1 Utsagnslogikk (10 %)

1 Utsagnslogikk (10 %) a1) A A, C A A C A B A B (A C) B, C B B C B B, C A, C B, C A C B C A C B C B (A C) A (B C) B (A C) Utledningen lukkes ikke og vi får følgende valuasjon v som falsifiserer formelen: v(a) = 1 og v(b) = 0. Hva C tolkes som spiller ingen rolle, så vi lar v(c) = 0. a2) B, C A, B B, C A, C B, A A, B C B, C A, B C B, A C A, B C B, A C A (B C) B (A C) A (B C) b) Γ, A (B C) Γ, B (A C) Ja, regelen er sunn, fordi den bevarer gyldighet nedover (ekvivalent: falsifiserbarhet oppover). For å se dette, anta at premisset er gyldig. For å se at konklusjonen er gyldig, anta at valuasjonen v gjør alle formlene i Γ sanne og at v(b (A C)) = 1. Fra oppgave (a2) vet vi at sekventen B (A C) A (B C) er gyldig (ved sunnhet, siden sekventen er bevisbar). Da må v(a (B C)) = 1. Fra antakelsen om at premisset er gyldig, må det finnes minst en formel i som v gjør sann. 2 Sekventkalkyler (25 %) a) Ja, sekventen er gyldig. Det er tilstrekkelig å vise at alle valuasjoner gjør formelen A (A B) sann. La v være en vilkårlig valuasjon. Hvis v gjør A sann, så er hele formelen sann (ved definisjonen av en valuasjon for -formler). Hvis v gjør A usann, så er A B sann (ved definisjonen av en valuasjon for -formler), og dermed hele formelen sann (ved definisjonen av en valuasjon for -formler). Alternativ løsning. Her er en LK-utledning for sekventen: 1

A A, B A, A B R Ved sunnhet av LK, er sekventen gyldig. b) Kalkylen LK er en sunn kalkyle. En kalkyle er sunn hvis alle bevisbare sekventer i kalkylen er gyldige. Dette følger fra at alle regler er sunne og at alle aksiomer er gyldige. Siden det eneste som er endret fra LK til LK er de to nye reglene, så er det tilstrekkelig å vise at disse reglene er sunne, dvs. bevarer falsifiserbarhet oppover: Anta at en valuasjon v falsifiserer sekventen Γ A B,. Da vil v(a B) = 0, og v(a) = 0 og v(b) = 0. Da vil også sekventene Γ A, og Γ B, være falsifiserte. Vi kan konkludere med at begge de nye reglene, R 1 og R 2, er sunne. Det å ta bort en regel påvirker ikke sunnhet, siden vi fortsatt har at alle reglene er sunne. c) Nei, kalkylen er ikke komplett. Sekventen fra oppgave (a) er en gyldig sekvent som ikke er bevisbar i LK. Begge forsøk på å lage LK -bevis ender med løvsekventer som ikke er aksiomer: A R 1 A B A B R 2 Vi kan også se at kompletthetsbeviset ikke går igjennom slik det gjorde for LK. For å konstruere en falsifiserende valuasjon fra en åpen gren er det nødvendig å ha både A og B i en succedent i grenen når A B er i en succedent i grenen. Siden de nye reglene gjør at kun A eller B er i en succedent i grenene, har vi ikke nok informasjon til å konstruere en falsifiserende valuasjon. Merk at sekventen hadde vært bevisbar hvis vi hadde hatt kontraksjon i kalkylen. Da ville vi ha fått følgende bevis: A B, A R 1 A B, A (A B) A B, A (A B) R 2, A (A B) RC d) Sekventen er ikke intuisjonistisk gyldig. Begge forsøk på å lage LJ-bevis ender med løvsekventer som ikke er aksiomer (se oppgave (c)) En Kripke-modell som falsifiserer formelen er følgende. Den består av en mengde med to punkter {x, y} slik at x y hvor x ikke tvinger noen utsagnsvariable og y kun tvinger formelen A. Da vil x A per definisjon. Og x A B, siden x y og y A, men y B. Da har vi x A (A B). 3 Induksjon (15 %) Vi viser ved strukturell induksjon på utsagnslogiske formler at hvis A og B er ekvivalente, så er F [A/P ] og F [B/P ] ekvivalente. Basissteg: F er en atomær formel. 2

Hvis F = P, så har vi at F [A/P ] = A og F [B/P ] = B. Siden A og B er ekvivalente, har vi at F [A/P ] og F [B/P ] er ekvivalente. Hvis F P, så har vi at F [A/P ] = F [B/P ] = F. Da er F [A/P ] og F [B/P ] ekvivalente. Induksjonssteg: For å vise at F [A/P ] og F [B/P ] er ekvivalente, viser vi for en vilkårlig valuasjon at F [A/P ] er sann under denne valuasjonen hvis og bare hvis F [B/P ] er sann under denne valuasjonen. Viser tilfellene for F = G og F = G H (de andre går omtrent på samme måte). Anta at F = G. Induksjonshypotesen sier at G[A/P ] og G[B/P ] er ekvivalente. F [A/P ] sann ( G)[A/P ] sann (G[A/P ]) sann (ved definisjonen av substitusjon) G[A/P ] usann (ved definisjonen av valuasjon) G[B/P ] usann (ved induksjonshypotesen) (G[B/P ]) sann (ved definisjonen av valuasjon) ( G)[B/P ] sann (ved definisjonen av substitusjon) F [B/P ] sann Anta at F = G H. Induksjonshypotesen sier at G[A/P ] og G[B/P ] er ekvivalente og at H[A/P ] og H[B/P ] er ekvivalente. F [A/P ] sann (G H)[A/P ] sann G[A/P ] H[A/P ] sann (ved definisjonen av substitusjon) G[A/P ] sann og H[A/P ] sann (ved definisjonen av valuasjon) G[B/P ] sann og H[B/P ] sann (ved induksjonshypotesen) G[B/P ] H[B/P ] sann (ved definisjonen av valuasjon) (G H)[B/P ] sann (ved definisjonen av substitusjon) F [B/P ] sann 4 Førsteordens logikk (20 %) Gi korte svar på følgende spørsmål. a) Det minste antall elementer i domenet til en førsteordens modell er én. Det er fordi vi domenet til en førsteordens modell må være ikke-tomt. b) Herbranduniverset til formelen x(p f x yqya) består av mengden {a, f a, f f a, f f f a,...}, dvs. av konstantsymbolet a og alle termer på formen f n a for n 1 hvor f n a = f }. {{.. f } a. n ganger c) Skriver om til preneks normalform: xp xa ygya xp xa ygya x P xa ygya x( P xa ygya) x y( P xa Gya) x y(p xa Gya) 3

En raskere variant: xp xa ygya x(p xa ygya) x y(p xa Gya) d) Formelen er ikke gyldig. La M være modellen med domenet {a, b} slik at a M = a og b M = b hvor R M = { a, b, b, a }. Da vil formelen x(rxa Rxb) være sann i M, men xrxx vil være usann i M, siden det ikke fins noe element x slik at x, x R M. En tungvint måte å lage motmodell på er lage en utledning som har en åpen gren som er maksimal, dvs. hvor formelen x(rxa Rxb) er instansiert med alle termer i Herbranduniverset til grenen. Grenen gir opphav til en Herbrandmodell som er en motmodell til sekventen. La ϕ være formelen x(rxa Rxb). Vi får: ϕ, Rab, Rba Rcc ϕ, Rab, Rbb, Rca Rcc ϕ, Rab, Rbb, Rcb Rcc L ϕ, Rab, Rbb, Rca Rcb Rcc ϕ, Rab, Rbb Rcc L ϕ, Raa Rcc ϕ, Rab, Rba Rbb Rcc ϕ, Rab Rcc L ϕ, Raa Rab Rcc ϕ Rcc R ϕ xrxx ϕ xrxx De to grenene helt til høyre er nå instansiert med alle termer i Herbranduniversene til grenene (som er mengden {a, b, c}). Grenen helt til høyre gir modellen med domenet {a, b, c} hvor R M = { a, b, b, b, c, b }. Denne falsifiserer rotsekventen. e) La ϕ være formelen x(p x (P a P b)). Vi får: P a, P b ϕ, P a P b, P b P a ϕ, P b (P a P b), P b P a ϕ, P a P a ϕ, P b R P a ϕ, P a P b ϕ, P a (P a P b) x(p x (P a P b)) 5 Sant eller usant (10 %) a) Hvis A er oppfyllbar og B er oppfyllbar, så er A B oppfyllbar. USANT La A være P og B være P. b) Hvis A er oppfyllbar og B er oppfyllbar, så er A B oppfyllbar. SANT For at A B skal være oppfyllbar, så er det nok at B er oppfyllbar. c) Det fins tre formler A, B og C slik at mengdene {A, B}, {B, C} og {A, C} alle er oppfyllbare, men hvor mengden {A, B, C} ikke er oppfyllbar. SANT La A være P, B være P Q og C være Q. 4

6 Fri-variabel LK (20 %) Gi korte svar på følgende spørsmål. a) En mest generell unifikator for termene f (x, g(w)) og f (y, g(a)) er substitusjonen {y/x, a/w}. b) {a/x, a/y, a/w} er en unifikator som ikke er mest generell. c) Det at en substitusjon σ lukker en løvsekvent Γ i en fri-variabel LK-utledning betyr at det fins en atomær formel P (s 1,..., s n ) i Γ og en atomær formel P (t 1,..., t n ) i som er slik at P (s 1,..., s n )σ = P (t 1,..., t n )σ, dvs. at σ er en grunn substitusjon gjør formlene P (s 1,..., s n ) og P (t 1,..., t n ) like. d) For at π, σ skal være et fri-variabel LK-bevis, så må σ være en grunn substitusjon som lukker alle løvsekventene i π. e) Hvis π, σ er et fri-variabel LK-bevis for en sekvent Γ og π er resultatet av å anvende σ på alle formlene i π, så får vi ikke nødvendigvis et grunt LK-bevis for Γ. Grunnen til dette er at egenparameterbetingelsen ikke nødvendigvis holder i π. Dette kan skje på flere måter: 1) Egenparameterbetingelsen holder ikke på grunn av regelrekkefølgen: a/u xp x, P u P a xp x, P u xp x xp x xp x R mappes til xp x, P a P a xp x, P a xp x xp x xp x R - a er ikke en ny! 2) Egenparameterbetingelsen holder ikke på grunn av liberal δ-regel. La ϕ være formelen x(p x xp x): a/u P u ϕ, P a P u ϕ, xp x ϕ, P u xp x x(p x xp x) mappes til P a ϕ, P a - a er ikke en ny! P a ϕ, xp x ϕ, P a xp x x(p x xp x) 5