Aussagenlogik L¨osungen+ Ubungen¨
Aufgabe 1
(a) ((¬p)→q)∨(¬(r∧s)) ja
(b) (p→(¬q))(r↔s)
nein, zwischen (. . .)(. . .) fehlt ein bin¨arer Operator (c) (p→q)¬(r↔s)
nein, ¬ ist kein bin¨arer Operator Aufgabe 2
(a) (¬p)→((q∧r)∨s) (b) p↔(q→(r∨(¬(¬q)))) Aufgabe 3
p q ¬p (q∧ ¬p) (q∧ ¬p)→p
0 0 1 0 1
0 1 1 1 0
1 0 0 0 1
1 1 0 0 1
Aufgabe 4
p q r p∧q ¬r (p∧q)∨ ¬r ((p∧q)∨ ¬r)↔p
0 0 0 0 1 1 0
0 0 1 0 0 0 1
0 1 0 0 1 1 0
0 1 1 0 0 0 1
1 0 0 0 1 1 1
1 0 1 0 0 0 0
1 1 0 1 1 1 1
1 1 1 1 0 1 1
1
Aufgabe 5
Wenn die Formel den Wert 1 hat, ist sie f¨ur die jeweilige Belegung erf¨ullbar.
p q r p∨(¬q)→r
0 0 0 0
0 0 1 1
0 1 0 1
0 1 1 1
1 0 0 0
1 0 1 1
1 1 0 0
1 1 1 1
Aufgabe 6
(a) p q (p∧q)↔(p→ ¬q)
0 0 0
0 1 0
1 0 0
1 1 0
Kontradiktion (b) p q p∨(q∧ ¬p)
0 0 0
0 1 1
1 0 1
1 1 1
Kontingenz
(c) p q (p∨q)↔(¬p→q)
0 0 1
0 1 1
1 0 1
1 1 1
Tautologie Aufgabe 7
(a) A
∴ A∨B
ist A→(A∨B) eine Tautologie?
A B A→(A∨B)
0 0 1
0 1 1
1 0 1
1 1 1
2
Das Schlussschema ist g¨ultig.
(b) A∨B
∴ A
ist (A∨B)→A eine Tautologie?
A B (A∨B)→A
0 0 1
0 1 0∗
1 0 1
1 1 1
∗ hier kann man schon aufh¨oren Das Schlussschema ist ung¨ultig.
(c) A→B
∴ B →A
ist (A→B)→(B →A) eine Tautologie?
A B (A→B)→(B →A)
0 0 1
0 1 0∗
1 0 1
1 1 1
∗ hier kann man schon aufh¨oren Das Schlussschema ist ung¨ultig.
(d) A→B
¬B
∴ ¬A
ist (A→B)∧(¬B)→(¬A) eine Tautologie?
A B (A→B)∧(¬B)→(¬A)
0 0 1
0 1 1
1 0 1
1 1 1
Das Schlussschema ist g¨ultig.
(e) A∨B
¬A
∴ B
ist (A∨B)∧(¬A)→B eine Tautologie?
3
A B (A∨B)∧(¬A)→B
0 0 1
0 1 1
1 0 1
1 1 1
Das Schlussschema ist g¨ultig.
4
