Einführung in die Logik - Institut für Theoretische Informatik

Institut für
Theoretische Informatik ITI
Prof. Dr. Jiří Adámek ·
Dr. Jürgen Koslowski
Einführung in die Logik
Aufgabenblatt 6, 2013-05-29
Aufgabe 1 [28 PUNKTE]
Untersuchen Sie die folgenden semantischen Sequenzen auf Gültigkeit. Bestimmen Sie für die
gültigen Sequenzen einen syntaktischen Beweis mittels natürlicher Deduktion (in linearer Form
mit Kästen; optional dürfen Sie zusätzlich Bäume erstellen).
(a) [4 punkte] F |= F ∧ (F ∨ G)
(b) [4 punkte] F, F ∨ G |= F ∧ G
(c) [6 punkte] ¬(F ⇒ G) ⇒ H, F ∧ ¬H |= G
(d) [10 punkte] (F ⇒ G) ⇒ G |= (G ⇒ F ) ⇒ F
(e) [4 punkte] F ∨ (G ∧ H) |= F ∧ (G ∨ H)
Lösungsvorschlag:
Achtung: Da es sich um syntaktische Herleitungen handelt, dürfen wir keine semantischen Argumente
einbeziehen, also etwa bekannte Tautologien oder die Definition von ⇒ mittels ∨ und
¬ verwenden. Erlaubt ist die Wiederverwendung früher gezeigter syntaktischer Herleitungen
(wie im Skript gezeigt).
(a) Die Sequenz ist korrekt, hier ist eine syntaktische Herleitung:
F
F F ∨ G
F ∧ (F ∨ G)
(∨ i)
(∧ i)
oder in linearer Form:
1 F Praemisse
2 F ∨ G (∨ i), 1
3 F ∧ (F ∨ G) (∧ i), 1, 2
(b) Gilt nicht, da α mit α(F ) = 1 und α(G) = 0 die Menge Γ = {F, F ∨ G} erfüllt, aber
wegen ̂α(F ∧ G) = 0 die Formel F ∧ G nicht erfüllt.
(c) Die Sequenz ist korrekt, hier ist eine syntaktische Herleitung:
F ∧ ¬H
F
(∧ e)
[¬(F ⇒ G)]
G
¬(F ⇒ G) ⇒ H
(⇒ e)
F ∧ ¬H
(∧ e)
H
¬H
(⊥ i)
⊥
(¬ i)
¬¬(F ⇒ G)
(¬¬ e)
F ⇒ G
(⇒ e)

oder linearisiert:
1 ¬(F ⇒ G) ⇒ H Praemisse
2 F ∧ ¬H Praemisse
3 F (∧ e), 2
4 ¬H (∧ e), 2
5 ¬(F ⇒ G) Kastenpraemisse
6 H (⇒ e), 5, 1
7 ⊥ (⊥ i), 6, 4
8 ¬¬(F ⇒ G) (¬ i), 7
9 F ⇒ G (¬¬ e), 8
10 G (⇒ e), 3, 9
Die linearisierte Version folgt direkt aus dem Baum, der von unten nach oben aufgebaut
wurde. Da F ⇒ F zumindest Teil einer Prämisse ist, und F leicht aus der anderen
Prämisse gewonnen werden kann, bietet sich (⇒ e) mit Eingaben F und F ⇒ G als
letzte Operation an. Die Schwierigkeit besteht dann darin, F ⇒ G aus den Prämissen
herzuleiten. Eine Kasten-Prämisse ¬(F ⇒ G) kann mittels (¬ i) immerhin zu ¬¬(F ⇒
G) führen, was unter (¬¬ e) zum gewünschten Ergebnis führt. Diese Kasten-Prämisse
zusammen mit der Prämisse ¬(F ⇒ G) ⇒ H liefert aber H , während aus der zweiten
Prämisse F ∧¬H sofort ¬H herleitbar ist, zusammen also ⊥ , was für die Anwendbarkeit
von (¬ i) auf ¬(F ⇒ G) benötigt wird.
(d) Die Sequenz ist korrekt (siehe z.B. Wahrheitstabelle).
Idee für die Herleitung: Wegen (F ⇒ G) ⇒ G ≡ G ∨ ¬(F ⇒ G) wollen wir versuchen,
(∨ e) anzuwenden. Dazu sind weiterhin Herleitungen G ⊢ (G ⇒ F ) ⇒ F sowie ¬(F ⇒
G) ⊢ (G ⇒ F ) ⇒ F erforderlich.
Hilfsergebnis: H ⇒ G ⊢ G ∨ ¬H
[H] H ⇒ G
(⇒ e)
G
G ∨ ¬H (∨ i) [¬(G ∨ ¬H)]
(⊥ i)
⊥
(¬ i)
¬H
G ∨ ¬H (∨ i) [¬(G ∨ ¬H)]
⊥
(¬ i)
¬¬(G ∨ ¬H)
(¬¬ e)
G ∨ ¬H
(⊥ i)
Man beachte, dass es zwei rot markierte Kastenprämissen gibt. Die linearisierte Version ist
1 H ⇒ G Praemisse
2 ¬(G ∨ ¬H) Kastenpraemisse
3 H Kastenpraemisse
4 G (⇒ e), 3, 1
5 G ∨ ¬H (∨ i), 4
6 ⊥ (⊥ i), 2, 5
7 ¬H (¬ i), 3 − 6
8 G ∨ ¬H (∨ i), 7
9 ⊥ (⊥ i), 2, 8
10 ¬¬(G ∨ ¬H) (¬ i), 2 − 9
11 G ∨ ¬H (¬¬ e), 10

Diese Herleitung kann mit (F ⇒ G) für H instanziiert werden.
Der erste Kasten für (∨ e) ist einfach:
G [G ⇒ F ]
F
(G ⇒ F ) ⇒ F
(⇒ e)
(⇒ i)
oder linear
1 G Praemisse
2 G ⇒ F Kastenpraemisse
3 F (⇒ e), 1, 2
4 (G ⇒ F ) ⇒ F (⇒ i), 2 − 3
Der zweite Kasten für (∨ e) verwendet einen fiesen Trick:
oder linear
[F ] [¬F ]
[G ⇒ F ]
(⊥ i)
⊥
(⊥ e)
.
G
(⇒ i)
¬(F ⇒ G) ) F ⇒ G
(⊥ i)
⊥
(¬ i)
¬¬F
(¬¬ e)
F
(⇒ i)
(G ⇒ F ) ⇒ F
1 ¬(F ⇒ G) Praemisse
2 G ⇒ F Kastenpraemisse
3 ¬F Kastenpraemisse
4 F Kastenpraemisse
5 ⊥ (⊥ i), 3, 4
6 G (⊥ e), 5
7 F ⇒ G (⇒ i), 4 − 6
8 ⊥ (⊥ i), 1, 7
9 ¬¬F (¬ i), 3 − 8
10 F (¬¬ e), 9
11 (G ⇒ F ) ⇒ F (⇒ i), 2 − 10
Der Trick besteht darin, dass die Kastenprämisse (3) für die blaue Regel (⇒ i) sonst
nirgends verwendet wird. In der Baumdarstellung schwebt sie daher frei im Raum und
ist nicht mit dem restlichen Baum verbunden. Läßt man sie aber ganz weg, fehlt das
Gegenstück zur blau markierten Regel (⇒ i) , was irritierend ist.
Anwendung von (∨ e) auf G ∨ ¬(F ⇒ G) liefert schließlich die gewünschte Herleitung
mit K = (G ⇒ F ) ⇒ F . Wir ersparen uns den Baum:
1 (F ⇒ G) ⇒ G Praemisse
2 G ∨ ¬(F ⇒ G) siehe oben
3 G Kastenpraemisse
4 (G ⇒ F ) ⇒ F siehe oben
5 ¬(F ⇒ G) Kastenpraemisse
6 (G ⇒ F ) ⇒ F siehe oben
7 (G ⇒ F ) ⇒ F (∨ e), 2, 3 − 4, 5 − 6

Dies ist nicht die einzige mögliche Herleitung. Als Kontrast präsentieren wir eine Herleitung
nur in linearer Form, ohne Baum. In diesem Fall lautet die Strategie: die Prämissen sollen
soweit wie möglich in ihre Einzelteile zerlegt werden, mit Hilfe geeigneter Kastenprämissen
(bis Zeile 5). Gleichzeitig bietet sich (⇒ i) mit Eingaben G ⇒ F und F als letzte Regel
an, diese müssen am Anfang bzw. Ende eines äußeren Kastens auftrete; das bestimmt auch
die Reihenfolge der Kastenprämissen 2 und 3. Der Nutzen von (F ⇒ G) ⇒ F in Zeile 6
ist allerdings nur schwer vorauszusehen.
1 (F ⇒ G) ⇒ G Praemisse
2 G ⇒ F Kastenpraemisse
3 F ⇒ G Kastenpraemisse
4 G (⇒ e), 1, 3
5 F (⇒ e), 2, 4
6 (F ⇒ G) ⇒ F (⇒ i), 3 − 5
7 ¬F Kastenpraemisse
8 F Kastenpraemisse
9 ⊥ (¬ e), 7, 8
10 G (⊥ e), 9
11 F ⇒ G (⇒ i), 8 − 10
12 F (⇒ e), 6, 11
13 ⊥ (¬ e), 7, 12
14 ¬¬F (¬ i), 8 − 13
15 F (¬¬ e), 14
16 (G ⇒ F ) ⇒ F (⇒ i), 2 − 15
(e) Gilt nicht, da α mit α(F ) = 1 , α(G) = 0 = α(H) die Menge Γ = {F ∨ (G ∧ H)}
erfüllt, wegen ̂α(F ∨ (G ∧ H)) = 1 ∨ 0 = 1 , aber die Formel F ∧ (G ∨ H) nicht, wegen
̂α(F ∧ (G ∨ H)) = 1 ∧ 0 = 0 .
Aufgabe 2 [12 PUNKTE]
Donald Duck will seine Neffen Tick, Trick und Track zum Bierholen in den Supermarkt schicken.
Das stößt allerdings auf wenig Begeisterung:
Tick: Ich habe keine Zeit, ich muss Hausaufgaben machen. Trick: Ich will nicht allein gehen.
Track: Ich gehe nur, wenn auch Tick mitkommt.
(a) [6 punkte] Formulieren Sie die Aussagen von Tick, Trick und Track als aussagenlogische
Formeln.
(b) [6 punkte] Zeigen Sie mittels natürlicher Deduktion, dass Donald heute nüchtern bleibt.
Lösungsvorschlag:
(a) Atomare Aussagen: A : Tick geht mit, B : Trick geht mit, C Track geht mit.
Aussagen der Neffen: Tick ¬A ; Trick: B ⇒ (A ∨ C) ; Track: C ⇒ A
(b) Herzuleiten ist die Konjunktion ¬A ∧ ¬B ∧ ¬C mit diesen Prämissen. Hinsichtlich der
Baumdarstellung genügt es offenbar, die Terme ¬A , ¬B und ¬C einzeln herzuleiten,

anschließend können diese mit zwei (∧ i) -Regeln zur gewünschten Konjunktion verbunden
werden. Der Fall ¬A ist dabei trivial, während die Herleitung von ¬C deutlich einfacher
ist als die von ¬B .
[C] C ⇒ A
(¬ e)
¬A A
(⇒ e)
⊥
(¬ i)
¬C
oder linear
1 ¬A Praemisse
2 C ⇒ A Praemisse
3 C Kastenpraemisse
4 A (⇒ e), 3, 2
5 ⊥ (⊥ i), 1, 4
6 ¬C (¬ i), 3 − 5
bzw.
¬A
¬A
[B] B ⇒ (A ∨ C)
(⇒ e)
A ∨ C
¬A ⇒ C (∗)
(⇒ e)
C
C ⇒ A
A
(⊥ i)
⊥
(¬ i)
¬B
(⇒ e)
oder linear
1 ¬A Praemisse
2 B ⇒ (A ∨ C) Praemisse
3 C ⇒ A Praemisse
4 B Kastenpraemisse
5 A ∨ C (⇒ e), 2, 4
6 ¬A ⇒ C (∗) , siehe unten
7 C (⇒ e), 1, 6
8 A (⇒ e), 7, 3
9 ⊥ (⊥ i), 1, 8
10 ¬B (¬ i), 4 − 9
Dabei kommt bei (∗) folgende Dedunktion zum Einsatz:
A ∨ C
[A] [¬A]
(¬ e)
⊥
C (⊥ i) [C]
C
(⇒ i)
¬A ⇒ C
(∨ e)

In linearer Darstellung
1 A ∨ C Praemisse
2 ¬A Kastenpraemisse
3 A Kastenpraemisse
4 ⊥ (⊥ i), 2, 3
5 C (⊥ e), 4
6 C Kastenpraemisse
7 C (∨ e), 1, 3 − 5, 6
8 ¬A ⇒ C (⇒ i), 2 − 7
Ob die Verwendung der Herleitung (∗) zwecks Herleitung von ¬B aus den Prämissen so
geschickt war, sei dahingestellt, aus semantischer Sicht ist sie sicher zu rechtfertigen. Es geht
aber auch ohne diesen Umweg, und sogar insgesamt kürzer:
1 ¬A Praemisse
2 B ⇒ (A ∨ B) Praemisse
3 C ⇒ A Praemisse
4 C Kastenpraemisse
5 A (⇒ e), 3, 4
6 ⊥ (¬ e), 1, 5
7 ¬C (¬ i), 4 − 6
8 B Kastenpraemisse
9 A ∨ C (⇒ e), 2, 8
10 A Kastenpraemisse
11 C Kastenpraemisse
12 A (⇒ e), 3, 11
13 A (∨ e), 9, 10 − 10, 11 − 12
14 ⊥ (¬ e), 1, 13
15 ¬B (¬ i), 8 − 14
16 ¬A ∧ ¬B (∧ i), 11, 15
17 (¬A ∧ ¬B) ∧ ¬C (∧ i), 7, 16