Grundläggande logik. Lösningsdel. Kaj B Hansen och Taeda Jovicic. Kapitel 2: Lösningar till övningarna på s (a) (A (B A)) är en formel.

Transkript

1 Kpitel 2: Lösningr till övningrn på s (A (B A)) är en formel. Kj B Hnsen och Ted Jovicic Grundläggnde logik (1) A och B är formler enligt (1) (2) A är en formel (*enligt (1)*) A är en formel (2) (3) B och A är formler (*(1) och (2)*) (B A) är en formel (3) (4) A och (B A) är formler (*(1) och (3)*) (A (B A)) är en formel (3) Konstruktionsträd: (1) B A A (1) (2) Lösningsdel (1) A (B A) (3) (A (B A)) (3) (( A B) (A C)) är en formel. (1) A, B, C är formler (1) (2) (1) A, C är formler (2) (3) (1) + (2) ( A B) är en formel (3) (4) (1) + (2) (A C) är en formel (3) (5) (3) + (4) (( A B) (A C)) är en formel (3) (6) (5) (( A B) (A C)) är en formel (2) Konstruktionsträd: (1) A C (1) (2) A B A C (2) (3) ( A B) (A C) (3) (( A B) (A C)) (( A B) (A C) (3) (3) (i) Identifier de tomär stsern: K: Det finns 2 krmeller. D: Det finns 3 som sk del på dem. : All kn få en krmell. Ersätt tomär stser med sts-prmetrr: (1) Om K och D, så inte (iii) ts (1) är en villkorssts: (2) K och D inte (iv) Antecedenten i (2) är en konjunktion: (3) K D inte (v) Konsekventen är en negtion: (4) K D K D (i) Identifier de tomär stsern: : Det är fredg idg. L: Det är lördg idg. : Det är söndg idg. Ersätt tomär stser med sts-prmetrr: (1) eller L men inte (* definitivt är förstärknde och sknr logiskt betydelse*) (iii) Använd top down på (1): men är huvudopertor och är ett konjunktions tecken: (2) eller L inte eller nger disjunktion, inte negtion: (3) ( L) ( L) (i) Identifier de tomär stsern: M: Gummn är inne. B: Gubben är inne. ätt in sts prmetrr: (1) När M så inte B. B endst om inte M. Jg hr ntgit tt en person är ute hn inte är inne. Då kn Gummn/gubben är ute uppftts som negtionen v Gummn/gubben är inne. Ett lterntiv är tt h 4 olik tomär stser. (iii) Använd top down : (1) är en konjunktion. Punkt nger här konjunktion. (2) När M så inte B B endst om inte M. När -- så -- är ett impliktionskonnektiv: (3) (M inte B) (B endst om inte M) -- endst om -- nger impliktion (se minileikonet, s ): (4) (M inte B) (B inte M) Vi ersätter inte med : (5) (M B) (B M) (M B) (B M) O: Det blir ordning på ekonomi. : Vi börjr spr. ätt in stsprmetrrn: (1) sk enligt 3.9 (5) formlisers: O eller O O eller O (i) Identifier de tomär stsern: : Vi kn förverklig ffärsidén. K: Vi hr tillräckligt stort eget kpitl. L: Vi kn lån i bnken. ätt in sts prmetrrn: (1) Inte, om inte ntingen K eller L (1) är en impliktion: (2) Inte ntingen K eller L inte Efterledet är en negtion, liksom förledet: (3) (ntingen K eller L) lutligen ersätts eller med : (4) (K L) (K L) (i) De tomär stsern: P: Du hr pengr tt betl med. C: Du hr check tt betl med. K: Du hr kontokort tt betl med. : Vi kn sälj vrn till Dig. ätt in prmetrrn: (1) Om vrken P eller C eller K, så inte (1) är en impliktion: (2) Vrken P eller C eller K inte örledet kn formlisers: (3) (P C K) inte Eferledet är en negtion: (4) (P C K) (P C K) Alterntiv: P C K (i) I stället för stsprmetrr nvänder vi vnlig mtemtisk symboler: b > 0: b är större än 0. > 0: större än 0. b > 0: b större än 0. < 0: mindre än 0. b < 0: b mindre än 0. kriv om stsen 3 4

2 (f) (1) b > 0 om och endst om > 0 och b > 0, eller < 0 och b < 0. ts (1) är en ekvivlens: (2) b > 0 > 0 och b > 0, eller < 0 och b < 0 Andr ekvivlensledet är en disjunktion: (3) b > 0 ( > 0 och b > 0) ( < 0 och b < 0) Ersätt och med : (4) b > 0 ( > 0 b > 0) ( < 0 b < 0) b > 0 ( > 0 b > 0) ( < 0 b < 0) (i) De tomär stsern: E: Mn kn eliminer prentespret kring en konjunktion. N: Konjunktion är negerd. D: Konjunktion ingår som led i en disjunktion. ätt in prmetrrn: (1) E så vid inte ntingen N eller D ts (1) är en impliktion: (2) Inte ntingen N eller D E Antecedenten är negtion v en disjunktion: (3) (N D) E (N D) E (i) tsprmetrr: : örst symbolen är en stsprmeter. N: örst symbolen är. V: örst symbolen är (. P: ist symbolen är en stsprmeter. H: ist symbolen är ). ätt in prmetrrn: (1) eller N eller V, och P eller H ts (1) är en konjunktion: (2) eller N eller V P eller H Båd konjunktionsleden är disjunktioner: (3) ( N V) (P H) ( N V) (P H) (i) tsprmetrr: : Bnken stänger kl. 17. : Jg får ledigt från jobbet ½ timme. V: Bnkärendet blir uträttt. A: Någon nnn uträttr ärendet åt mig. ätt in stsprmetrrn: (1) Om och inte, så inte U förutstt tt inte A (iii) tsen är en impliktion: (2) och inte inte U förutstt tt inte A Antecedenten är en konjunktion: (3) inte inte U förutstt tt inte A Konsekventen är en impliktion: (4) inte (inte A inte U) Ersätt inte med : (5) ( A U) ( A U) Alterntiv: A ( U) Det är också möjligt tt uppftt ingen nnn gör det åt mig som en tomär sts: I: Ingen nnn gör det åt mig. Ersätt A i de tre formliseringrn med I, t. e. (I U) (i) Identifier de tomär stsern. Välj stsprmetrr. V: Vkten får nvänd våld. I: Vkten ingriper. R: Risk för skdegörelse föreligger. A: Vkten är ngripen. M: Vkten hr först givit muntlig vrning. tsen kn nu skrivs: Ett nödvändigt villkor för V är R om inte I, och förutstt tt inte A, så V endst om M; A är en tillräcklig förutsättning för V. (iii) tsen är en konjunktion med 3 led: (1) Ett nödvändigt villkor för V är R om inte I. (2) örutstt tt inte A, så V endst om M. (3) A är en tillräcklig förutsättning för V. (iv) Anlys v (1): (1) är en impliktion: V (R om inte I) Efterledet är en impliktion med negert förled: (1 ) V ( I R) Ett lterntivt sätt tt tolk (1) är: I (R är ett nödvändigt villkor för V), som formlisers: (1 ) I (V R) (1 ) och (1 ) kn m h snningstbeller viss vr stslogiskt ekvivlent. (v) Anlys v (2): (2) är en impliktion med negert förled: A (V endst om M) Efterledet är en impliktion: (2 ) A (V M) (vi) Anlys v (3): (3) är en impliktion: (3 ) A V (vii) Konjuger (1 ), (2 ), (3 ) ger lösningen: (V ( I R)) ( A (V M)) (A V) ((A B)) ( A B)) Det yttre prntespret kn eliminers enligt Regel 1: (A B) ( A B) Prntesen kring A B kn inte eliminers: (1) A B ( A B) eftersom (1) är tvetydig melln (1 ) (A B) ( A B) och (1 ) A ( B ( A B)) Av smm nledning kn prntesen kring A B inte eliminers. (A B) ( A B) (((A B) C) ((A B) C)) Yttre prntespret ts bort enligt Regel 1: (1) (A B) C) ((A B) C) Prntesen kring förledet eliminers (Regel 3): (2) (A B) C ((A B) C) Prntesen kring efterledet slops (Regel 3): (3) (A B) C (A B) C) Prntesen i (A B) kn eliminers enligt Regel 2: (4) A B C (A B) C Prntesen i (A B kn inte eliminers till (5) A B C A B C eftersom det blir oklrt om det är först eller ndr förekomsten v som är huvudopertor. A B C (A B) C ((((A B) (B C)) C) B) Yttre prntespret ts bort (Regel 1) (1) (((A B) (B C)) C) B Prnteser kring förledet ts bort (Regel 3): (2) ((A B) (B C)) C B I ((A B) (B C)) kn yttre prntespret slops (Regel 2): (2) (A B) (B C) C B vr: (A B) (B C) C B (A B) B A B (A B) B (A B) ( A B) A B (A B) ( A B) ((B A) B) (A B) A B ((B A) B) (A B) (A B) (A B) B (A B) (A B) ( A B) A ((B A) B) (A B) Vi sätter upp en gemensm snningstbell för A B, (A B) och A A B A B (A B) A Vi ser tt snningstbellern överensstämmer med tbellern för förmlern i (A B) C A (B C) A B C (A B) C A (B C) nningstbellern överensstämmer rd för rd. (A B) C A (B C) Även (A B) C och A (B C) hr smm snningstbell: 7 8

3 A B C (A B) C A (B C) A eller 2 B (A B) (A B) A B A eller 2 B (A B) (A B) A B (A B) (B A) A B A B (A B) (B A) Kpitel 3: Lösningr till övningrn på s ,, : Vi upprättr gemensm snningstbell för,, : A A A A A A (A A) A,, (g): ormlern hr enbrt i snningstbellern: A B A (A B) B (A B) (A B B) A (f), (h): ormlern (f) och (h) hr enbrt i tbellern: A B C (A B) (B C) (A (B C)) (A B C) 3-7.2, Av tbellen frmgår tt är kontingent; är tutolog A B C A B B C A B B C kontingent tutolog Av tbellen ser vi tt är en kontrdiktion A B (A B A) (A B) kontrdiktion Vi nvänder snningstbell metoden: A B A B B A * Rd 4 är den end där både A B och B är snn. Där får även A värdet. A B, B A A B C A (B C) (A B) (A C) nningstbellern är rd för rd identisk. A B, B C A C Vi nvänder snbbmetoden: A B, B C A C A B A C B C nningstbell metoden: A B C A B A C B C * * * * I de rder där A B hr, dvs rdern 1, 2, 7, 8, får även A C B C värdet. (A B) (C D) A C B D nbbmetoden: (A B) (C D) A C B D Det är omöjligt tt h premissen snn smtidigt med tt konklusionen är flsk. (A B) A B nningstbell metoden: A B (A B) A B (A B) A B A B (A B) A B (A B) C A (B C) Dett är ett fll där det är lättere tt nvänd snningstbeller än snbbmetoden. A B C (A B) C A (B C) ormlern hr smm snningstbell. (* visr tt är ssocitiv. *) A (B C) (A B) (A C) nningstbell: A B C (A C) (B C) nbbmetoden: : A B C (A C) (B C) 11 12

4 3-7.5 (* De tre rdern bestäms v de tre olik sätten tt ge (A C) och (B C) snningvärden givet tt (A C) (B C) :s värde är. *) A B C (A C) (B C) : (A C) (B C) A B C (A C) (B C) A B C (A B) (A B) nbbmetoden: (A B) (A B) (A B) (A B) (A B) C (A C) C nningstbell: A B C (A B) C (A C) C * Vi ser tt gäller. (A C) C (A B) C Rd 2 i snningstbellen under visr tt gäller inte. Moteempel: V 2 (A) = V 2 (B) =, V 2 (C) = A (B C) (A B) (A C) nnings tbel: A B C A (B C) (A B) (A C) Premiss och konklusion är ekvivlent. gäller (A B) (A C) A (B C) Tbellen för visr tt premiss och slutsts är ekvivlent. gäller (f) A B, B C, C A A C nbmetoden: A B, B C, C A A C Moteempel: V = V(C) =, V(B) = (f) gäller inte (g) ( A B) ( B C) (A C) ( A B C) nbbmetoden: : ( A B) ( B C) (A C) ( A B C) I vrje rd finns en delformel som får två olik snningsvärden ( A B) ( B C) (A C) ( A B C) : (A C) ( A B C) ( A B) ( B C) Rdern 1 och 3 är omöjlig värderingr; men rd 2 ger ett moteempel V 2 (A) = V 2 (B) = V 2 (C) = (A C) ( A B C) ( A B) ( B C) (g) gäller inte (* Märk tt det räcker tt ekvivlensen inte gäller i en v de två riktningrn för tt ekvivlensen sk vr ogiltig. Märk tt blnd de se rder vi hr studert är det br en som ger moteempel. Det räcker med ett end moteempel för tt en konsekvensreltion inte sk gäll. *) (h) A B C (A B) (A C) Vi tillämpr snbb metoden: : A B C (A B) (A C) A B C (A B) (A C) : (A B) (A C) A B C Rd 1 ger moteempel: V 1 (A) = V 1 (B) =, V 1 (C) = Även rd 3 ger moteempel: V 3 (A) = V 3 (C) =, V 3 (B) = (A B) (A C) A B C (h) gäller inte. (i) A B C (A C) (B C) nningstbell: A B C A B C (A C) (B C) Vi ser tt A B C (A C) (B C) medn (A C) (B C) A B C Moteempel: V 4 (A) =, V 4 (B) = V 4 (C) = V 5 (A) = V 5 (C) =, V 5 (B) = (i) gäller inte (j) A B C (A C) (B C) Av snningstbellen som följer frmgår tt (j) gäller. nningstbell: A B C A B C (A C) (B C) (k) A B C (A C) (B C) nningstbell: A B C A B C (A C) (B C) (k) gäller. Om inte förekommer i formeln A, så hr A minst ett i sin snningstbell. Då A är uppbyggd enbrt v tomär stser, prnteser och konnektiven,,,. Låt V vr den värdering s.. för ll tomär stser (stsprmetrr) B, V(B) =. Vi visr med induktion över A:s längd tt V(A) =. A tomär: Då V(A) = enligt definitionen v V. A = (B C), = (B C), = (B C) eller = ( B C): Enligt induktionshypotesen hr vi V(B) = V(C) =. örst rden i snningstbellen för,,, resp. ger V(A) =. B C B C B C B C B C Hr A lltid minst ett i sin snningstbell? vr: Nej. Låt t.e. A = B B 15 16

5 3-7.7 B B B ormlisering: (P ) (I T) (P T) (I ) (*) Vi nvänder snbbmetoden: (P ) (I T) (P T) (I ) ormeln (*) kn inte vr flsk. ormeln (*) är en tutologi Tolk i (*) som om-så. Då är (P ) ock (I T) snn, medn (P T) och (I ) är flsk. Därför blir förledet i (*) snt medn efterledet är flskt. Alltså är (*) i denn tolkning och därmed den ursprunglig utsgn flsk. Dett visr enligt vår åsikt: (1) överensstämmer inte till 100% med vnligt om-så. (2) Det finns ett fundmentlt fel i den formell logikens grundvlr. Dett sk inte tolks så tt den formell logiken är värdelös v följnde skäl: (i) Mn kn i den formell logiken ldrig gå från snn premisser till en flsk konklusion. (e 5.4 i Kpitel 4, 6.4 i Kpitel 10 och Appendi 1.) får de flest v om-så:s egenskper och speciellt den grundläggnde modus ponens-egenskpen A B, A B (iii) öljnde reltion melln och om-så kn beviss: A B är snn om A är snn, så är B snn. åledes finns det en mycket när reltion melln och om-så. Denn och motsvrnde reltioner för de övrig logisk opertorern gör tt den formell logiken blir en nvändbr modell för logisk slutledningr. ormeln (*) är en version v den mteriell impliktionens prdoer. Problem relterde till dess prdoer diskuters på följnde ställen i Grundläggnde logik: Kp. 2, 4.8; Kp. 3, 1.6, 2.19, övning 3-7.7, övning ; Kp. 4, ; Kp. 8, 4.5 och 4.9; Appendi 3, övning 1-88 och övning (A B B C) (A B ) (B C) (E 19) (A B) ( B C) De Morgn; (E 10) (A B) (C D) (E 19) Alterntiv: ((A B) (C D)) (A B) (C D) (E 25) (A B) ( C D) De Morgn, (E 10) (A B) ( C D) Dubbl negtionen (E 1) kriv på DN och på KN (A B) (B A) (1) nningstbell: A B (A B) (B A) Rd 1: A B; Rd 2: A B; Rd 3: A B; Rd 4: A B (2) DN: (A B) (A B) ( A B) ( A B) (3) KN: ormeln är en tutologi. Då (A B) (B A) A A vr: A A kriv på DN och på KN (A B A) A B (1) nningstbell: A B (A B A) A B (2) DN: ormeln är en kontrdiktion: (A B A) A B B B vr: B B (3) KN: Vi nvänder Metod 1 ( 4. 15). örmeln hr i följnde rder: Rd 1: A B; Rd 2: A B; Rd 3: A B; Rd 4: A B vr: ( A B) ( A B) (A B) (A B) ((A B) (C D)) (A B) (C D) (E 24) kriv på DN och på KN: A (B C) (1) nningstbell: A B C A (B C) (A (B C)) (2) DN: A (B C) hr i: Rd 1: A B C; Rd 4: A B C; Rd 6: A B C; Rd 7: A B C (A B C) (A B C) ( A B C) ( A B C) (3) KN (Metod 1): A (B C) hr i: Rd 2: A B C; Rd 3: A B C; Rd 5: A B C; Rd 8: A B C ( A B C) ( A B C) (A B C) (A B C) (4) KN (Metod 2): kriv först (A (B C)) på DN: (A (B C)) (A B C) (A B C) ( A B C) ( A B C) Då: (A (B C)) [(A B C) (A B C) ( A B C) ( A B C) (A B C) (A B C) ( A B C) ( A B C) (* De Morgn, (E 11) *) ( A B C) ( A B C) ( A B C) ( A B C) (* De Morgn, (E 10) *) ( A B C) ( A B C) (A B C) (A B C) ( A B C) ( A B C) (A B C) (A B C) kriv på DN och på KN: (A B) ( A B C) (1) nningstbell: A B C (A B) ( A B C) (2) DN: ormeln hr i: Rd 1: A B C; Rd 2: A B C; Rd 5: A B C; Rd 6: A B C; Rd 7: A B C (3) KN (Metod 1): ormeln hr i: Rd 3: A B C; Rd 4: A B C; Rd 8: A B C : {, } är fullständig Enligt teorem 5.5, är {,, } fullständig. Låt f vr en snningsfunktion och A en formel som representerr f och utn ndr konnektiv än,,. M h ekvivlensen (E 8): A B ( A B) (De Morgn), kn ll förekomster v i A elliminers. Vi hr hittt en representtion v f enbrt termer v och. 5.9: {, } är fullständig Låt A vr en representtion v f s A br innehåller konnektiven och (e Korollrium 5.8).M h ekvivlensen (E 13): A B A B, kn ll förekomster v elliminers så tt endst konnektiven och förekommer Definier,,, i termer v heffers streckfunktion /. A B A/B A A/A A B (A/B)/(A/B) (A B C) (A B C) ( A B C) ( A B C) ( A B C) ( A B C) ( A B C) (A B C) 19 20

6 A/B ( A B) (från (2)) ((A A)/(B B)) (från (3)) [(A A) (B B)] [(A A) (B B)] (från (3) A B A B (A/A)/(B/B) A B A/(B/B) Vi ser tt A A/A A B (A/B)/(A/B) A B (A/A)/(B/B) A B A/(B/B) Idéer: A/B (A B) A (A A) A/A A B (A/B) (A/B)/(A/B) A B ( A B) A/ B (A/A)/(B/B) A B (A B) A/ B A/(B/B) Definier / och i termer v vrndr. Vi jämför tbellern för / och : A B A/B A B Vi ser tt: A B ( A/ B) (1) A/B ( A B) (2) A B (A B) Därför: A (A A) A A (3) Vi får nu: A B ( A/ B) (från (1)) ((A/A)/(B/B)) (7.12) [(A/A)/(B/B)]/[(A/A)/(B/B)] (7.12) Objektspråket. nn. Metspråket. lsk. (Längd mäts i ntl bokstäver.) Metspråket. nn. Metspråket. lsk. Metspråket. nn. (f) Objektspråket. nn. (g) Metspråket. lsk. (h) Metspråket. lsk. (i) Objektspråket. nn. (j) Metspråket. lsk. (k) Öppen formel, inte sts. Vrken snn eller flsk. (l) Metspråket. nn. (m) Metspråket. Att bestämm snningsvärdet är en knepig filosofisk fråg. (* tsen kn i prediktlogiken formlisers: (P T). Den kn uppftts som en oändlig konjunktion v stser som fås genom tt i (P T) sätt in nmn på stser. *) (1) Vi måste skilj på 3 nivåer: Metspråk: Nmn på nmn på rtionell tl 1/4, 2/4, Objektspråk: Beteckningr på rtionell tl (bråk) 1/4, 2/4, Objekt: De rtionll tlen 0 1 (2) Bråk är beteckningr på rtionell tl och tillhör objektspråket. MGN('', 'y') (* d v s minst gemensmm nämnren för och y *) är lltså en funktion som vbildr ett pr v beteckningr (objektspråksnivå) på ett positivt hel tl (objektnivå), dvs MGN ( p/q, r/s ) = µ (q s ) unktionsuttrycket µ ( ) betecknr det minst positiv heltl som stisfierr villkoret ( ). 'q ' uttrycker tt är jämnt delbr med q. (3) Omformulering v resonemnget: Definition: MGN ( p/q, r/s ) = µ (q s ) = det minst positiv heltl som är delbrt med både q och s. MGN ( 1/2, 1/3 ) = 6 (c 1 ) 1/2 = 2/4 eller (c 2 ) 1/2 = 2/4 MGN ( 2/4, 1/3 ) = MGN ( 1/2, 1/4 ) = (4) Kritik: (i) Resonemnget (c 1 ) är fel därför tt substitutionen är glen. tsen MGN ( 1/2, 1/3 ) = 6 tillhör metspråket. ör tt utför substitutionen behöver vi ett metspråkligt identitetspåstående 1/2 = 2/4. Det hr vi inte. ubstitutionen under - tecknet är fel. I resonemnget (c 2 ) är substitutionen korrekt, men premissen (c 2 ) är flsk e Kpitel 2 Conditionls nd the oundtions of Logic i KB Hnsen: Applied Logic. Act Universittis Upsliensis: Almqvist & Wiksell, tockholm Kpitel 4. Lösningr till övningr på s A B - B C (1) A B P (2) B 1, ( E) (3) A B 2, ( I) A B, B C, A - C (1) A B P (2) B C P (3) A P (4) B 1, 3, ( E) (5) C 2, 4, ( E) (f) A B C, A D - C (1) A B C P (2) A D P (3) A 2, ( E) (4) A B 3, ( I) (5) C 1, 4, ( E) A B, B C, C - A (1) A B P (2) B C P (3) C P (4) B 2, 3, MTT (5) A 1, 4, Disj. yll. A (B C), A B - C (1) A (B C) P (2) A B P (3) A 1, ( E) (4) B A 2, ( E) (5) B 3, 4, MTT (6) B C 1, ( E) (7) C 5, 6, Disj. yll. A B, A C, B C - C (1) A B P (2) A C P 23 24

7 (g) (h) (i) (3) B C P (4) C 1, 2, 3, ( E) A B C, B D C, B D - A D (1) A B C P (2) B D C P (3) B D P (4) C 2, 3, ( E) (5) C A B 1, ( E) (6) A B 4, 5, ( E) (7) A 6, ( E) (8) D 3, ( E) (9) A D 7, 8, ( I) A B, B C D, A C E - E (1) A B P (2) B C D P (3) A C E P (4) A HP (5) A C 4, ( I) (6) E 3, 5 ( E) (7) A E 4-6, ( I) (8) B HP (9) C D 2, 8, ( E) (10) C 9, ( E) (11) A C 10, ( I) (12) E 3, 11 ( E) (13) B E 8-12 ( E) (14) E 1, 7, 13, ( E) A B C, A D, D (A B) - C (1) A B C P (2) A D P (3) D (A B) P (4) D 3, ( E) (5) A B 3, ( E) (*Vi härleder A.*) (6) A HP (7) D 2, 6, ( E) (8) 4, 7, ( I) (9) A 6-8, ( I) (10) B 5, 9, Disj. yll. (11) A B 9, 10, ( I) (12) C 1, 11, ( E) A (B C) - B (A C) (1) A (B C) P (2) B HP (3) A HP (4) B C 1, 3, ( E) (5) C 2, 4, ( E) (6) A C 3-5 ( I) (7) B (A C) 2-6, ( I) A B C - A (B C) (1) A B C P (2) A HP (3) B HP (4) A B 2, 3, ( I) (5) C 1, 4, ( E) (6) B C 3-5, ( I) (7) A (B C) 2-6, ( I) A (B C) - A B C (1) A (B C) P (2) A B HP (3) A 2, ( E) (4) B 2, ( E) (5) B C 1, 3, ( E) (6) C 4, 5, ( E) (7) A B C 2-6, ( I) A B C- - (A C) (B C) A B C - (A C) (B C) (1) A B C P (2) A HP (3) A B 2, ( I) (4) C 1, 3, ( E) (5) A C 2-4, ( I) (6) B HP (7) A B 6, ( I) (8) C 1, 7, ( E) (9) B C 6-8, ( I) (10) (A C) (B C) 5, 9, ( I) (A C) (B C) - A B C (f) (g) (1) (A C) (B C) P (2) A B HP (3) A C 1, ( E) (4) B C 1, ( E) (5) C 2, 3, 4, ( E) (6) A B C 2-5, ( I) A B, B C - A C (1) A B P (2) B C P (3) A HP (4) A B 1, ( E) (5) B C 2, ( E) (6) B 3, 4, ( E) (7) C 5, 6, ( E) (8) A C 3-7, ( I) (9) C HP (10) C B 2, ( E) (11) B A 1, ( E) (12) B 9, 10, ( E) (13) A 11, 12, ( E) (14) C A 9-13, ( E) (15) A C 8, 14, ( I) B - A B (1) B P (2) A HP (3) A B 1, 2, ( I) (4) B 3, ( E) (5) A B 2-4, ( I) A B - A B (1) A B P (2) A HP (3) A 2, Dubbl. Neg. (4) B 1, 3, Disj. yll. (5) A B 2-4, ( I) A B, B C, C - A (1) A B P (2) B C P (3) C P (4) A HP (5) B 1, 4, ( E) (6) C 2, 5, ( E) (7) 3, 6, ( I) (8) A 4-7, ( I) (A B), A - B (1) (A B) P (2) A P (3) B HP (4) A B 2, 3, ( I) (5) 1, 4, ( I) (6) B 3-5, ( I) A A - A (1) A A P (2) A HP (3) A 1, 2, ( E) (4) 2, 3, ( I) (5) A 2-4, ( I) (i) A A - A (1) A A P (2) A HP (3) A 1, 2, ( E) (4) 2, 3, ( I) (5) A 2-4, ( E) A - A B (1) A P (2) A HP (3) B HP (4) 1, 2, ( I) (5) B 3-4, ( I) (6) A B 2-5, ( I) A B- - B A A B - B A (1) A B P (2) B HP (3) A HP (4) B 1, 3, ( E) (5) 2, 4, ( I) 27 28

8 (6) A 3-5, ( I) (7) B A 2-6, ( I) B A - A B (1) B A P (2) A HP (3) B HP (4) A ( E) (5) 2, 4, ( I) (6) B 3-5, ( E) (7) A B 2-6, ( I) (g) A B - (A B) (1) A B P (2) A B HP (3) A 1, ( E) (4) B 2, 3, Disj. Dyll. (5) B 1, ( E) (6) 4, 5, ( I) (7) (A B) 2-6, ( I) (h) A B - A B (1) A B P (2) ( A B) HP (3) A B 2, De Morgn (4) A 3, ( E) (5) A 4, Dubbl. Neg. (6) B 1, 5, ( E) (7) B 3, ( E) (8) 6, 7, ( I) (9) A B 2-8, ( E) (i) (A B) - - A B (A B) - A B (1) (A B) P (*Vi sk härled A. Vi ntr A som etr premiss och härleder.*) (2) A HP (3) A B 2, övn. 8.3 (4) 1, 3, ( I) (5) A 2-4, ( E) (*Vi sk härled B. Vi ntr B som etr premiss och härleder.*) (6) B HP (7) A B 6, övn. 8.2 (f) (8) 1, 7, ( I) (j) (9) B 6-8, ( I) (10) A B 5, 9, ( I) A B - (A B) (1) A B P (2) A B HP (3) A 1, ( I) (4) B 2, 3, ( E) (5) B 1, ( E) (6) 4, 5, ( I) (7) (A B) 2-6, ( I) (A B) - - A B (A B) - A B (1) (A B) P (*Vi härleder först A B. Vi ntr A och B som etr premisser och härleder.*) (2) A HP (3) B HP (4) A B 3, övn. 8.2 (f) (5) B A 2, övn. 8.2 ((f) (6) A B 4, 5, ( I) (7) 1, 6, ( I) (8) B 3-7, ( I) (9) A B 2-8, ( I) (* Nu härleder vi B A. Vi ntr B och A som tillfällig premisser och härleder.*). (10) B HP (11) A HP (12) A B 11, övn. 8.3 (13) B A 10, övn. *.3 (14) A B 12, 13, ( I0 (15) 1, 14, ( I) (16) A 11-15, ( E) (17) B A 10-16, ( I) (18) A B 9, 17, ( I) A B - (A B) (1) A B P (2) A B HP (*Vi sk härled. Vi tr B som riktmärke. ör tt komm åt B och B måste vi eliminer i (1) och (2).*) (3) A B 1, ( E) (4) B A 1, ( E) (k) (5) A B 2, ( E) (6) B A 2, ( E) (*ör tt nå B i (3) måste vi eliminer. ör det behöver vi A. Vi ntr A och ser vd som händer.*) (7) A HP (8) B 3, 7, ( E) (9) B 5, 7, ( E) (10) 8, 9, ( I) (11) A 7-10, ( I) (12) B 6, 11, MTT (13) B 4, 11, MTT (14) 12, 13, ( I) (15) (A B) 2-14, ( I) (*Dett är ett eempel på en deduktion där det behövs en liten gnutt innovtion utöver de heuristisk reglern *) (A B) - - A B (A B) - A B (1) (A B) P (2) ( A B) HP (*Vi ntr negtionen v konklusionen som tillfällig premiss för indirekt härledning. Vi härleder och nvänder ( E).*) (3) A B 3, E 4.8 (4) A 3, ( E) (5) A 3, E. 3.9 (6) B 3, ( E) (7) B E. 3.9 (8) A B 5, 7, ( I) (9) 1, 8, ( I) (10) A B 2-9, ( E) A B - (A B) (1) A B P (2) A B HP (*Vi ntr A B för indirekt härledning.*) (3) A 2, ( E) (4) A 3, E. 3.7 (5) B 1, 4, Disj. yll. (6) B 2, ( E) (7) 5, 6, ( I) (8) (A B) 2-7, ( I) (A A) (1) A A HP (2) A 1, ( E) (3) A 1, ( E) (4) 2, 3, ( I) (5) (A A) 1-4, ( I) - (A A) (1) (A A) HP (*Vi gräver oss in till A genom tt eliminer först och sedn.*) (2) A A 1, ( E) (3) A A 1, ( E) (4) A HP (5) A 2, 4, ( E) (6) 4, 5, ( I) (7) A 4-6, ( I) (8) A 3, 7, ( E) (9) 7, 8, ( I) (10) (A A) 1-9, ( A) - (A A) A (1) A A HP (2) A HP (3) A 1, 2, ( E) (4) 2, 3, ( I) (5) A 2-4, ( I) (6) (A A) A 1-5, ( I) - (A B) (B C) (1) ((A B) (B C)) HP (2) (A B) (B C) 1, De Morgn (3) (A B) 2, ( E) (4) (B C) 2, ( E) (5) A B 3, övn. 8.3 (i) (6) B C 4, övn. 8.3 (i) (7) B 5, ( E) (8) B 6, ( E) (9) 7, 8, ( I) (10) (A B) (B C) 1-9, ( E) - (A B) (A B) (1) ((A B) (A B)) HP (2) (A B) (A B) 1, De Morgn 31 32

9 (f) (g) (3) (A B) 2, ( E) (4) (A B) 2, ( E) (5) (A B) 3, övn. 8.3 (j) (6) 4, 5, ( I) (7) (A B) (A B) 1-6, ( E) - ((A A) B) B (1) ((A A) B) HP (2) A A Eempel (3) B 1, 2, ( E) (4) ((A A) B) B 1-3, ( I) - ((A B) A) A (1) (A B) A) HP (2) A HP (3) (A B) 1, 2, MTT (4) A B 3, övn. 8.3 (5) A 4, ( E) (6) 2, 5, ( I) (7) A 2-6, ( E) (8) ((A B) A) A 1-7, ( I) (A B) (A C) - A (B C) (1) (A B) (A C) P (2) A HP (3) B HP (4) A B 3, övn. 8.2 (f) (5) A C 1, 4, ( E) (6) C 2, 5, ( E) (7) B C 3-6, ( I) (8) A (B C) 2-7, ( I) A B - A C B C (1) A B P (2) A C HP (*Vi sk härled B C. Vi tillämpr den direkt metoden i Vi utför ( E) på A C.*) (3) A HP (4) A B 1, ( E) (5) B 3, 4, ( E) (6) B C 5, ( I) (7) A B C 3-6, ( I) (8) C HP (9) B C 8, ( I) (10) C B C 8-9, ( I) (11) B C 8, ( I) (12) A C B C 2-11, ( I) (13) B C HP (*Vi sk härled A C. Vi nvänder nu för vritionens skull den indirekt metoden i *) (14) (A C) HP (15) A C 14, De Morgn (16) C 15, ( E) (17) B 13, 16, Disj.yll. (18) B A 1, ( E) (19) A 17, 18, ( E) (20) A 15, ( E) (21) 19, 20, ( I) (22) A C 14-21, ( E) (23) B C A C 13-22, ( I) (24) A C B C 12, 23, ( I) A B- - (A B) ( A B) A B - (A B) ( A B) (1) A B P (*Vi nvänder den indirekt metoden i *) (2) ((A B) ( A B)) HP (3) (A B) ( A B) 2, De Morgn (4) (A B) 3, ( E) (5) ( A B) 3, ( E) (*Vi härleder A B och nvänder sedn 8.3 (j). örst härleder vi A B och sedn B A.*) (6) A HP (7) B HP (8) A B 6, 7, ( I) (9) 4, 8, ( I) (10) B 7-9, ( I) (11) A B 6-10, ( I) (12) B HP (13) A HP (14) A B 12, 13, ( I) (15) 5, 14, ( I) (16) A 13-15, ( E) (17) B A 12-16, ( E) (18) A B 11, 17, ( I) (19) (A B) 18, övn. 8.3 (j) (20) 1, 19, ( I) (21) (A B) ( A B) 2-20, ( E) (A B) ( A B) - A B (1) (A B) ( A B) P (* Vi härleder A B. Antg A som etr premiss.*) (2) A HP (3) A B HP (4) A 3, ( E) (5) 2, 4, ( I0 (6) ( A B) 3-5, ( I) (7) A B 1, 6, Dysj. yll. (8) B 7, ( E) (9) A B 2-8, ( I) (* Vi härleder B A. *) (10) B HP (11) A B HP (12) B 11, ( E) (13) 10, 12, ( I) (14) ( A B) 11-13, ( I) (15) A B 1, 14, Disj. yll. (16) A 15, ( E) (17) B A 10-16, ( I) (18) A B 9, 17, ( I) A B C- - (A C) (B C) A B C - (A C) (B C) (1) A B C P (2) ((A C) (B C)) HP (3) (A C) (B C) 2, De Morgn (4) (A C) 3, ( E) (5) A C 4, övn. 8.3 (i) (6) (B C) 3, ( E) (7) B C 6, övn. 8.3 (i) (8) A 5, ( E) (9) B 7, ( E) (10) A B 8, 9, ( I) (11) C 1, 10, ( E) (12) C 5, ( E) (13) 11, 12, ( I) (14) (A C) (B C) 2-13, ( E) (A C) (B C) - A B C (1) (A C) (B C) P (2) A B HP (f) (g) (*Vi nvänder direkt härledning och ( E). Ett lterntiv är indirekt härledning: Antg C och nvänd övning 8.3 (i).*) (3) A C HP (4) A 2, ( E) (5) C 3, 4, ( E) (6) (A C) C 3-5, ( I) (7) B C HP (8) B 2, ( E) (9) C 7, 8, ( E) (10) (B C) C 7-9, ( I) (11) C 1, 6, 10 ( E) (12) A B C 2-11, ( I) A B, A C, B C D - D (1) A B P (2) A C P (3) B C D P (4) D HP (5) (B C) 3, 4, MTT (6) B C 5, De Morgn (7) B 6, ( E) (8) C 6, ( E) (9) A 1, 7, MTT (10) A 2, 8, MTT (11) 9, 10, ( I) (12) D 4-11, ( E) A ((B C) E), B C A, D E - A D (1) A (B C) E P (2) B C A P (3) D E P (4) A HP (5) D HP (6) (B C) E 1, 4, ( E) (7) E 3, 5, ( E) (8) B C 6, 7, Disj. yll. (9) A 2, 8, ( E) (10) 4, 9, ( I) (11) D 5-10, ( E) (12) A D 4-11, ( I) A (B C), A C, B A - C (1) A (B C) P (2) A C P 35 36

10 4-8.6 (3) B A P (4) C HP (5) A 2, 4, Disj. yll. (6) B C 1, 5, ( E) (7) B 4, 6, MTT (8) A 3, 7, ( E) (9) 5, 8, ( I) (10) C 4-9, ( E) (A B) A- - A B nningstbell: A B (A B) A A B Vi ser tt (A B) A = = A B. Av ullständighetsteoremet 5.3 följer (A B) A- - A B. (A B) A - A B (1) (A B) A P (2) (A B) HP (3) A B 2, De Morgn (4) A 3, ( E) (5) (A B) 1, 4, MTT (6) (A B) ( A B) 3, ( I) (7) A B 6, övn. 8,5 (8) 5, 7, ( I) (9) A B 2-8, ( E) A B - (A B) A (1) A B P (2) A B HP (3) A HP (4) B 1, 3, Disj.yll (5) B A 2, ( E) (6) A 4, 5, ( E) (7) 3, 6, ( I) (8) A 3-7, ( E) (9) (A B) A 2-8, ( I) A ( B C) - B A C nningstbbell: Av snningstbellen frmgår tt A ( B C) = B A C Av teorem 5.3 får vi då A ( B C) - B A C. A B C A ( B C) B A C Moteempel: V 7 (A) = V 7 (B) =, V 7 (C) = V 8 (A) = V 8 (B) = V 8 (C) = * * B A C - A ( B C) nningstbell: Av snningstbellen för övning 8.6 frmgår tt B A C - A ( B C). B A C - A ( B C) (1) B A C P (2) A HP (3) B HP (4) B A C 1, 3, ( E) (5) A C 3, 4, ( E) (6) C 5, ( E) (7) B C 3-6, ( I) (8) C HP (9) A C B 1, ( E) (10) A C 2, 8, ( I) (11) B 9, 10, ( E) (12) C B 8-11, ( I) (13) B C 7, 12, ( I) (14) A ( B C) 2-13, ( I) A (A B) - - A B nbbmetoden för riktningen -: A (A B) = A B A (A B) - A B A (A B) - A B (1) A (A B) P (2) A HP (3) A B 1, 2, ( E) (4) A B 3, ( E) (5) B 2, 4, ( E) (6) A B 2-5, ( I) nbbmetoden för - : A B = A (A B) A B - A (A B) A B - A (A B) (1) A B P (2) A HP (3) B A 2, övn. 8.2 (f) (4) A B 1, 3, ( I) (5) A (A B) 2-4, ( I) (A C) B- - (A B) (B C) nningstbell: A B C (A C) B (A B) (B C) Av tbellen frmgår tt (A C) B- - (A B) (B C). (A C) B - (A B) (B C) (1) (A C) B P (*Vi härleder (A B) för sig och (B C) för sig. I båd fllen nvänder viden indirekt metoden i *) (2) (A B) HP (3) A B 2, De Morgn (f) (4) A 3, ( E) (5) B 3, ( E) (6) (A C) 1, 5, MTT (7) A C 6, övn. 8.3 (i) (8) A 7, ( E) (9) 4, 8, ( I) (10) A B 2-9, ( E) (11) (B C) HP (12) B C 11, De Morgn (13) B 12, ( E) (14) (A C) 1, 13, MTT (15) A C 14, övn. 8.3 (i) (16) C 12, ( E) (17) C 15, ( E) (18) 16, 17, ( I) (19) B C 11-18, ( E) (20) (A B) (B C) 10, 19, ( I) (A B) (B C) - (A C) B (1) (A B) (B C) P (2) A C HP (3) B HP (4) A B 1, ( E) (5) B C 1, ( E) (6) A 3, 4, Disj. yll. (7) C 3, 5, Disj. yll. (8) C 2, 6, ( E) (9) 7, 8, ( I) (10) B 3-9, ( E) (11) (A C) B 2-10, ( I) A (B C) - (A B) C nbbmetoden: nbbmetoden ger två moteempel (jfr med Eempel 2.15 i Kp. 3): A (B C) = (A B) C V 2 (A) = V 2 (C) =, V 2 (B) = V 3 (A) = V 3 (B) =V 3 (C) = A (B C) - (A B) C (g) (A B) C - A (B C) nbbmetoden: 39 40

11 (h) (i) (A B) C = A (B C) (A B) C - A (B C) (A B) C - A (B C) (1) (A B) C P (2) A HP (3) B HP (4) A B 3, övn. 8.2 (f) (5) C 1, 4, ( E) (6) B C 3-5, ( I) (7) A (B C) 2-6, ( I) A (A B) - - A En snningstbell visr tt (h) gäller. A (A B) - A (1) A (A B) P (2) A HP (3) A A 2-2 ( I) (4) A B HP (5) A 4, ( E) (6) A B A 4-5, ( I) (*På rdern (1) (6) hr vi vd som behövs för ( E) på (1). *) (7) A 1, 3, 6, ( E) A - A (A B) (1) A P (2) A (A B) 1, ( I) A (A B) - - A En snningstbell visr tt (i) gäller. A (A B) - A (1) A (A B) P (2) A 1, ( E) A - A (A B) (1) A P (2) A B 1, ( I) (3) A (A B) 1, 2, ( I) A B- - (A B) B nningstbell: A B A B (A B) B (j) gäller. A B - (A B) B (1) A B P (2) A B HP (3) B HP (* Vi ntr B för indirekt härledning. Direkt härledning med ( E) på (1) är också möjlig. *) (4) A 1, 3, Disj. yll. (5) B 2, 4, ( E) (6) 3, 5, ( I) (7) B 3-6, ( E) (8) (A B) B (A B) B - A B (1) (A B) B P (2) (A B) HP (3) A B 2, E. 4.8 (4) A 3, ( E) (5) B 4, ( E) (6) A B 4, övn 8.3 (7) B 1, 6, ( E) (8) 5, 7, ( I) (9) A B 2-8 ( E) (k) A B- - A (A B) nningstbell: A B A B A (A B) (k) gäller. A B - A (A B) (1) A B P (2) A HP (3) A HP (*Vi måste nt A som etr premiss två gånger.*) (4) B 1, 2, ( E) (5) A B 3-4, ( I) (6) A (A B) 2-5, ( I) (*Obs: Ett lterntiv är tt nvänd övning 8.2 (f).*) A (A B) - A B (1) A (A B) P (2) A HP (3) A B 1, 2, ( E) (4) B 2, 3, ( E) (5) A B 2-4, ( I) { (A B), A C, B C} är inkonsistent. nningtbellmetoden: A B C (A B) A C B C Det finns ingen rd där (A B), A C, B C ll får. ormelmängden är inkonsistent. nbbmetoden: Vi undersöker om det är möjligt tt smtidigt ge till (A B), A C, B C. (A B), A C, B C ormelmängden är inkonsistent. (A B), A C, B C (j) (k) (1) (A B) P (2) A C P (3) B C P (4) A B 1, övn. 8.3 (i) (5) A 4, ( E) (6) B 4, ( E) (7) C 2, 5, ( E) (8) C 3, 6, Disj.yll. (9) 7, 8, ( I) {A B C, A B A B, A B A A} är stslogiskt konsistent. Vi nvänder snbbmetoden: A B C, A B A B, A B A A Värderingen V sådn tt V(A) = V(B) =, V(C) = gör ll tre formler snn smtidigt. (i) ormlisering: (1) G (2) H (3) (B ) H (4) G nbbmetoden: G, H, (B ) H = G lutledningen är korrekt. (iii) (1) G P (2) H P (3) (B ) H P (4) G HP (5) 1, 4, MTT (6) H 2, 5, MTT (7) B 3, 6, Disj. yll. (8) 7, ( E) (9) 5, 8, ( I) (10) G 4-9, ( E) (i) ormlisering: (1) P G (2) G Ö 43 44

12 (l) (3) G K B (4) G (5) Ö ( G ) nbbmetoden: P G, G Ö, G K B, G = Ö ( G ) (iii) Moteempel: V(G) = V(Ö) =, V(P), V(K), V(B) och V() är rbiträr. Argumentet är felktigt. (i) ormlisering: (1) V N (2) V T (3) N L (4) N (5) L ( V T) nbbmetoden: V N, V T, N L, N = L ( V T) lutledningen är korrekt. (iii) (1) V N P (2) V T P (3) N L P (4) N P (5) (L ( V T)) HP (6) L ( V T) 5, De Morgn (7) L 6, ( E) (8) N 3, 7, MTT (9) V 1, 8, MTT (10) T 2, 9, ( E) (11) V T 9, 10, ( I) (12) ( V T) 6, ( I) (13) 11, 12, ( I) (14) L ( V T) 5-13, ( E) (1) D L B P (5) L D P (6) B P (7) L HP (8) D 2, 4, ( E) (9) D L 4, 5, ( I) (10) B 1, 6, ( E) (11) 3, 7, ( I) (12) L 4-8, ( I) (*Observer tt formlisering och deduktion är möjlig utn en fullständig förståelse v innebörden i stsern.*) ormlisering: (1) D L B (2) L D (3) B (4) L Kpitel 6. Lösningr (P() R(,c)) är en vribel och därför en term, enligt 3.10(1). c är en konstnt och därför en term, enligt 3.10(2). P() och R(,c) är tomär formler, eligt 3.12(2). (P() R (,c)) är en formel enligt 3.15(2) (P() R(,c)) är en formel enligt 3.15(3). y ( P(y) R(z, f())), y, z, är vribler och därför termer, enligt 3.10(1). f() är en term enligt 3.10(3). P(y) och R(z, f()) är tomär formler, enligt 3.12(2). Enligt 3.15(1) är P(y) och R(z, f()) då formler. P(y) är en formel enligt 3.15(2). ( P(y) R(z, ())) är en formel enligt 3.15(2). y ( P(y) R(z, f())) är en formel enligt 3.15(3). y ( P(y) R(z, f())) är en formel enligt 3.15(3) (P() R (,c)) sts P() R(,c) öpen (f) (g) Ingen logiker är skrpsinnig. Någr logiker är inte skrpsinnig. Någr människor är inte skrpsinnig logiker. Någr logiker är skrpsinnig. All problem kn löss. tsen är v formen A (All P är Q): (P() L()) Ing problem kn löss. tsen är v formen E (Ingen P är Q): (P() L()) eller: (P() L()). Någr problem är lösbr, men inte ll. tsen är en konjunktion: Någr problem är lösbr Inte ll problem är lösbr. örst konjunktionsledet: tsen är v formen I (Någr P är Q): (P() L()) Andr konjunktionsledet: tsen är en negtion: All problem är lösbr. rån får vi formliseringen: (P() L()) VAR: (P() L()) (P() L()) (P() y (R(,c) P(f(y)))) sts Det finns olösbr problem. tsen är v formen O (Någr P är inte Q): (P() L()) (P() R(,y)) öpen (P() R(,y) R(,y)) öpen formel All hr en mor. (1) hr en mor (2) hr en mor nlysers: y M(y,) (3) VAR: y M(y,) All logiker är skrpsinnig. Ingen logiker är skrpsinnig. Inte ll logiker är skrpsinnig (* eller: All är inte skrpsinnig logiker *). Inte ll hr brn. (1) tsen är en negtion: ll hr brn. ll hr brn är universiell: 47 48

13 (f) hr brn (2) hr brn y (M(,y) (,y)) (3) VAR: y (M(,y) (,y)) Klle och Ellinor är syskon. (1) k och e är syskon. (2) och y är syskon y och y hr gemensmm föräldrr y z w ((z,) (z,y) M(w,) M(w,y) (3) VAR: k e z w ((z,k) (z,e) M(w,k) M(w,e) Klle är bror till Ellinor (1) k är bror till e (2) är bror till y och y är syskon är en pojke (*se *) z w ((z,) (z,y) M(w,) M(w,y)) P() (3) VAR: z w ((z,k) (z,e) M (w,k) M(w,e)) P(k) ru Johnsson är frmor till Ellinor. (1) j är frmor till e (2) är frmor till y är mor till y:s fr z (M(,z) (z,y)) (3) VAR: z (M(j,z) (z,e)) All fru Johnssons brnbrn är pojkr. (1) tsen är llkvntifierd: ( är brnbrn till fru J. är en pojke) (2) är brnbrn till y z ((M(y,z) (y,z)) (M(z,) (z,))) (3) VAR: ( z ((M(j,z) (j,z)) (M(z,) (z,))) P()) Eftersom det är klrt tt fru Johnsson är en kvinn och därför inte fr till sin brn, är en enklre formlisering följnde: ( z (M(j,z) (M(z,) (z,))) P()) y ( y T (,y) T (y,) Det finns en först tidpunkt. (1) är en först tidpunkt. (f) (2) är en först tidpunkt är tidigre än ll ndr tidpunkter y ( y T(,y)) (3) VAR: y ( y T(,y)) Det finns ingen sist tidpunkt. ormeln y ( y T(y,)) uttrycker tt är n sist tidpunkt. y ( y T(y,)) uttrycker tt det finns en sist tidpunkt. Negtionen v dett utrycker tt det inte finns någon sist tidpunkt. VAR: y ( y T(y,)) ALTERNATIV: y T(,y) dvs ovsett vilken tidpunkt vi väljer, så finns det lltid en tidpunkt som är ännu senre. Det finns ing pr v tidpunkter så tt båd är tidigre än den ndr. tsen är en negtion: y (T(,y) T(y,)) Det finns br en end tidpunkt. y = y dvs det finns ekt ett element i individområdet. (Jfr. Med Eempel 6.4.) Melln två olik tidpunkter finns lltid en tredje (tidpunkt). y ( y z ((T(,z) (T(z,y)) (T(y,z) T(z,)))) Om y, så T(,y) eller T(y,) ger ger T(,z) T(z,y) T(y,z) T(z,y) z y y z Alterntiv: y (T(,y) z (T(,z) T(z,y)) uttrycker det smm. ör om två tidpunkter är olik, så är en v dem tidigre än den ndr. Kll den tidigre och det senre y ( 0 0 < ) y (y y < ) y y = + y (f) y (J( y) J() J(y)) (P() 2 < U()) (J() 2 < y z (P(y) P(z) = y + z)) 2 = U() y = 2 y +1 y = (1 + 1)y + 1 J() y = 2 y y = (1 + 1) y P() > 1 kn inte skrivs som en produkt v två tl melln 1 och > 1 y z (1 < y y < 1 < z z < = y z) (M() H()) eller (M() H()) Vrje hund äges v en människ. (H() äges v en människ) (H() y (M(y) Ä(y,))) (H() y (M(y) Ä(y,))) Någr människor äger en hund, men ingen hund äger en människ. men är huvudopertor och symbolisers med 1. konjunktionsledet: (M() y (H(y) Ä(,y))) 2. konjunktionsledet: (H() äger en människ) (H() y (M(y) Ä(,y))) eller (H() y (M(y) Ä(,y))) (M() y (H(y) Ä(,y))) (H() y (M(y) Ä(,y))) eller (M() y (H(y) Ä (,y))) (H() y (M(y) Ä(,y))) Vrje hundägre är vän med en nnn hundägre. ( är hundägre är vän med en nnn hundägre) ( y (H(y) Ä(,y)) y ( z (H(z) Ä(y,z)) y V(,y) V(y,))) Någr människor hr br en end vän, en hund. (M() hr en och br en vän, och denn är en hund) (M() y (V(y,) z (V(z,) z = y) H(y))) Vrje polis rresterr någon. (P() rresterr någon) (P() y A(,y)) En nmäln mot någon är ett nödvändigt villkor för tt denn sk bli strffd. ( y M(y,) ()) eller (() y M(y,)) (*Märk tt någon här inte är en eistenskvntifiktor! Någon fungerr som en fri vribel vrs ndr förekomst är denn. Vribeln måste sedn binds v en llkvntifiktor.*) Om någon nmäler en nnn, så blir den senre rresterd v polisen. ( y (y M(y,)) z (P(z) A(z,))) (*Här fungerr någon som en eistentiell kvntifiktor eftersom det inte finns någon ndr referens till denn någon.*) Den som nmäler sig själv, blir inte strffd. Även den, som inte blir nmäld, blir inte strffd. (M(,) ()) ( y M(y,) ()) Vrje progrmmerre uppskttr någon filosof. (P() y ((y) U(,y))) Vrje filosof uppskttr någon nnn filosof. (() y ((y) y U(,y))) Det finns progrmmerre som inte uppskttr någr filosofer. (P() y ((y) U(,y))) eller (P() y ((y) U(,y))) Det finns en progrmmerre som är uppskttd v ll filosofer. (P() y ((y) U(y,))) Endst filosofer uppskttr filosofer. ( uppskttr filosofer ()) ( y ((y) U(,y)) ()) Alterntiv: 51 52

14 (f) (g) y (() U(y,) (y)) (*De två formliseringrn kn viss vr logiskt ekvivlent.*) ilosofer uppskttr endst filosofer. (() uppskttr endst filosofer) (() y (U(,y) (y))) Alterntiv: y (() U(,y) (y)) Vrje filosof uppskttr ll sådn progrmmerre, som endst uppskttr filosofer. (() uppskttr ll progrmerre som endst uppskttr filosofer) (() y (P(y) y uppskttr endst filosofer U(,y))) (() y (P(y) z (U(y,z) (z)) U(,y) [() y (P(y) z (U(y,z) (z)) U(,y))] Predikt: P(): är tt päron Vi följer mllrn i Eempel 6.4. P() P() y (P() P(y) = y) (P() y (P(y) = y) y (P() P(y) y) (f) y z (P() P(y) P(z) = y = z y = z) (g) y (P() P(y) y z (P(z) z = z = y)) Vi följer mllrn i eempel 6.4 men ersätter Ä() med K() D(,) (K() D(,)) (K() D(,)) y (K() D(,) K(y) D(y,) = y)) (K() D(,) y (K(y) D(y,) = y)) y (K() D(,) K(y) D(y,) y) (f) y z (K() D(,) K(y) D(y,) K(z) D(z,) = y = z y = z) (g) y (K() D(,) K(y) D(y,) y z (K(z) D(z,) z = z = y)) y = y y ( y z (z = z = y) Den nuvrnde kungen v pnien är demokrtiskt sinnd. K(); är nuvrnde kung v pnien D(): är demokrtiskt sinnd () (K() y (K(y) y = ) D()) Riksdgsmnnen är f d stts råd. R(): är riksdgsmn (): är f d stts råd (R() y (R(y) y = ) ()) Den höjdhoppre, som klrr 2,50 m, eisterr inte. Det är nturligst tt tolk som en sts v formen E: Det finns ingen höjdhoppre som klrr 2,50 m. H(): är höjdhoppre K(): klrr 2,50 m. (H() K()) Vi kn försök uppftt den höjdhoppre som klrr 2,50 som en bestämd beskrivning. Då får vi formliseringen (H() K() y (H(y) K(y) y = )) d v s det finns inte en unik höjdhoppre som klrr 2,50. Men den senre formliseringen är snn, om ingen höjdhoppre klrr 2,50 eller om minst två klrr 2,50 m. Det är knppst meningen med den ursprunglig stsen. Antlet supermkter är två. En enkel tolkning är följnde: Det finns ekt två supermkter. (): är en supermkt y (() (y) y z ((z) z = z = y)) Det är möjligt tt ge en formlisering v stsen där ntlet supermkter behndls som en bestämd beskrivning. Men det kráver mängdteori utöver Kpitel 7 i Grundläggnde logik. Den skäggig dmen på cirkus är en mn. (): uppträder som skäggig dm på cirkus M(): är en mn (() y ((y) y = ) M()) Det vore knske frestnde tt försök med en lterntiv nlys v den skäggig dmen på cirkus : Ä(): är skäggig D(): är en dm C(): uppträder på cirkus (Ä() D() C() y (Ä(y) D(y) C(y) y = ) M()) (f) Men det leder till tt mn om rtisten ifråg predicerr två oförenlig egenskper D() och M(). Den ursprunglig stsen är inte mend tt h sådn konsekvenser. Den som nmäler sig själv är i stsen 7.10 inte en bestämd beskrivning. Den och som kn här uppftts som individvribler. tsen blir därför universell, snrre än en eistentiell sts som uttrycker en bestämd beskrivning. (Jfr. med ) ymboler: B(): is boy G(): is girl A(): is born into the world live L(): is liberl C(): is conservtive T(): is little ((B() G()) A() (T() L()) (T() C())) (1) All hr en fr (2) Någon är fr till ll. (1) y (,y) (2) y (,y) Meningen med stsen I London blir en person överkörd vrje hlvtimme är: (hlvtimme) y (person) (y blir överkörd vid ) d v s c: 48 personer blir överkörd i London vrje dygn. Lyssnren uppfttr emellertid stsen som: y (person) (hlvtimme) (y blir överkörd vid ) d v s en och smm person blir överkörd c: 48 gånger per dygn. Lyssnren hr kstt om ordningen melln kvntifiktorern. Kpitel 7: Lösningr till övningrn på s ANMÄRKNING: Vi behndlr först de övningr som finns insprängd i teten i vsnitt 7-1, 7-3, 7-5 och Mängder {1, 2, 2, 3} = {1, 2, 3} = {3, 1, 2} d v s A = B = C {{1, 2}, {2, 3}} = {{1, 2}, {3, 2}} d v s E = { }därför tt sknr element emedn { } hr ett element, nämligen. Av etensionlitetsprincipen följer { } P ({1, 2, 3}) hr följnde element: ; {1}; {2}; {3}; {1, 2}; {1, 3}; {2, 3}; {1, 2, 3} (1) Mängden v ll människor som dricker eller röker. (2) All människor som dricker och röker. (3) All som dricker men inte röker. (4) All som röker men inte dricker. (5) All som inte dricker. (6) All som inte röker. (7) {1, 2, 3, 5, 7, 9} (8) {3, 5, 7} (9) {2} (10) {1, 9} (11) {0, 2, 4, 6, 8} (12) N = {0, 1, 2, } (13) (14) { N jämt} (15) { N udd} (16) {Olle, Pelle, Nisse, Klle} = V (17) {Olle, Nisse} (18) {Pelle} (19) {Klle, Nisse} (MA 1) Negtionenen v en tutologi är en kontrdiktion, t e (A A) A A 55 56

15 (MA 1 ) Negtionen v en kontrdiktion är en tutologi, t e (A A) A A (MA 2) A A (E 1) (MA 3) A A A (MA 3 ) A A A (*Vi låter T representer en godtycklig tutologi och representer en godtycklig kontrdiktion.*) (MA 4) A T T (MA 4 ) A (MA 5) A A (MA 5 ) A T A (MA 6) A A T, d v s = A A (T 3) (MA 6 ) A A, d v s = (A A) (T 2) (MA 7) A B B A (E 3) (MA 8) A (B C) (A B) C (E 5) (MA 8 ) A (B C) A (B C) (E 4) (MA 9) A (B C) (A B) (A C) (E 7) (MA 9 ) A (B C) (A B) (A C) (E 6) (MA 10) (A B) A B (E 11) (MA 10 ) (A B) A B (E 10) (MA 11) A (A B) A (MA 11 ) A (A B) A om eempel visr vi (MA 5 ), (MA 10) och (MA 12). (MA 5 ): VL VL: A är streckd vågrät. V är streckd lodrät. A V är streckd både vågrät och lodrät. HL: A är streckd vågrät. Vi ser tt A V = A. (MA 10): A A B A A HL B Vi visr ett urvl: (MA 3): A A A A A (*eftersom A A A*) (MA 6): A A A A A A V (*eftersom A A) är tutolog*) (MA 7 ): A B A B B A (eftersom är kommuttiv, d v s A B B A) B A A B = B A enligt etensionlitetsprincipen VL VL: (A B) är streckd snett. HL: A är streckd vågrät. B är streckd lodrät. A B är streckd vågrät och lodrät. Vi ser tt (A B) = A B. (MA 12): HL (MA 8): A (B C) A B C A ( B C) (* är ssocitiv*) ( A B) C A B C (A B) C A B A B (MA 9 ): A (B C) A B C A ( B C) (*distributiv lg för stslogiken (E 6)*) ( A B) ( A C) A B A C (A B) (A C) VL HL (MA 10): (A B) A B ( A B) (*De Morgns lg (E 11)*) A B A B A B (MA 12): A B A B A B A B VL: A B är streckd snett. HL: A är streckd vågrät; B är streckd lodrät. A B är streckd vågrät och lodrät. Vi ser tt A B = A B Reltioner Vis (,y,z) = (u,v,w) = u y = v z = w (,y,z) = (u,v,w) ((,y),z) = ((u,v), w) (*Definition 3.4*) (,y) = (u,v) z = w (*enligt 3.1*) = u y = v z = w (*enligt 3.1*) K M hr elementen (Ann, Bo); (Ann, Ol); (Ann, Per); (Ev, Bo); (Ev, Ol); (Ev, Per); (Id, Bo); (Id, Ol); (Id, Per). K² = K K hr elementen (Ann, Ann); (Ann, Ev); (Ann, Id); (Ev, Ann); (Ev, Ev); (Ev, Id); (Id, Ann); (Id, Ev); (Id, Id) Allreltionen = A A = {(1,1), (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (2,3), (3,1), (3,2), (3,3)} Identitetsreltionen = I A = {(1,1), (2,2), (3,3)} Tomm reltionen = b. c.. d. b unktioner R 1 är en funktion R 2 är inte en funktion. Vi hr (1,1) R 2, (1,2) R 2, men 1 2. Av Definition 5.1 följer tt R 2 inte är en funktion. R 3 är en funktion. Antg (, y 1 ) R 3 och (, y 2 ) R 3. Då y 1 = och y 2 = Härv följer omedelbrt y 1 = y 2. R 4 är inte en funktion. R 4 :s grf är Vi ser tt (0,1) R 4 och (0, -1) R 4 medn 1-1. Av Definition 5.1 följer tt R 4 inte är en funktion Enligt definitionen i 5.4 hr vi f [A] = {f() A} Enligt Definition 3.23 R f = {y (,y) f} Då y R f (,y) f (*Def. 3.23*) ( A (,y) f) (*Def. 5.1*) ( A y = f()) (*Def. 5.1*) y f [A] (*Def. 5.4(3)*) f() = + 1 y 1 f

16 f() = ². y / är inte en opertion i Z därför tt (1) Division med 0 inte är definierd t e är 1/0 inte definierd. (2) Z är inte sluten under /, t e är 1, 2 Z men ½ Z. Division är en opertion i Q +. Låt p/q Q + och r/s Q +. Då är (p/q)/(r/s) = (ps)/(qr) definierd och (ps)/(qr) Q +. Division är inte en opertion i Q därför tt Division med 0, t e 1/0, inte är definierd. 7-7 peciell reltioner och funktioner Viktigst i Avsnitt 7 är 7.2, , 7.25, R är en ekvivlensreltion Vi sk vis R refleiv i A, symmetrisk och trnsitiv. Refleivitet: Låt A. Enligt (3) finns i sådn tt A i. Då A i A i. Härv följer (,) R. ymmetri: Antg (,y) R. Då A i y A i för något i y A i A i (y,) R Trnsitivitet: Antg (,y) R och (y,z) R. Då finns i och j sådn tt A i y A i (α) y A j z A j (β) Då gäller lltså y A i y A j Av villkoret (3) följer A i = A j. rån (α) och (β) följer nu ( A i z A i ) d v s (,z) R Enligt Anmärkning 7.10 får vi R = (A 1 A 1 ) (A 2 A 2 ) = {(1,1), (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (2,3), (3,1), (3,2), (3,3), (4,4)} b.. c. c..b {,b,c} {b,c} {,b} {b} {,c} {c} {} : ej idempotent, ej kommuttiv, ej ssocitiv : ej idempotent, kommuttiv, ssocitiv (*jfr. (E 29)*) R är refleiv R är symmetrisk R är trnsitiv (* test ll möjligheter *) R är vrken irrefleiv, ntysymmetrisk, symmetrisk, smmnhängnde eller strkt smmnhängnde. är ej refleiv är ej irrefleiv är ej symmetrisk är ntisymmetrisk är ej symmetrisk är ej trnsitiv (t e (,b), (b,c) men (,c) ) är smmnhängnde är ej strkt smmnhängnde * är ej idempotent * är kommuttiv * är inte ssocitiv, t e ( * ) * b = c b = * ( * b) : idempotent, kommuttiv, ssocitiv : idempotent, kommuttiv, ssocitiv 63 64

17 7-2 Övningr A B, B C A C Gäller inte. Moteempel: Låt A =, B = { }, C = {{ }} Då A B, B C, A C A = B, B C A C Gäller. Antg A = B och B C. Eftersom A och B betecknr smm mängd och B tillhör C, så gör även A det. D v s A C. A B, B = C A C Antg (1) A B (2) B = C Enligt Etensionlitetsprincipen gäller (3) B = C ( B C) rån (2) och (3) följer (4) ( B C) Låt i (4) = A: (5) A B A C (1) + (5) implicerr (6) A C D v s gäller A B, B C A C Gäller inte. Moteempel: Låt A =, B = { }, C = {{ }} Eftersom { }, så (1) A B { } {{ }} ger (2) B C Men eftersom {{ }}, så (3) A C A B, B C A B Gäller. Enligt Definition är innebörden v B C tt vrje element i B också är element i C. Härv följer omedelbrt. Vi ger nu ett mer formellt bevis. Antg (1) A B (2) B C Av Definition får vi (3) B C ( B C) (2) + (3) ger (4) ( B C) Låt i (4) = A: (5) A B A C (1) + (5) implicerr (6) A C (f) A B C (A B B C A C) Gäller. Låt A =, B = { }, C = {, { }} Ge eempel på mängder M i sådn tt A (A M i A M i ) Låt M 1 = M 2 = { } Då gäller A (A M 1 A M 1 ) A (A M 2 A M 2 ) (*Använd Definition eller nvänd Lemm (1).*) Vi definierr nu en oändlig mängd M 3 som stisfierr det givn villkoret. Definier induktivt 0 = n + 1 = n {n} Då är 0 = 1 = { } = {0} 2 = {, { }} = {0, 1} etc. Låt M 3 = {0, 1, 2, } vr den mängd som innehåller just de definierde mängdern 0, 1, 2,. Vi visr nu med induktion över n tt vrje n M 3. Induktionsbs n = 0: Om n = 0 =, så följer n M 3 v lemm (1). Induktionssteg: Antg n M 3. Vi sk vis n + 1 M 3, d v s (1) ( n + 1 M 3 ) Antg n + 1 = n {n}. Då (i) n eller = n. Om n, så M 3 eftersom n M 3 enligt induktionshypotesen. Om = n, så M 3 enligt definitionen v M 3. åledes får vi i båd fllen (i) och tt M 3. Alltså är villkoret (1) uppfyllt, d v s n + 1 M 3. Vi kn därför induktivt konkluder n M 3 för vrje n. Därför A (A M 3 A M 3 ) A är streckd. B C är streckd. A (B C) är den del v A som är streckd vågrät men inte lodrät. D v s A (B C) är den del v A som ligger utnför både B och C. Vi ser tt VL = HL. A (B C) = (A B) (A C) VL: A B (A B) B = A B Vi visr tt (A B) B och A B hr smm element och nvänder etensionlitetsprincipen (A B) B A B B (*Def *) ( A B) B (*Def *) A B (*stslogik*) A B A är streckd vågrät. B C är streckd lodrät. A (B C) är den del v A som är streckd vågrät men inte lodrät. HL: A C B (A B) C = A (B C) Ett tillväggångsätt är tt nvänd definitionern v - och - opertionern och gå frm som i beviset för. En nnn möjlighet är tt rit Venn-digrm. Det gör vi. VL: A C B A B är streckd. C är streckd. (A B) C är den del v A som är streckd lodrät men inte vågrät. D v s (A B) C är den del v A som ligger utnför både B och C. HL: A C B A B är streckd vågrät. A C är streckd lodrät. (A B) (A C) är streckd vågrät eller lodrät. Vi ser tt VL = HL. A B A, B A B Genom tt nvänd Definition v får vi omedelbrt (1) A B A (2) A B B Genom Definition v får vi (3) A A B (4) B A B (1) (4) ger tillsmmn. A B B A A B ( A B) (*Def *) ( B A) (*Kontrposition, (E 14)*) ( B A) (*Def *) B A (*Def *) C 67 68

18 (f) (g) A B A B = A B = A A B Mrkerd mängd är tom. A B omm den del v A som ligger utnför B är tom, d v s A B = omm A B = enligt (MA 12). Alltså (1) A B A B = Vi bevisr (2) A B = A B = A Antg (3) A B = Tg unionen v VL med A B och v HL med A B: (4) (A B) (A B) = (A B) Vi beräknr VL i (4): (5) (A B) (A B) = A (B B) (*(MA 9 )*) = A V (*(MA 6)*) = A (*(MA 5 )*) ör HL i (4) gäller (6) (A B) = A B (*(MA 5)*) (4) + (5) + (6) (7) A B = A vilket bevisr (2). Nu bevisr vi (8) A B = A A B = Antg (9) A B = A nitt på båd sidorn i (9) med B: (10) (A B) B = A B Vi beräknr VL i (10): (11) (A B) B = A (B B) (*(MA 8 )*) = A (*(MA 6 )*) = (*(MA 4 )*) (10) och (11) ger (12) A B = (2) och (8) implicerr (13) A B = A B = A A B A B = V A B = B Kn beviss nlogt med (f). Alterntiv kn mn utnyttj resulttet i (f): (1) A B A B = (*Övning (f)*) (A B) = (*(MA 2)*) A B = V (*(MA 10 ), (MA 1 )*) A B = V (*(MA 2)*) (h) (i) (j) (k) (l) (2) A B A = A B (*Övning (f)*) A B = (A B) B = B (A B) (*(MA 7)*) = B (B A) (*(MA 7 )*) = B (*(MA 11)*) A B = A B B A Använd (f) och. A B = V A B B A Använd (g) och eller nvänd (h). A B = V, A B = B = A Antg (1) A B = V, A B = Övningrn (h) och (i) ger (2) B A (3) A B d v s (4) B = A A B A B Använd definitionern v och. A B, B C A C Antg (1) A B (2) B C Lemm ger (3) A B (4) B C Då enligt lemm (4) (5) A C Antg (6) A = C (3) + (4) + (6) implicerr (7) A = B = C som motsäger (1) och (2). Alltså (8) A C som tillsmmn med (5) ger (9) A C (m) A B (B A) (n) Vi ntr tt (m) är flsk och härleder en motsägelse. Antg (1) A B (2) B A Använd Övning (l) på (1) och (2): (3) A A som implicerr (4) A A vilket är omöjligt. (A B) C = A (B C) C A Vi nvänder Venn-digrm. Av figuren ser vi tt (A B) C = A (B C) C A = C A A B A B C (A B) C A (B C) C P innehåller en cell: P 1 = {{, b, c}} P innehåller två celler: P 2 = {{, b}, {c}} P 3 = {{, c}, {b}} P 4 = {{}, {b, c}} P innehåller tre celler: P 5 = {{}, {b}, {c}} A B V II VI I III IV VII VIII Rh Vi skriver H = kron T = klve 1: HHH 2: HHT 3: HTH 4: THH 5: HTT 6: THT 7: TTH 8: TTT Det blir 4 celler i prtitionen: 3H: {HHH} 2H: {HHT, HTH, THH} 1H: {HTT, THT, TTH} 0H: {TTT} Prtitionen blir {{HHH}, {HHT, HTH, THH}, {HTT, THT, TTH}, {TTT}} Låt A = {, b, c}. Konstruer ll prtitioner v A. En prtition måste innehåll en, två eller tre celler I: AB + II: AB III: A + IV: B + V: A VI: B VII: 0 + VIII: 0 Abstrktionsprincipen implicerr tt V är en mängd. Eftersom vrje mängd är identisk med sig själv, stisfierr V V = { = } Enligt Abstrktionsprincipen är V en mängd. Antg tt A = { y ( y y )} är en mängd. Då följer en kontrdiktion. Om A är en mängd kn vi fråg om A A eller inte. Antg (1) A A Enligt Abstrktionsprincipen följer tt A stisfierr det villkor som definierr A: (2) y (A y y A) Låt i (2) y = A: 71 72

19 (3) A A A A Vilket enligt stslogiken är ekvivlent med (4) A A som motsäger (1). Altså måste gäll (5) A A Men även A A implicerr en motsägelse: (5) och definitionen v A ger (6) y (A y y A) vilket är logikst ekvivlent med (7) y (A y y A) Välj ett sådnt y som stisfierr A y y A och kll det B: (8) A B B A Då (9) A B (10) B A Eftersom B A, stisfierr B det villkor som definierr A: (11) y (B y y B) Låt i (11) y = A: (12) B A A B rån (9) och (12) får vi med stslogik (13) B A som motsäger (10). 7-4 Övningr (, ) = {{}, {, }} = {{}, {}} = {{}} (, y) = (u, v) = u y = v : Antg (1) (, y ) = (u, v) Då (2) {{}, {, y}} = {{u}, {u, v}} Vi delr upp undersökningen i två fll: (i) = y, y. Om = y, så innehåller {, y} br ett element. Eftersom {u, v} = {} eller {u, v} = {, y} så innehåller {u, v} br ett element. Då u =v. Då även u =. Alltså (3) = y = u = v Nu ser vi på fllet y. Då innehåller {, y} två element. Av (2) får vi då (4) {} = {u}, {, y} = {u, v} Då (5) = u, y = v Antg (6) = u (7) y = v Vi substituerr u för och v för y: (, y) = {{}, {, y}} (*Def *) = {{u}, {, y}} (*Etensionlitet*) = {{u}, {u, v}} (* Do *) = (u, v) (*Def *) (A B) (C D) = (A C) (B D) (, y) (A B) (C D) A B y C D (*Def. v *) ( A B) (y C y D) (*Def. v *) ( A y C) ( B y D) (*stslogik*) (, y) A C (, y) B D (*Def. v *) (, y) (A C) (B D) (*Def. v *) (A B) C = (A C) (B C) Vi nvänder (MA 3 ) C = C C och får (A B) C = (A B) (C C) (*(MA 3 )*) = (A C) (B C) (*Övning *) A (B C) = (A B) (A C) Använd A = A A och gå frm som i beviset för (A B) C = (A C) (B C) (, y) (A B) C A B y C (*Def. v *) ( A B) y C (*Def. v *) ( A y C) ( B y C) (*tslogik, distributiv lg (E 16)*) (, y) A C (, y) B C (*Def. v *) (, y) (A C) (B C) (*Def. v *) A (B C) = (A B) (A C) Anlogt med. Det finns A, B, C, D sådn tt (A B) (C D) (A C) (B D) A c B b d D Låt b och c d, och A = {}, B = {b}, C = {c}, D = {d} Då är (A B) (C D) = {, b} {c, d} = {(, c), (, d), (b, c), (b, d)} medn (A C) (B D) = {(, c)} {(b, d)} = {(, c), (b, d)} Vi nger domän D R, räckvidd R R och fält R : D R = {1, 2, 3} R R = {Aristoteles, rege, Gödel} C R = D R R R = {1, 2, 3, Aristoteles, rege, Gödel} Vi nger D <, R <, < : D < :N={0, 1, 2, } R < :Z + = {1, 2, 3, } < : D < R < =N={0, 1, 2, } P P = P P V = V P 1 = P (R ) 1 = 1 R 1 V V = P V P = V (f) V 1 = V (, y) (R ) 1 (y, ) R (*Def *) z (yrz z) (*Def *) z (zr 1 y 1 z) (*Def *) z ( 1 z zr 1 y) (*tslogik*) (, y) 1 R < < = < ir Vi hr i R (< <) y z < z < y (*Def. v *) < y Vi bevisr den ndr ekvivlensen. Antg (1) z < z < y Eftersom < är trnsitiv, d v s < z z < y < y följer (2) < y Alltså (3) z < z < y < y Antg (4) < y Eftersom de reell tlen ligger tät på tllinjen, kn vi ltid hitt ett tredje tl z melln och y. (5) z ( < z z < y) z y 75 76

20 Altså (6) < y z ( < z < y) (< <) y + 2 y i N Antg (1) (< <) y Då finns z N sådnt tt (2) < z z < y Då är z minst 1 större än och y är minst 1 större än z så tt y blir minst 2 större än, d v s (3) + 2 y Altså (4) (< <) y + 2 y Antg (5) + 2 y Då (6) < + 1 < y och därför (7) (< <) y Altså (8) + 2 y (< <) y < < 1 =R R ir örst ser vi tt < 1 = >: < 1 y y < > y (1) Vi hr också (< < 1 ) y (< >) y z ( < z z > y) z (, y < z) (2) Eftersom R R är llreltionen i R, gäller trivilt < < 1 R R (3) Antg (, y) R R (4) Då är och y godtycklig element i R. Vi kn lltid hitt ett z R som är större än båd och y. Alltså z (, y < z) (5) (2) och (5) implicerr (< < 1 ) y (6) Alltså R R < < 1 (7) (3) och (7) implicerr < < 1 =R R H 1 y är äktemn till y (f) H 1 y y H y är hustru till är äktemn till y ( M) y är förälder till y ( M) y y M y är fr eller mor till y är förälder till y ( M) 1 y är brn till y ( M) 1 y y ( M) y är förälder till är brn till y (H H 1 ) 1 y är gift med y (H H 1 ) 1 y y (H H 1 ) y H y H 1 y är hustru eller mn till y är gift med är gift med y ( M) y är morfr till y ( M) y z ( z z M y) för något z, är fr till z och z är mor till y är morfr till y [(M 1 1 ) (B )] y är syskonbrn till y [(M 1 1 ) (B )] y z ( (M 1 1 ) z z (B ) y) (1) Vi nlyserr innebörden v M 1 1 och B : (M 1 1) z M 1 z 1 z z M z z är förälder till är brn till z (2) z (B ) y z B y z y z är bror eller syster till y z är syskon till y (3) Genom tt kombiner (1), (2) och (3) får vi [(M 1 1 ) (B )] y z ( är brn till z z är syskon till y) är syskonbrn till y M (H H 1 ) är svärmor till y z ( är mor till z z är gift med y) z ( M z z (H H 1 ) y) [ M (H H 1 )] y (Övning ) [( 1 ) (M 1 M)] [(M 1 M) ( 1 )] är hlvsyskon till y och y hr gemensm fr men inte gemensm mor och y hr gemensm mor men inte gemensm fr [ z (z z y) w (w M w M y)] [ z (z M z M y) w (w w y)] [ z ( 1 z z y) w ( M 1 w w M y)] [ z ( M 1 z z M y) w ( 1 w w y)] [ ( 1 ) y (M 1 M) y] [ (M 1 M) y ( 1 ) y] [ ( 1 ) y (M 1 M) y] [ (M 1 M) y ( 1 ) y] [(( 1 ) (M 1 M)) ((M 1 M) ( 1 ))] y 7-6 Övningr f = g D f = D g ( D f ) f () = g () : Antg (1) f = g f och g är mängder v ordnde pr. Vi ntr lltså tt f och g innehåller ekt smm ordnde pr. Eftersom f = g, följer v Definition tt D f = D g. Låt D f. Vi visr f () = g (). Eftersom D f = D g, så Dg. Då finns y R f, z R g sådn tt (, y) f och (, z) g. Då y = f() och z = g(). Eftersom (, z) g och f = g, så (, z) f. Vi hr nu (, y) f och (, z) f. Av Definition följer y = z. Alltså (2) f () = y = z = g () : Antg: (3) Df = Dg (4) ( D f ) f () = g () Låt (, y) f. Av (3) får vi D f = D g. Av (4) följer y = f () = g (). Eftersom (, g ()) g, så (, y) g. Därför (5) f g På smm sätt visr vi (6) g f (5) + (6) implicerr (7) f = g (1) I själv verket är bildmängden R f entydigt bestämd v funktionen f och definitionsmängden D f = A. Vi hr nämligen R f = f [A] Informtionen om R f är därför implicit i symbolen f: A B. (2) I mång fll är det svårt eller omöjligt tt eplicit definier R f = f [A] medn det är lätt tt nge en mängd B sådn tt R f = f [A] B. Låt t e f: Z Z f () = ² Då är det lätt tt se tt f [Z] [Z] men svårre tt ekt specifier f [Z]. (3) I de flest fll hr vi ingen nvändning för informtionen om vd R f är. I de fll där vi behöver den, finns den i f: A B eftersom R f = f [A]. (4) I någr smmnhng är skrivsättet f: A B, där vi br kräver R f B, en fördel. Ett eempel är Definition v funktionssmmnsättning. Låt (5) f: A B 1, g: B 2 C f g: A C (f g) () = g (f ()) 79 80