Formale Grundlagen der Informatik II

Formale Grundlagen der Informatik II

3. Übungsblatt

Fachbereich Mathematik SS 2011

Prof. Dr. Martin Ziegler 15.06.11

Alexander Kreuzer Carsten Rösnick

Minitest Lösung

Betrachten Sie die Formeln in der Tabelle.

• Welche Formel ist in KNF, welche in DNF?

• Welche Formel/Formeln sind äquivalent zu der Formel

ϕ=r∧(s∨t)∨ ¬s

und sind damit eine DNF bzw. KNF vonϕ?

KNF DNF ≡ϕ

r∧t _{4 4} 2

(r∨s)∧(r∨t) ₄ 2 2

r∨ ¬s _{4 4 4}

r∨(s∧(r∨q)) 2 2 2

¬r∨(¬s∧ ¬t) 2 4 2

Begründung:Für die Einteilung in DNF und KNF siehe Skript 3.2.

Zu der Äquivalenz mitϕ: Es gilt

r∧(s∨t)∨ ¬s⁽¹⁾≡ ¬s∨(r∧s)∨(r∧t)⁽¹⁾≡ ((¬s∨r)∧

≡1

z }| {

(¬s∨s))∨(r∧t)≡r∨(r∧t)∨ ¬s⁽²⁾≡ r∨ ¬s

mit (1) Distributivgesetz und (2) Absorption.

Gruppenübung

Aufgabe G1

Finden Sie mittels Beweissuche im SequenzenkalkülSKfür folgende Formeln bzw. Sequenzen entweder eine Herleitung oder eine nicht-erfüllende Belegung.

(a) `(p∧q)∨ ¬(q∨r)∨r∨ ¬p (b) p, q∨r`(p∧q)∨(p∧r)

(c) ` ¬(¬(p∧q)∧r)∨(q∧r) Lösungsskizze:

(a)

q, p`p, r(Ax) (Ax) q, p`q, r

q, p`p∧q, r (∧R) (Ax)

r, p`p∧q, r q∨r, p`p∧q, r (∨L)

q∨r`p∧q, r,¬p(¬R)

`p∧q,¬(q∨r), r,¬p(¬R)

`p∧q,¬(q∨r), r∨ ¬p(∨R)

`p∧q,¬(q∨r)∨r∨ ¬p(∨R)

`(p∧q)∨ ¬(q∨r)∨r∨ ¬p(∨R)

(b)

p, q `p, p∧r(Ax) (Ax) p, q`q, p∧r p, q `p∧q, p∧r (∧R)

p, r `p∧q, p(Ax) (Ax) p, r`p∧q, r p, r `p∧q, p∧r (∧R)

p, q∨r`p∧q, p∧r (∨L) p, q∨r`(p∧q)∨(p∧r)(∨R)

(c)

r`q, q r`q, p

r`q, p∧q (∧R) (Ax)

r`r, p∧q r`q∧r, p∧q (∧R)

¬(p∧q), r `q∧r (¬L)

¬(p∧q)∧r`q∧r(∧L)

` ¬(¬(p∧q)∧r), q∧r(¬R)

` ¬(¬(p∧q)∧r)∨(q∧r)(∨R)

Eine nicht erfüllende Belegung ist z.B.r7→1undq, p7→0. Aufgabe G2

(a) Weisen Siesemantischdie Korrektheit der folgenden Sequenzenregel nach:

Γ `(ϕ→ψ)→ϕ, ∆ Γ `ϕ, ∆

(b) Leiten Sie die folgende Sequenz inSKab:

`((ϕ→ψ)→ϕ)→ϕ

Lösungsskizze:

(a) Angenommen, die Sequenz Γ ` (ϕ → ψ) → ϕ, ∆ ist allgemeingültig. Wir müssen zeigen, dass dann auch die SequenzΓ `ϕ, ∆allgemeingültig ist.

Sei alsoJ |= Γ ein Modell der linken Seite. Da Γ `(ϕ → ψ)→ ϕ, ∆allgemeingültig ist, gibt es eine Formelδ∈∆∪ {(ϕ→ψ)→ϕ}mitJ |=δ. Wennδ∈∆ist, dann sind wir fertig. Andernfalls giltJ |= (ϕ →ψ)→ ϕ. Wir behaupten, dass dannJ |= ϕgilt. Wenn das nicht so wäre, dann folgt einerseitsJ |= ϕ → ψ, daJ(ϕ) = 0, aber andererseits auchJ 6|= ϕ → ψ, daJ |= (ϕ → ψ) → ϕ undJ(ϕ) = 0. AlsoJ |=ϕund der Beweis ist fertig.

(b) Bekannt ist, dassϕ→ ψ≡ ¬ϕ∨ψfür aussagenlogische Formelnϕ, ψ. Wir leiten nun wie folgt im SKab:

ϕ`ψ, ϕ(Ax)

` ¬ϕ, ψ, ϕ(¬R)

`(ϕ→ψ), ϕ(∨R)

¬(ϕ→ψ)`ϕ(¬L) (Ax) ϕ`ϕ (ϕ→ψ)→ϕ`ϕ (∨L)

` ¬((ϕ→ψ)→ϕ), ϕ(¬R)

`((ϕ→ψ)→ϕ)→ϕ (∨R)

Aufgabe G3

SeiR= (R,+^R,−^R,·^R, <^R,0,1). Eine Formelϕ(x, y)definiert inRdie Relation

ϕ:={(a, b)∈R² : R |=ϕ[a, b]}.

Geben Sie Formeln an, die die folgenden Relationen inR² definieren:

(a) Einen Kreis mit Radius2um den Ursprung.

(b) Eine Gerade durch den Ursprung mit Steigung2/3.

(c) Die Strecke, welche vom Punkt(1,2)bis zum Kreis aus (i) führt und senkrecht auf diesem steht.

(d) Einen Smiley.

Lösungsskizze:

(a) ϕ(x, y) :=x·x+y·y = 1 + 1 + 1 + 1.

(b) ϕ(x, y) :=x+x=y+y+y oderϕ(x, y) := (1 + 1)·x= (1 + 1 + 1)·y. (c) ϕ(x, y) := (y+y= x) ∧ (x <1 ∨ x= 1) ∧ (0< x)

∧ (1 + 1 + 1 + 1< x·x+y·y ∨ 1 + 1 + 1 + 1 =x·x+y·y) (d) Z.B.:ϕ(x, y) := (x·x+y·y= 1 + 1 +. . .1

| {z }

16-mal

)∨(x·x+y·y = 1 + 1 +. . .1

| {z }

9-mal

∧y <−1)

∨((x−(1+1))·(x−(1+1))+(y−1)·(y−1)< 1)∨((x+(1+1))·(x+(1+1))+(y−1)·(y−1)<1)

Hausübung

Aufgabe H1 (6 Punkte)

(a) Zeigen Sie, dass folgende Regeln korrekt sind.

(i) Γ ` ∅

(ex falso quodlibet)

Γ `ϕ ⁽ⁱⁱ⁾

Γ, ϕ∨ψ`χ Γ, ϕ`χ (b) Geben Sie eine „direkte Simulation“ von Regel (ii) inSK⁺an.

(Extra) Begründen Sie, warum Regel (ii) inSKnicht direkt simulierbar ist. D.h. zeigen Sie, dass es keinen SKAbleitungsbaum mit Wurzel Γ, ϕ` χgibt, dessen Blätter nur mit Axiomen oderΓ, ϕ∨ψ `χ beschriftet sind.

Hinweis:Betrachten Sie hierfür die Länge der Formeln von Prämisse und Konklusion derSKRegeln.

Lösungsskizze:

(a) Zu Regel (i): AngenommenΓ ` ∅ist allgemeingültig. Dann giltV

Γ 0, d.h. es gilt(V

Γ)^I= 0für alle Interpretationen I. Also ist (VΓ)^I ≤ ϕ^I für alle InterpretationenI, und es folgt, dass Γ ` ϕ allgemeingültig ist.

Zu Regel (ii): AngenommenΓ, ϕ∨ψ `χist allgemeingültig undIeine (beliebige) Interpretation.

Dann gilt (V

Γ)∧(ϕ∨ψ) χ, d.h. es gilt((V

Γ)∧(ϕ∨ψ))^I ≤ χ^I. Also ist (V

Γ)^I ≤ χ^I oder (ϕ∨ψ)^I≤χ^I.

Falls(VΓ)^I ≤ χ^I, dann folgt sofortmin((VΓ)^I, ϕ^I) = ((VΓ)∧ϕ)^I ≤ χ^I. Falls (ϕ∨ψ)^I ≤ χ^I, dann folgt wegen(ϕ∨ψ)^I = max(ϕ^I, ψ^I), dassϕ^I ≤χ^I, alsomin((V

Γ)^I, ϕ^I) = ((V

Γ)∧ϕ)^I≤ χ^I.

In beiden Fällen folgt((V

Γ)∧ϕ)^I≤χ^I, also istΓ, ϕ`χallgemeingültig.

(b)

ϕ`ϕ, ψ (Ax) ϕ`ϕ∨ψ(∨R)

... Γ, ϕ∨ψ `χ

(modus ponens) Γ, ϕ`χ

(Extra) InSK-Ableitungen kommen alle Formeln, die in einer Regel oben stehen im unteren Teil als ganzes oder Teilformel vor, demzufolge kann Regel (ii) (da wir nicht wissen, wieΓ,ϕ,ψ undχaussehen) nicht herleitbar sein.

Aufgabe H2

Wir definieren folgende partielle Ordnung auf aussagenlogischenV_n-Interpretationen:

I≤I⁰ :gdw. I(p)≤I⁰(p) für alle Variablenp∈ V_n

EineAL_n-Formelϕheißtmonoton, wenn für alle InterpretationenI≤I⁰ gilt:

ϕ^I≤ϕ^I0.

Beweisen Sie per Induktion über den Formelaufbau, dass jede aussagenlogische Formel ϕ, in der kein Negationszeichen vorkommt, monoton ist.

Bemerkung:Jede monotone Formel ist äquivalent zu einer Formel ohne Negationszeichen.

Lösungsskizze: Angenommen ϕ ist eine aussagenlogische Formel, in der kein Negationszeichen vor- kommt undI,I⁰ sind Interpretationen mitI≤I⁰. Wir beweisen mit Induktion, dassϕ^I ≤ϕ^I0gilt.

• ϕ= 0,ϕ= 1sind klar.

• ϕ=p∈ V_n: weilI≤I⁰ giltI(p)≤I⁰(p), alsoϕ^I ≤ϕ^I0.

• ϕ=¬ψkann nicht sein, da inϕkein Negationszeichen vorkommt.

• ϕ=ψ∧χ: nach I.V. giltψ^I≤ψ^I0undχ^I≤χ^I0. Also giltmin(ψ^I, χ^I)≤min(ψ^I0, χ^I0), und es folgt (ψ∧χ)^I≤(ψ∧χ)^I0.

• ϕ = ψ∨χ: nach I.V. gilt ψ^I ≤ ψ^I0 undχ^I ≤ χ^I0. Also gilt max(ψ^I, χ^I) ≤ max(ψ^I0, χ^I0), und es folgt(ψ∨χ)^I ≤(ψ∨χ)^I0.