat Länge 1.
(a) Es genügt ein Resolutionsschritt, um die leere Klausel zu erzeugen.
(b) Es muß die Elternklauseln {p} und {¬p} für ein
Atom p in der Klauselmenge geben.
2. Induktionsannahme: Aussage gilt für alle Widerlegungen der Länge n-1.
3. Induktionsschritt
(a) Die um die erste Klausel aus der Widerlegung erweiterte Klauselmenge hat eine Widerlegung der
Länge n-1 (die restliche)
(b) sie ist also widersprüchlich.
(c) zu zeigen: wenn Klauselmenge mit Resolvente widersprüchlich, dann Klauselmenge ohne Resolvente
(d) s. voriger Satz
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Vollständigkeit des
Resolutionskalküls
Satz: Wenn die Klauselmenge F unerfüllbar ist, gibt eine
Widerlegung.
Beweis: Induktion über Anzahl der Atome in den Klauseln
1. Induktionsbasis:
(a) Die Klauselmenge enthalte 1 Atom p.
(b) Sie ist genau dann unerfüllbar, wenn sowohl {p}
als auch {¬p} als Klauseln vorkommen.
(c) Wir können einen Resolutionsschritt ausführen
und erhalten die leere Klausel.
2. Induktionsannahme: Sei nun der Satz für Klauselmengen mit n-1 Atomen bewiesen.
3. Induktionsschritt:
(a) Die Klauselmenge enthalte n Atome und sei unerfüllbar.
(b) Eines der Atome sei p.
(c) Wenn sie unerfüllbar ist, dann gilt das für alle
Interpretationen, insbesondere für die, bei der das
p durch falsch ersetzt wird.
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(d) Wir konstruieren eine Klauselmenge F0 aus F :
(e) indem wir alle Klauseln, die das Atom negiert enthalten, weglassen (haben den Wert wahr)
(f) und aus allen Klauseln, die das Atom unnegiert
enthalten, dieses weglassen (alle Glieder müssen
falsch sein, also auch alle übrigen).
(g) Die Klauselmenge F0 ist immer noch unerfüllbar,
hat n-1 Atome, es gibt eine Widerlegung.
(h) Wenn wir diese wieder mit p erweitern, ergibt sich
entweder eine Widerlegung oder die letzte Klausel
besteht nur aus p.
(i) Entsprechend konstruieren wir eine Klauselmenge
F1 mit einer passenden Widerlegung mittels der
Interpretation, bei der p durch wahr ersetzt wird.
(j) Auch diese Widerlegung wird bei Erweiterung durch
das negierte weggelassene p entweder in der leeren
Klausel oder in diesem negierten p enden.
(k) Bleibt eine der beiden Widerlegungen bei Ergänzung
durch das weggelassene eine Widerlegung, so ist
sie für die Klauselmenge F brauchbar.
(l) Sind sie aber nicht allein brauchbar, so entsteht
durch Hintereinanderschreiben und Hinzufügen einer Resolutionsregelanwendung eine echte Widerlegung.
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Verwendung der Aussagenlogik
Aussagenlogik nur brauchbar für Anwendungen, bei denen man es mit endlich vielen Sachverhalten zu tun hat.
Vorgehen:
1. Darzustellende Inhalte in Fachsprache aufschreiben
2. Aussagen standardisieren.
3. Liste aller Elementaraussagen aufschreiben
4. Fachsprachentext Aussage für Aussage übersetzen
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