Z+R

Logika i Teoria Mnogości 2016/17
PRZYKŁADOWE ROZWIAZANIA
˛
ZADAŃ
Rachunek zdań
Udowodnij: α ∨ 1 ≡ 1, α ∨ 0 ≡ α, α ∧ 1 ≡ α, α ∧ 0 ≡ 0
α
0
1
α∨1 α∨0 α∧0 α∧1
1
0
0
0
1
1
0
1
Przy wykazaniu powyższych równoważności została zastosowana tabela logiczna. W tabeli tożsamości sa˛
wykazane dla każdego możliwego wartościowania zdań. W naszym przypadku tożsamości zależa˛ jedynie
od jednej zmiennej α, wystarczy wiec
˛ wykazać rónoważność dla dwóch wartości 0 lub 1.
Udowodnij: jeśli α ⇒ β i γ ⇒ δ , to α ∧ γ ⇒ β ∧ δ
Wykażemy powyższe prawo poprzez ciag
˛ tożsamości. Mamy wykazać, że poniższe zdanie jest prawdziwe:
{[(α ⇒ β) ∧ (γ ⇒ δ)] ⇒ [(α ∧ γ) ⇒ (β ∧ δ)]}
Na podstawie definicji implikacji (α ⇒ β) ≡ ¬α ∨ β powyższe zdanie jest równoważne
¬[(¬α ∨ β) ∧ (¬γ ∨ δ)] ∨ [¬(α ∧ γ) ∨ (β ∧ δ)]
Wykorzystujac
˛ prawo rozdzielności α ∨ (β ∧ γ) ≡ (α ∨ β) ∧ (α ∨ γ) mamy
≡ [(α ∧ ¬β) ∨ (γ ∧ ¬δ)] ∨ [(¬α ∨ ¬γ) ∨ (β ∧ δ)] ≡
≡ [(α ∧ ¬β) ∨ (γ ∧ ¬δ)] ∨ [(¬α ∨ ¬γ ∨ β) ∧ (¬α ∨ ¬γ ∨ δ)] ≡
≡ [(α ∧ ¬β) ∨ (γ ∧ ¬δ) ∨ (¬α ∨ ¬γ ∨ β)] ∧ [(α ∧ ¬β) ∨ (γ ∧ ¬δ) ∨ (¬α ∨ ¬γ ∨ δ)]
Na podstawie przemienności alternatywy α ∨ β ≡ β ∨ α oraz prawa De Morgana ¬(α ∧ β) ≡ ¬α ∨ ¬β
możemy kontynuować tożsamości do postaci
≡ [¬(¬α ∨ β) ∨ (¬α ∨ β) ∨ ¬γ ∨ (γ ∧ ¬δ)] ∧ [(α ∧ ¬β) ∨ ¬(¬γ ∨ δ) ∨ (¬γ ∨ δ) ∨ ¬α] ≡
≡ [1 ∨ (¬γ ∨ (γ ∧ ¬δ))] ∧ [1 ∨ (α ∧ ¬β) ∨ ¬α] ≡ 1 ∧ 1 ≡ 1
Przy czym w ostatnich tożsamościach wykorzystano wyniki z pierwszego zadania. Łatwo pokazać, że
implikacja odwrotna
[(α ∧ γ) ⇒ (β ∧ δ)] ⇒ [(α ⇒ β) ∧ (γ ⇒ δ)]
nie zachodzi. Kontrprzykład: α = 1, β = γ = δ = 0, wtedy
L = [(1 ∧ 0) ⇒ (0 ∧ 0)] ≡ [0 ⇒ 0] ≡ 1, P = [(1 ⇒ 0) ∧ (0 ⇒ 0)] ≡ [0 ∧ 1] ≡ 0
czyli L 6= P.
Udowodnij: jeśli α ⇒ β , to α ∧ β ≡ α i α ∨ β ≡ β
Oznaczmy: p = (α ∧ β ≡ α), q = (α ∨ β ≡ β) oraz niech γ = [(α ⇒ β) ⇒ (p ∧ q)]
α
0
1
0
1
β α⇒β
0
1
0
0
1
1
1
1
p
1
0
1
1
q p∧q
1
1
0
0
1
1
1
1
γ
1
1
1
1
Udowodnij: jeśli α ⇒ β i γ ⇒ δ , to α ∨ γ ⇒ β ∨ δ
{[(α ⇒ β) ∧ (γ ⇒ δ)] ⇒ [(α ∨ γ) ⇒ (β ∨ δ)]} ≡
≡ ¬[(¬α ∨ β) ∧ (¬γ ∨ δ)] ∨ [¬(α ∨ γ) ∨ (β ∨ δ)] ≡
≡ [(α ∧ ¬β) ∨ (γ ∧ ¬δ)] ∨ [(¬α ∧ ¬γ) ∨ (β ∨ δ)] ≡
≡ [(α ∧ ¬β) ∨ (γ ∧ ¬δ)] ∨ [(¬α ∨ β ∨ δ) ∧ (¬γ ∨ β ∨ δ)] ≡
≡ [(α ∧ ¬β) ∨ (γ ∧ ¬δ) ∨ (¬α ∨ β ∨ δ)] ∧ [(α ∧ ¬β) ∨ (γ ∧ ¬δ) ∨ (¬γ ∨ β ∨ δ)] ≡
≡ [¬(¬α ∨ β) ∨ (¬α ∨ β) ∨ (γ ∧ ¬δ) ∨ δ] ∧ [(α ∧ ¬β) ∨ ¬(¬γ ∨ δ) ∨ (¬γ ∨ δ) ∨ β] ≡
≡ [1 ∨ (γ ∧ ¬δ) ∨ δ] ∧ [1 ∨ (α ∧ ¬β) ∨ β] ≡ 1 ∧ 1 ≡ 1
Implikacja odwrotna
[(α ∨ γ) ⇒ (β ∨ δ)] ⇒ [(α ⇒ β) ∧ (γ ⇒ δ)]
nie zachodzi. Kontrprzykład: γ = β = 1, α = δ = 0, wtedy
L = [(0 ∨ 1) ⇒ (1 ∨ 0)] ≡ [1 ⇒ 1] ≡ 1, P = [(0 ⇒ 1) ∧ (1 ⇒ 0)] ≡ [1 ∧ 0] ≡ 0
czyli L 6= P.
Udowodnij:
1. prawo sylogizmu: jeśli α ⇒ β i β ⇒ γ , to α ⇒ γ ;
{[(α ⇒ β) ∧ (β ⇒ γ)] ⇒ (α ⇒ γ)} ≡ ¬[(¬α ∨ β) ∧ (¬β ∨ γ)] ∨ (¬α ∨ γ) ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ ¬(¬β ∨ γ) ∨ (¬α ∨ γ) ≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ (β ∧ ¬γ) ∨ (¬α ∨ γ) ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [(β ∨ ¬α ∨ γ) ∧ (¬γ ∨ γ ∨ ¬α)] ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [(β ∨ ¬α ∨ γ) ∧ (1 ∨ ¬α)] ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [(β ∨ ¬α ∨ γ) ∧ 1] ≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [(β ∨ ¬α ∨ γ)] ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ (¬α ∨ β) ∨ γ ≡ 1 ∨ γ ≡ 1
2. prawo sylogizmu warunkowego stoików: (α ⇒ β) ⇒ ((β ⇒ γ) ⇒ (α ⇒ γ));
{(α ⇒ β) ⇒ [(β ⇒ γ) ⇒ (α ⇒ γ)]} ≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [¬(¬β ∨ γ) ∨ (¬α ∨ γ)] ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [(β ∧ ¬γ) ∨ (¬α ∨ γ)] ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [(¬α ∨ γ ∨ β) ∧ (¬α ∨ γ ∨ ¬γ)] ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [(¬α ∨ γ ∨ β) ∧ (¬α ∨ 1)] ≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [(¬α ∨ γ ∨ β) ∧ 1] ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ (¬α ∨ β) ∨ γ ≡ 1 ∨ γ ≡ 1
3. prawo kontrapozycji: [(¬β) ⇒ (¬α)] ⇔ (α ⇒ β);
{[(¬β) ⇒ (¬α)] ⇒ (α ⇒ β)} ≡ ¬(β ∨ ¬α) ∨ (¬α ∨ β) ≡ 1
Dowód implikacji odwrotnej przebiega tak samo.
4. reductio ad absurdum: [(α ⇒ β) ∧ (α ⇒ ¬β)] ⇒ ¬α;
{[(α ⇒ β) ∧ (α ⇒ ¬β)] ⇒ ¬α} ≡ ¬[(¬α ∨ β) ∧ (¬α ∨ ¬β)] ∨ ¬α ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ ¬(¬α ∨ ¬β) ∨ ¬α ≡≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ (α ∧ β) ∨ ¬α ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [(α ∨ ¬α) ∧ (β ∨ ¬α)] ≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ [1 ∧ (β ∨ ¬α)] ≡
≡ ¬(¬α ∨ β) ∨ (β ∨ ¬α) ≡ 1