Kapitel 1.3 Normalformen aussagenlogischer Formeln

Kapitel 1.3Normalformen aussagenlogischer FormelnMathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 1 / 1

Boolesche Formeln, Literale und KlauselnEine Boolesche Formel ist eine aussagenlogische Formel, in der dieJunktoren → und ↔ nicht vorkommen.Ein Literal λ ist eine Aussagenvariable (λ ≡ A) oder eine negierteAussagenvariable (λ ≡ ¬A).Eine ∨-Klausel δ ist eine endliche Disjunktion von Literalen(δ ≡ λ 1 ∨ · · · ∨ λ n , n ≥ 1).Eine ∧-Klausel κ ist eine endliche Konjunktion von Literalen(κ ≡ λ 1 ∧ · · · ∧ λ n , n ≥ 1).NOTATION:∨•i=1,...,n ψ i :≡ ψ 1 ∨ · · · ∨ ψ n∧•i=1,...,n ψ i :≡ ψ 1 ∧ · · · ∧ ψ nMathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 2 / 1

Disjunktive und konjunktive NormalformenEine Boolesche Formel ϕ is in disjunktiver Normalform (DNF), wennϕ die endliche Disjunktion von ∧-Klauseln ist: ϕ ≡ κ 1 ∨ · · · ∨ κ m(m ≥ 1).Eine Boolesche Formel ϕ is in konjunktiver Normalform (KNF), wennϕ die endliche Konjunktion von ∨-Klauseln ist: ϕ ≡ δ 1 ∨ · · · ∨ δ m(m ≥ 1).Disjunktive Normalform: ϕ ≡ ∨ i=1,...,m κ i ≡ ∨ ∧i=1,...,m j=1,...,n iλ i,jKonjunktive Normalform: ϕ ≡ ∧ i=1,...,m δ i ≡ ∧ ∨i=1,...,m j=1,...,n iλ i,jMathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 3 / 1

DarstellungssatzDARSTELLUNGSSATZ. Zu jeder n-stelligen Booleschen Funktion f kannman effektiv eine Boolesche Formel ϕ in disjunktiver Normalform angeben,sodass V (ϕ) = {A 0 , . . . , A n−1 } und ϕ die Funktion f darstellt (d.h. f ϕ = fgilt).ZUR ERINNERUNG: f ϕ (B(A 0 ), . . . , B(A n−1 )) = B(ϕ)BEWEIS. Die Formel ϕ ist wie folgt definiert:Für jede Eingabekombination (x 0 , . . . , x n−1 ) ∈ {0, 1} n definiere die ∧-Klauselκ (x0,...,x n−1) :≡ λ (0,x0) ∧ · · · ∧ λ (n−1,xn−1)wobeiλ (i,xi ) ={A i falls x i = 1¬A i falls x i = 0.Setzeϕ :≡ ∨ {(x 0,...,x n−1)∈{0,1} n :f (x 0,...,x n−1)=1} κ (x 0,...,x n−1)Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 4 / 1

Darstellungssatz: Beweis (Fortsetzung)Korrektheit von ϕ: f = f ϕDa f und f ϕ Boolesche Funktionen sind, genügt esf (x 0 , . . . , x n−1 ) = 1 ⇔ f ϕ (x 0 , . . . , x n−1 ) = 1zu zeigen.“⇒” f (x 0 , . . . , x n−1 ) = 1 ⇒ κ (x0 ,...,x n−1 ) Teilformel von ϕ⇒ B(ϕ) = B(κ (x0 ,...,x n−1 )) = 1für die Belegung B(A i ) = x i⇒ f ϕ (x 0 , . . . , x n−1 ) = 1Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 5 / 1

Darstellungssatz: Beweis (Abschluss)“⇐” f ϕ (x 0 , . . . , x n−1 ) = 1 ⇒ B(ϕ) = 1 für B(A i ) = x i⇒ ϕ enthält ∧-Klausel κ (x ′0 ,...,x ′ n−1 )mit B(κ (x ′0 ,...,x ′ n−1 ) ) = 1(da ϕ Disjunktion solcher Klauseln)⇒ ϕ enthält die ∧-Klausel κ (x0 ,...,x n−1 )(da B(κ (x ′0 ,...,x ′ n−1 ) ) = 1g.d.w. x ′ i= x i für i < n)⇒ f (x 0 , . . . , x n−1 ) = 1(nach Definition von ϕ)Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 6 / 1

Darstellungssatz: BeispielDie EXOR-Funktion ist durch folgende Wertetabelle bestimmt:Sie wird also von der Formeldargestelltx 0 x 1 EXOR(x 0 , x 1 )0 0 00 1 11 0 11 1 0ϕ EXOR ≡ (¬A 0 ∧ A 1 ) ∨ (A 0 ∧ ¬A 1 )Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 7 / 1

Folgerungen aus dem Darstellungssatz: BasissatzBASISSATZ. Die Booleschen Funktionen {¬, ∨, ∧} bilden eine Basis derBooleschen Funktionen.BEWEIS. Nach dem Darstellungssatz wird jede Boolesche Funktion von einerBooleschen Formel dargestellt. Es genügt daher zu zeigen, dass sich für jedeBoolesche Formel ϕ mit V (ϕ) ⊆ {A 0 , . . . , A n−1 } die dargestellte n-st. BoolescheFunktionen f ϕ,n mit Hilfe der Funktionen ¬, ∨ und ∧ darstellen lässt.Wir zeigen dies durch Induktion nach dem Aufbau von ϕ:1 ϕ ≡ A i : f ϕ,n (x 0 , . . . , x n−1 ) = x i = ∨(x i , x i )2 ϕ ≡ ¬ψ: Dann gilt f ϕ,n = ¬(f ψ,n ).Die Behauptung folgt also aus der I.V.3 ϕ ≡ ψ 0 ∨ ψ 1 oder ϕ ≡ ψ 0 ∧ ψ 1 : Dann gilt f ϕ,n = ∨(f ψ0,n, f ψ1,n) bzw.f ϕ,n = ∧(f ψ0,n, f ψ1,n).Die Behauptung folgt also wiederum aus der I.V.Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 8 / 1

Folgerungen aus dem Darstellungssatz: Basissatz (Forts.)Der Basissatz kann wie folgt verschärft werden:KOROLLAR ZUM BASISSATZ. Folgende Mengen sind Basen derBooleschen Funktionen:(i) {¬, ∨} (ii) {¬, ∧} (iii) {NOR} (iv) {NAND}BEWEISIDEE. Da {¬, ∨, ∧} eine Basis ist, ist jede Menge {f 0 , . . . , f k }, dieerlaubt die Funktionen ¬, ∨, ∧ darzustellen, ebenfalls eine Basis.Zum Beispiel genügt es zum Beweis von (i) zu zeigen, dass sich ∧ mit Hilfe von ¬und ∨ darstellen lässt, was nach DeMorgan wie folgt möglich ist:∧(x 0 , x 1 ) = ¬(∨(¬(x 0 ), ¬(x 1 )))Beweis der anderen Teile: Übung!Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 9 / 1

Folgerungen aus dem Darstellungssatz: NormalformsatzNORMALFORMSATZ. Zu jeder al. Formel ϕ kann man effektiv eineäquivalente Formel ϕ DNF in disjunktiver Normalform angeben, sodassV (ϕ) = V (ϕ DNF ) gilt.BEWEISIDEE.Ersetzt man in äquivalenten Formeln ψ und ψ ′ mitV (ψ) ∪ V (ψ ′ ) = {B 0 , . . . , B n−1 } die paarweise verschiedenen Variablen B idurch paarweise verschiedene Variablen C i , so erhält man wiederumäquivalente Formeln (Übung!).Wir können daher o.B.d.A. annehmen, dass V (ϕ) = {A 0 , . . . , A n−1 } gilt.Es genügt daher f ϕ zu bestimmen und als ϕ DNF die zugehörige Formel ϕ fϕin DNF aus dem Darstellungssatz zu wählen.Es gilt dann f ϕ = f ϕDNF und daher ϕ äq ϕ DNF .Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 10 / 1

Normalformsatz: alternativer BeweisDer Normalformsatz lässt sich auch direkt ohne Rückgriff auf denDarstellungssatz beweisen (s. Skript für Details):Hierzu überführt man eine al. Formel ϕ zunächst in eine äquivalenteBoolesche Formel ϕ b (mit derselben Variablenmenge), indem man (induktivalle) Teilformeln ψ → ψ ′ und ψ ↔ ψ ′ mit Hilfe der Äquivalenzeneliminert.ψ → ψ ′ äq ¬(ψ) ∨ ψ ′ψ ↔ ψ ′ äq (¬(ψ) ∨ ψ ′ ) ∧ (¬(ψ ′ ) ∨ ψ)NB: Nach der Ersetzungsregel ist das Ergebnis dieser Ersetzungen äquivalentzur Ausgangsformel ϕ!Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 11 / 1

Normalformsatz: alternativer Beweis (Fortsetzung)Durch Anwendung der DeMorganschen Regeln und des Gesetzes derdoppelten Negation¬(ψ ∨ ψ ′ ) äq ¬ψ ∧ ¬ψ ′¬(ψ ∧ ψ ′ ) äq ¬ψ ∨ ¬ψ ′¬¬ψ äq ψüberführt man dann die Boolesche Formel ϕ b in eine äquivalente BoolescheFormel ϕ n (mit derselben Variablenmenge), in der das Negationszeichen nurvor Variablen vorkommt.Schließlich eliminiert man in ϕ n Vorkommen von ∧ von höherem Rang alsVorkommen von ∨ mit Hilfe der Distributivgesetzeψ ∧ (χ ∨ δ) äq (ψ ∧ χ) ∨ (ψ ∧ δ)(ψ ∨ χ) ∧ δ äq (ψ ∧ δ) ∨ (χ ∧ δ)und erhält so die gewünschte zu ϕ äquivalente Formel ϕ DNF in disjunktiverNormalform.Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 12 / 1

Konjunktive NormalformDie für die Disjunktive Normalform erzielten Ergebnisse lassen sich ähnlichfür die Konjunktive Normalform zeigen:DARSTELLUNGSSATZ (KNF). Zu jeder n-stelligen Booleschen Funktionf kann man effektiv eine Boolesche Formel ϕ in konjunktiver Normalformangeben, sodass V (ϕ) = {A 0 , . . . , A n−1 } und ϕ die Funktion f darstellt(d.h. f ϕ = f gilt).NORMALFORMSATZ (KNF). Zu jeder al. Formel ϕ kann man effektiveine äquivalente Formel ϕ KNF in konjunktiver Normalform angeben,sodass V (ϕ) = V (ϕ KNF ) gilt.Da der Normalformsatz (KNF) aus dem Darstellungssatz (KNF) wie derNormalformsatz aus dem Darstellungssatz folgt, genügt es den Darstellungssatz(KNF) zu beweisen.Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 13 / 1

Darstellungssatz (KNF): BeweisideeZu einer Booleschen Funktion f (x 0 , . . . , x n ) erhält man die darstellendeFormel ϕ in KNF wie folgt:Für jede Eingabekombination (x 0 , . . . , x n−1 ) ∈ {0, 1} n definiere die∨-KlauselwobeiSetzeδ (x0 ,...,x n−1 ) :≡ λ d (0,x 0 ) ∨ · · · ∨ λd (n−1,x n−1 )λ d (i,x i ) = {A i falls x i = 0¬A i falls x i = 1.ϕ :≡ ∧ {(x 0 ,...,x n−1 )∈{0,1} n :f (x 0 ,...,x n−1 )=0} δ (x 0 ,...,x n−1 )Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 14 / 1

Darstellungssatz (KNF): BeispielDie EXOR-Funktion ist durch folgende Wertetabelle bestimmt:Sie wird also von der KNF-Formeldargestellt.x 0 x 1 EXOR(x 0 , x 1 )0 0 00 1 11 0 11 1 0ϕ EXOR ≡ (A 0 ∨ A 1 ) ∧ (¬A 0 ∨ ¬A 1 )Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 15 / 1

Alternative Konstruktion der KNF: DualitätsprinzipEine Formel ϕ kann man auch wie folgt in KNF überführen:Überführe die Negation ¬ϕ von ϕ in Disjunktive Normalform: (¬ϕ) DNFVertausche in (¬ϕ) DNF die Junktoren ∨ und ∧ und ersetze jedes Literaldurch das duale Literal (d.h. A durch ¬A und ¬A durch A.Die so erhaltene Formel ist in KNF und äquivalent zu ϕDie Korrektheit dieser Konstruktion ergibt sich aus dem allgemeinerenDualitätsprinzip:D(ϕ) entstehe aus ϕ durch Vertauschung von ∨ und ∧.(D(ϕ) nennt man die auch die zu ϕ duale Formel)N(ϕ) entstehe aus ϕ, indem vor jede nichtnegierte Aussagenvariable dasNeagationszeichen geschrieben wird und bei jeder negiertenAussagenvariable das Negationszeichen gestrichen wird.Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 16 / 1

Alternative Konstruktion der KNF: Dualitätsprinzip (Forts.)DUALITÄTSSATZ.(a) ¬ϕ äq D(N(ϕ))(b) ϕ äq ψ ⇔ D(ϕ) äq D(ψ)Den Dualitätssatz zeigt man durch Induktion nach dem Formelaufbauunter Verwendung der DeMorganschen Gesetze und des Gesetzes derdoppelten Verneinung (sowie der Ersetzungsregel): Übung!Wir demonstrieren die Beweisidee nur an Hand eines Beispiels:Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 17 / 1

Dualitätsprinzip: BeispielFür ϕ :≡ A 0 ∨ ¬(A 1 ∧ ¬A 2 ) istN(ϕ) ≡ ¬A 0 ∨ ¬(¬A 1 ∧ A 2 )D(N(ϕ)) ≡ ¬A 0 ∧ ¬(¬A 1 ∨ A 2 )und es gilt¬ϕ ≡ ¬(A 0 ∨ ¬(A 1 ∧ ¬A 2 ))äq ¬(A 0 ∨ (¬A 1 ∨ ¬¬A 2 )) (DeMorgan)äq ¬(A 0 ∨ (¬A 1 ∨ A 2 )) (Doppelte Verneinung)äq ¬A 0 ∧ ¬(¬A 1 ∨ A 2 ) (De Morgan)≡ D(N(ϕ))Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 18 / 1

Eigenschaften der DNF und KNFFür Formeln in DNF lässt sich die Erfüllbarkeit sehr leicht überprüfen, währendsich für Formeln in KNF die Allgemeingültigkeit sehr leicht überprüfen lässt.Sei ϕ in DNF. Dann ist ϕ genau dann erfüllbar, wenn in keiner ∧-Klauselvon ϕ eine Variable unnegiert und negiert vorkommt.Sei ϕ in KNF. Dann ist ϕ genau dann allgemeingültig, wenn injeder ∨-Klausel von ϕ eine Variable unnegiert und negiert vorkommt.Die Frage, ob auch die dualen Aussagen gelten, also ob sich für eine Formel ϕ inKNF “schnell” überprüfen lässt, ob diese erfüllbar ist, ist eines der bedeutendstenoffenen Probleme der Mathematik (eines der Millenniumsprobleme; s. nächstenAbschnitt).NB: Eine naheliegende Lösung, nämlich die KNF-Formel ϕ zunächst in eine äquivalente Formel ϕ ′ in DNF zu überführen unddann obiges schnelles Verfahren zur Überprüfung der Erfüllbarkeit von Formeln in DNF anzuwenden, funktioniert nicht: DieÜberführung in DNF kann (durch Anwendung der Distributivgesetze) die Formel ϕ exponentiell aufblähen, sodass das Verfahreninsgesamt exponentiell gemessen in der Länge von ϕ (also sehr langsam) ist.Mathematische Logik (WS 2010/11) Kapitel 1.3: Normalformen 19 / 1