Institutionen för dataoch systemvetenskap David Sundgren Logik för datavetare DVK:Log Tisdagen 28 oktober 2014 Skrivtid: 9 00-13 00. Inga hjälpmedel utom formelsamlingen på nästa sida är tillåtna. För betyg A krävs minst 27 poäng av de 30 möjliga, för B krävs minst 23 poäng, för betyg C krävs minst 19 poäng, för betyg D minst 16 poäng, för E minst 13 och för Fx krävs minst 10 poäng. 1. Vilka av följande påstådda logiska konsekvenser gäller? Ge motexempel i de fall logisk konsekvens inte gäller och ge ett övertygande resonemang eller en härledning i de fall logisk konsekvens gäller. (a) p q = p q, (b) p q = q p, (c) p q = q p. 2. Utför härledningen med (a) semantisk tablå, (b) resolution, (c) naturlig deduktion. 3. Utför härledningen {r p, p q} r q { y x (p(y) r(x)), xp(x)} xr(x) (6 p) (6 p) med valfri 1 sund metod. (5 p) 4. Finn ett motexempel som visar att { x (p(x) q(x)), x ( p(x) q(x))} = x (q(x) p(x)). 5. Avgör om formeln (a) (q p) (b) (p q) (p q) (5 p) 1 Resolutionsmetoden rekommenderas. 1
är sann i modellen M. M = (S, R, V ), S = {s 1, s 2, s 3, s 4 }, R = {(s 1, s 2 ), (s 1, s 4 ), (s 2, s 4 ), (s 2, s 3 ), (s 2, s 2 ), (s 3, s 4 ), (s 4, s 1 )} och V = {(s 1 ; p), (s 2 ; p, q), (s 3 ; q), (s 4 ; )} som i figuren s 1 ; p s 4 ; s 2 ; p, q s 3 ; q (4 p) 6. En övergångsrelation R är seriell om det för alla s S finns t S så att (s, t) R. Den modallogiska formeln P P kallas D. Förklara varför D inte kan gälla i en modell M = (S, R, V ) med en övergångsrelation R som inte är seriell. (4 p) 2
Härledningsregler för naturlig deduktion P P ( I) P P ( E) P ( E) P P ( I) P ( I) P. P R R. R ( E) P. P ( I) P P ( E) P P P ( I) P P ( E) P P ( E) P P (r) P. P ( I) P. P ( E) P P ( I) P (a) xp (x) ( I) xp (x) P (a) ( E) xp (x) P (a). ( E) P (a) xp (x) ( I) ( I), ( E): x godt konst inte fri i härledningen av P (a) resp ( E), ( I): a är fri för x i P Innebörden av och i modallogik Om (S, R, V ) är en modell och P en modallogisk formel och s S är ett tillstånd så V ( P, s) = 1 omm för något t: (s, t) R och V (P, t) = 1 V ( P, s) = 1 omm för alla t: om (s, t) R så V (P, t) = 1 3
Lösningar till tentamen i Logik för datavetare, Tisdagen 28 oktober 2014. Lösning till problem 1. (a) p q = p q. Ett motexempel är då p är falsk och q sann, då är ju premissen p q sann och slutsatsen p q falsk eftersom p är sann och q är falsk. (b) p q = q p; om slutsatsen q p skall vara falsk måste q vara sann och p falsk. Men då är q falsk och p sann och då är premissen p q falsk. Annars kan vi t ex m hj a sanningstabell visa att (p q) ( q p) är en tautologi. p q (p q) ( q p) 0 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 Eller så kan vi göra en härledning med naturlig deduktion. q 2 p1 p q q ( E) ( I) p ( I)1 q p ( I)2 (c) p q = q p, för att göra slutsatsen falsk kan vi låta både p och q vara falska, då är premissen sann. Lösning till problem 2. (a) Med semantisk tablå: (r q) r p p q r q r p p q (b) Med resolutionsmetoden: premissen r p skrivs p r, premissen p q skrivs q p och negationen av slutsatsen är (r q) ( r q) r q, den negerade slutsatsen ger alltså två klausuler, r och q. Allt som allt fick vi fyra klausuler p r; q p; r ; q
q q p p r r p p Med naturlig deduktion: r 1 r p p ( E) p q q r q ( I)1 ( E) På listform kan härledningen i naturlig deduktion se ut så här: 1. r p (premiss) 2. p q (premiss) 3. r (antagande, stryks i 6) 4. p ( -E; 1, 3) 5. q ( -E; 2, 4) 6. r q ( -I, 3-5, stryk antagandet i 3) Lösning till problem 3. Vi har två premisser och en slutsats att hantera. premiss premiss negerad slutsats y x (p(y) r(x)) xp(x) ( xr(x)) y x ( p(y) r(x)) x r(x) r(f(y)) p(y) p(x) r(x) Observera att eftersom det för alla y finns ett x kan detta x bero på vilket y som avses, därför behöver vi använda en skolemfunktion f för x i y x (p(y) r(x)). Hur som helst har vi de tre klausulerna r(f(y)) p(y) och p(x) och r(x). r(f(y)) p(y) r(x) p(x) {x := f(y)} p(y) {y := x} Lösning till problem 4. Bägge premisserna är existensutsagor, x (p(x) q(x)) och x ( p(x) q(x)), så det kommer inte att räcka med ett tomt universum för att satisfiera premisserna. Det räcker inte heller med ett universum med ett element eftersom det å ena sidan skall finnas ett x sådant att p(x) och å andra sidan finnas ett x sådant att p(x), det kan ju inte vara samma element. Vi måste alltså ha minst två olika element i universum, ett för vilket p är sant och ett för vilket p är falskt. Låt U = {a, b} och I P (p) = {a}. Men vad q beträffar säger x (p(x) q(x)) att det x för vilket p är sant också gör q sant, och x ( p(x) q(x)) att det x för vilket p är falskt också gör q sant. Så q måsta vara sant för universums bägge element, I P (q) = {a, b}. Men tolkningen där U = {a, b}, I P (p) = {a} och I P (q) = {a, b} satisfierar de bägge premisserna x (p(x) q(x)) och x ( p(x) q(x)), den första för att V I x/a för att Vx/b I ( p(x) q(x)) = 1. 5 (p(x) q(x)) = 1 och den andra
Hur står det då till med premissen x (q(x) p(x))? Vi har att q är sann för b och p är falsk för b, så det finns ett element för vilket q(x) p(x) är falskt, Vx/b I (q(x) p(x)) = 0. Tolkingen U = {a, b}, I P (p) = {a} och I P (q) = {a, b} satisfierar bägge premisserna men inte slutsatsen och utgör därför ett motexempel. Lösning till problem 5. (a) (q p) är inte sann i M eftersom V ( (q p), s 2 ) = 0. Varför är V ( (p q), s 2 ) = 0? För att (s 2, s 3 ) R och V (p, s 3 ) = 0, V (q, s 3 ) = 1 så V (q p, s 3 ) = 0. Det vill säga, det finns ett tillstånd, s 2, där det är möjligt att gå till ett tillstånd (s 3 ) där q p är falskt. Så q p är inte nödvändig i digrafen. (b) Digrafen är seriell så P P gäller för alla formler P, även p q. Annars kan vi se att V ( (p q) (p q), s) = 1 för alla s S = {s 1, s 2, s 3, s 4 }. Detta är i sin tur p g a att V ( (p q), s) = 0 för alla s {s 1, s 2, s 3 } och V ( (p q), s 4 ) = 1. s 1 : (s 1, s 4 ) R och V (p q, s 4 ) = 0. s 2 : (s 2, s 4 ) R och V (p q, s 4 ) = 0. s 3 : (s 3, s 4 ) R och V (p q, s 4 ) = 0. s 4 : (s 4, s 1 ) R och V (p q, s 1 ) = 1. Det viss säga, i alla tillstånd gäller att om p q är nödvändig så är p q också möjlig. I s 1, s 2 och s 3 är p q inte nödvändig och i s 4 är p q möjlig. Lösning till problem 6. Om övergångsrelationen R i M inte är seriell så finns ett tillstånd s S som så att säga är det sista, det vill säga att det inte finns något tillstånd t S sådant att (s, t) R. För detta tillstånd s gäller att allting är nödvändigt, V ( P, s) = 1, där P är en godtycklig formel. Detta beror på att det inte finns någon övergång från s, för alla tillstånd t sådana att (s, t) R gäller att V (P, t) = 1. Omvänt, det går inte att hitta ett tillstånd t sådant att (s, t) R och V (P, t) = 0 eftersom det inte finns ett tillstånd t sådant att (s, t) R. Eftersom V ( P, s) = 1 så skulle V ( P, s) = 1 om D var sann. Men V ( P, s) = 0 eftersom det inte finns ett tillstånd t sådant att (s, t) R. I det sista tillståndet s är alltså allting nödvändigt men ingenting möjligt. 6