Z+R

Logika i Teoria Mnogości 2016/17
PRZYKŁADOWE ROZWIAZANIA
˛
ZADAŃ
Rachunek kwantyfikatorów
Sprawdź czy zachodzi równoważność:
((∃x p(x)) ∧ (∃x q(x))) ⇔ ∃x (p(x) ∧ q(x)).
Dowód przeprowadzimy przez sprowadzenie do sprzeczności. W pierwszym kroku przypuszczamy, że
dane zdanie jest nieprawdziwe (podpunkt (1)). W szeregu nastepnych
˛
kroków dochodzimy do sprzeczności.
Wynikanie L⇐ P:
1. {((∃x p(x)) ∧ (∃x q(x))) ⇐ ∃x (p(x) ∧ q(x))} = 0 (założenie dowodu nie wprost)
2. [(∃x p(x)) ∧ (∃x q(x))] = 0 na podstawie (1)
3. ∃x (p(x) ∧ q(x)) = 1 na podstawie (1)
4. (∃x p(x)) = 0 ∨ (∃x q(x)) = 0 na podstawie (2)
5. oznaczmy x0 takie x, że: p(x0 ) ∧ q(x0 ) = 1 na podstawie (3)
6. p(x0 ) = 1 oraz q(x0 ) = 1 z własności koniunkcji i (5)
7. (∃x p(x)) = 1 oraz (∃x q(x)) = 1 na podstawie (6)
8. koniunkcja zdań z linii (7) jest 1 co daje sprzeczność z (2).
Wynikanie L⇒ P nie zachodzi. Kontrprzykład:
{((∃x ∈ R : x > 0) ∧ (∃x ∈ R : x < 0)) ⇒ ∃x ∈ R : (x < 0 ∧ x > 0)} = 0
Sprawdź czy zachodzi równoważność:
((∀x p(x)) ∨ (∀x q(x))) ⇔ ∀x (p(x) ∨ q(x)).
Wynikanie L⇒ P:
1. {[(∀x p(x)) ∨ (∀x q(x))] ⇒ ∀x (p(x) ∨ q(x))} = 0 (założenie dowodu nie wprost)
2. [(∀x p(x)) ∨ (∀x q(x))] = 1 na podstawie (1)
3. ∀x (p(x) ∨ q(x)) = 0 na podstawie (1)
4. z (3) istnieje x0 takie, że (p(x0 ) ∨ q(x0 )) = 0
5. z (4) p(x0 ) = 0 i q(x0 ) = 0
6. z (5) (∀x p(x)) = 0 oraz (∀x q(x)) = 0
7. z (6) i własności alternatywy [(∀x p(x)) ∨ (∀x q(x))] = 0 co daje sprzeczność z (2).
Wynikanie L⇐ P nie zachodzi. Kontrprzykład:
{[(∀n ∈ N, 2|n) ∨ (∀n ∈ N, ¬2|n)] ⇐ ∀n ∈ N (2|n ∨ ¬2|n)} = 0.
Symbol 2|n oznacza 2 jest dzielnikiem n.
Udowodnij, że nastepuj
˛ aca
˛ formuła jest tautologia:
˛
∀x (p(x) ⇒ q(x)) ⇒ ∃x (p(x) ⇒ q(x))
Dowód tego jest prosta˛ konsekwencja˛ tautologii:
∀x φ(x) ⇒ ∃x φ(x),
dla dowolnej formy φ(x).
Udowodnij równoważności:
1. ∃x φ(x) ∨ ∀x ψ(x) ≡ ∃x ∀y [φ(x) ∨ ψ(y)] ≡ ∀y ∃x [φ(x) ∨ ψ(y)];
∃x φ(x) ∨ ∀x ψ(x) ≡ ∃x φ(x) ∨ ∀y ψ(y) ≡ ∃x {φ(x) ∨ ∀y ψ(y)} ≡
≡ ∃x ∀y{φ(x) ∨ ψ(y)}
∃x φ(x) ∨ ∀x ψ(x) ≡ ∀y ψ(y) ∨ ∃x φ(x) ≡ ∀y{ψ(y) ∨ ∃x φ(x)} ≡
≡ ∀y ∃x{φ(x) ∨ ψ(y)}
2. ∀x {[∀y φ(x, y)] ⇒ ψ(x)} ≡ ∀x ∃y [φ(x, y) ⇒ ψ(x)];
∀x {[∀y φ(x, y)] ⇒ ψ(x)} ≡ ∀x {¬[∀y φ(x, y)] ∨ ψ(x)} ≡
≡ ∀x {[∃y ¬φ(x, y)] ∨ ψ(x)} ≡ ∀x ∃y{¬φ(x, y) ∨ ψ(x)} ≡
≡ ∀x ∃y{φ(x, y) ⇒ ψ(x)}