Korrektheit des Markierungsalgorithmus (1/2) - Logik in der Informatik

Logik 

Wintersemester 2010/11 

Thomas Schwentick 

Teil A: Aussagenlogik 

3. Erfüllbarkeit 

Version von: 15. November 2010 (12:12)

Erfüllbarkeit 

• Zur Erinnerung: 

◮ Eine Formel F heißt erfüllbar, wenn sie ein Modell hat, also eine 

Belegung, die sie wahr macht 

Logik / Schwentick / WiSe 10/11 A: Aussagenlogik - 3. Erfüllbarkeit . ✁ ✄ Folie 1





• Das Problem, für eine (aussagenlogische, temporallogische, prädikatenlogische,...) 

Formel zu testen, ob sie erfüllbar ist, hat für die 

Informatik eine große Bedeutung 






• Das Problem, für eine (aussagenlogische, temporallogische, prädikatenlogische,...) 

Formel zu testen, ob sie erfüllbar ist, hat für die 

Informatik eine große Bedeutung 

• In diesem Kapitel werden wir 

◮ zunächst einige Beispiele betrachten, in denen die Lösung eines 

Problems auf einen Erfüllbarkeitstest hinaus läuft 

◮ einen sehr effizienten Erfüllbarkeitstest für eine eingeschränkte 

Art aussagenlogischer Formeln kennen lernen, und 

◮ einen Erfüllbarkeitstest für beliebige aussagenlogische Formeln 

kennen lernen 


✄ 3.1 Das Erfüllbarkeitsproblem 

Inhalt 

3.2 Erfüllbarkeitstests: Vorbereitungen 

3.3 Hornformeln 

3.4 Aussagenlogische Resolution 


• Aus Kapitel 2: 

Warum Erfüllbarkeit? (1/4) 

Eine typische Logelei 

Angela: „Guido oder ich werden an der Regierungskoalition beteiligt 

sein.“ 

Guido: „Entweder Frank-Walter oder ich werden an der Regierung 

beteiligt sein.“ 

Frank-Walter: „Entweder Angela oder ich werden in der Opposition 












• Um die Lösung für diese Logelei zu finden, haben wir 

◮ für die elementaren Aussagen Aussagenvariablen A, G, F 

eingeführt, 

◮ die Formel (G ∨ A) ∧ (F ↔ ¬G) ∧ (A ↔ ¬F) als 

Zusammenfassung aller Aussagen aufgestellt und dann 

◮ erfüllende Belegungen dieser Formel gesucht 

















• Da es nur eine einzige erfüllende Belegung gab, haben wir diese 

als Lösung aufgefasst 

















• Da es nur eine einzige erfüllende Belegung gab, haben wir diese 

als Lösung aufgefasst 

• Nach der Modellierung der Situation haben wir also im Wesentlichen 

einen Erfüllbarkeitstest durchgeführt 



• Um zu entscheiden, ob sich die Landkarte der BRD mit drei Farben 

färben lässt (so dass benachbarte Länder unterschiedliche Farben 

haben), haben wir die folgende Formel aufgestellt: 

F =1 

NRW 

∧F =1 

BW 

∧F =1 

BY 

∧F =1 

RP 

F =1 

NI ∧F=1 

SA ∧F=1 

BR ∧F=1 

B 

∧F =1 

SR 

∧F =1 

HS 

∧F =1 

TH 

∧F =1 

SX ∧ 

∧F=1 

HH ∧F=1 

HB ∧F=1 

MV ∧F=1 

SH ∧ 

F �= 

NRW,HS ∧ F �= BW,BY ∧ F �= BW,RL ∧ F �= 

BW,HS ∧ F �= 

BY,HS ∧ F �= BY,TH ∧ 

F �= 

BY,SX∧F �= 

SR,RL∧F �= 

RL,HS∧F �= RL,NRW∧F �= 

HS,TH∧F �= 

HS,NI∧F �= 

TH,SX∧ 

F �= 

TH,SA ∧F �= TH,NI ∧F �= 

SX,BR ∧F �= 

SX,SA ∧F �= NRW,NI ∧F �= 

NI,SH ∧F �= NI,HB ∧ 

F �= NI,HH ∧ F �= NI,MV ∧ F �= 

NI,SA ∧ F �= NI,BR ∧ F �= 

SA,BR ∧ F �= BR,MV ∧ F �= BR,B ∧ 

F �= 

SH,HH ∧ F �= 

SH,MV 






F =1 

NRW 

∧F =1 

BW 

∧F =1 

BY 

∧F =1 

RP 

F =1 

NI ∧F=1 

SA ∧F=1 

BR ∧F=1 

B 

∧F =1 

SR 

∧F =1 

HS 

∧F =1 

TH 

∧F =1 

SX ∧ 

∧F=1 

HH ∧F=1 

HB ∧F=1 

MV ∧F=1 

SH ∧ 

F �= 


BW,HS ∧ F �= 


F �= 






TH,SX∧ 

F �= 





F �= NI,HH ∧ F �= NI,MV ∧ F �= 

NI,SA ∧ F �= NI,BR ∧ F �= 


F �= 

SH,HH ∧ F �= 

SH,MV 

• Wir haben festgestellt, dass eine solche Färbung genau dann möglich 

ist, wenn diese Formel erfüllbar ist 






F =1 

NRW 

∧F =1 

BW 

∧F =1 

BY 

∧F =1 

RP 

F =1 

NI ∧F=1 

SA ∧F=1 

BR ∧F=1 

B 

∧F =1 

SR 

∧F =1 

HS 

∧F =1 

TH 

∧F =1 

SX ∧ 

∧F=1 

HH ∧F=1 

HB ∧F=1 

MV ∧F=1 

SH ∧ 

F �= 


BW,HS ∧ F �= 


F �= 






TH,SX∧ 

F �= 





F �= NI,HH ∧ F �= NI,MV ∧ F �= 

NI,SA ∧ F �= NI,BR ∧ F �= 


F �= 

SH,HH ∧ F �= 

SH,MV 

• Wir haben festgestellt, dass eine solche Färbung genau dann möglich 

ist, wenn diese Formel erfüllbar ist 

• Die Frage der 3-Färbbarkeit lässt sich also durch einen Erfüllbarkeitstest 

entscheiden 


Klausur 07/08, Aufgabe 1 

Anton hat gerade seine Logik-Klausur geschrieben. 

Wie immer diskutiert er im Anschluss 

mit seinen Kommilitonen über die einzelnen 

Aufgaben. Dabei gelangt er zu folgenden 

Überlegungen: 

1. Für ein Bestehen der Klausur muss er mindestens 

eine der drei Aufgaben richtig gelöst 

haben. 

2. Aufgabe 3 konnte er nur dann richtig bearbeiten, 

wenn er eine der ersten beiden 

richtig gelöst hat. 

3. Er hat die ersten beiden Aufgaben entweder 

beide richtig oder beide falsch gelöst. 

(a) Übersetzen Sie Antons Überlegungen in 

aussagenlogische Formeln. 

(b) Zeigen Sie mittels aussagenlogischer Resolution, 

dass Anton nur dann die Klausur 

besteht, wenn er die erste Aufgabe richtig 

gelöst hat. 











haben. 











gelöst hat. 


Beispiellösung zu (a) 

• Wir definieren 

◮ Ai: „Anton hat Aufgabe i richtig gelöst.“, 

für i = 1,2,3 

◮ B: „Anton hat die Klausur bestanden“ 

• Wir erhalten die Übersetzung 

F = (B → (A1 ∨ A2 ∨ A3))∧ 

(A3 → (A1 ∨ A2)) ∧ (A1 ↔ A2) 










haben. 











gelöst hat. 





für i = 1,2,3 



F = (B → (A1 ∨ A2 ∨ A3))∧ 

(A3 → (A1 ∨ A2)) ∧ (A1 ↔ A2) 

• Die aussagenlogische Resolution lernen wir 

später kennen 

• Für (b) betrachten wir hier zunächst nur den 

Lösungsansatz: 










haben. 











gelöst hat. 





für i = 1,2,3 



F = (B → (A1 ∨ A2 ∨ A3))∧ 

(A3 → (A1 ∨ A2)) ∧ (A1 ↔ A2) 





◮ Die Frage ist, ob wir schließen können, 

dass aus der Formel F die Formel 

B → A1 folgt 










haben. 











gelöst hat. 





für i = 1,2,3 



F = (B → (A1 ∨ A2 ∨ A3))∧ 

(A3 → (A1 ∨ A2)) ∧ (A1 ↔ A2) 








◮ Dies ist gerade dann der Fall, wenn die 

Formelmenge {F,¬(B → A1)} 

unerfüllbar ist 










haben. 











gelöst hat. 





für i = 1,2,3 



F = (B → (A1 ∨ A2 ∨ A3))∧ 

(A3 → (A1 ∨ A2)) ∧ (A1 ↔ A2) 








◮ Dies ist gerade dann der Fall, wenn die 

Formelmenge {F,¬(B → A1)} 


• Auch dieses Problem lässt sich also durch 

einen Erfüllbarkeitstest lösen 



• Probleme aus vielen Bereichen der Informatik und 

der Mathematik lassen sich mit aussagenlogischen 

Formeln modellieren 






• Beispiele: 

◮ Logeleien (Angela!) 

◮ Graphentheorie (3-Färbbarkeit) 

◮ Spiele 

◮ Automatisches Planen 

◮ (Bounded) Model Checking 

◮ ... 









◮ Spiele 



◮ ... 

• Erfüllende Wahrheitsbelegungen der Formeln entsprechen 

dann Lösungen der Probleme 









◮ Spiele 



◮ ... 



• Es gilt also, Verfahren für das folgende algorithmische 

Problem zu finden: 









◮ Spiele 



◮ ... 



• Es gilt also, Verfahren für das folgende algorithmische 

Problem zu finden: 

Definition: AL-SAT 

Gegeben: Aussagenlogische Formel F 

Frage: Ist F erfüllbar? 

(Falls ja, Ausgabe einer erfüllenden Belegung) 


Ein simpler Erfüllbarkeitstest: Wahrheitstabelle 

• Eine einfache Methode zum Testen der Erfüllbarkeit 

einer Formel F : 

◮ Berechne die Wahrheitstabelle von F 

◮ Genau dann, wenn es eine Zeile mit einer 

1 in der F -Spalte gibt, ist F erfüllbar 








• Das ist ein semantischer Erfüllbarkeitstest 

◮ Denn: 

� Alle möglichen Modelle werden ausprobiert 

� Der Test beruht also darauf, die Semantik 

von F vollständig zu bestimmen 









◮ Denn: 




• Problem: 

◮ Wahrheitstabellen werden sehr schnell 

sehr groß 

� Genauer: Bei n Variablen hat die 

Wahrheitstabelle 2 n Einträge 









◮ Denn: 




• Problem: 


sehr groß 



◮ Falls die Formel erfüllbar ist, wird eine 

erfüllende Belegung eventuell schneller 

gefunden 









◮ Denn: 




• Problem: 


sehr groß 





gefunden 

◮ Falls sie unerfüllbar ist, müssen alle 2 n 

Belegungen ausprobiert werden 









◮ Denn: 




• Problem: 


sehr groß 





gefunden 



◮ Bei den mächtigeren Logiken, die wir 

später betrachten, müssten sogar unendlich 

viele Fälle betrachtet werden 









◮ Denn: 




• Problem: 


sehr groß 





gefunden 



◮ Bei den mächtigeren Logiken, die wir 

später betrachten, müssten sogar unendlich 

viele Fälle betrachtet werden 

➞ Wir suchen deshalb Methoden, die die Erfüllbarkeit 

nicht durch Ausprobieren aller 

Möglichkeiten sondern auf Basis der Syntax 

der Formeln testen 

• Zunächst betrachten wir jedoch den Zusammenhang 

zwischen Folgern und Erfüllbarkeit 


Folgerung und Unerfüllbarkeit 

• Wie im letzten Beispiel gesehen, lassen sich auch 

aussagenlogische Folgerungen auf das Erfüllbarkeitsproblem 

zurückführen 






Definition 

• Sei G eine Menge von AL-Formeln und F eine AL- 

Formel 

• G |= F ⇔ def jede zu G ∪ {F} passende Belegung, 

die Modell von G ist, ist auch Modell von F 

• Wir sagen auch: F folgt aus G 








Formel 




Proposition 3.1 


Formel 

• Dann gilt: 

G |= F ⇐⇒ G ∪ {¬F} ist unerfüllbar 








Formel 




Proposition 3.1 


Formel 

• Dann gilt: 

G |= F ⇐⇒ G ∪ {¬F} ist unerfüllbar 

• Zu beachten: die Menge G kann hier auch jeweils unendlich 

sein 


Semantisches Folgern und syntaktisches Schließen 

• Wir haben gerade eine semantische Folgerungsbeziehung 

G |= F definiert: 

◮ Ist G eine Formelmenge und F eine 

Formel, so folgt F semantisch aus G, 

falls „in allen Situationen, in denen G gilt, 

auch F gilt“ 









◮ Im Falle der Aussagenlogik sind die „Situationen“ 

gerade die passenden Belegungen 











• Auch hier gilt, was zu dem simplen Erfüllbarkeitstest 

gesagt wurde: 

◮ Alle „Situationen“ auszuprobieren ist sehr 

aufwändig und für mächtigere Logiken 

unmöglich 












gesagt wurde: 



unmöglich 

• Deshalb suchen wir andere Methoden um 

Schlüsse zu ziehen, die nicht alle möglichen 

Situationen betrachten, sondern direkt die 

gegebenen Formeln verwenden 












gesagt wurde: 



unmöglich 





• Solche Methoden fassen wir unter dem 

Oberbegriff syntaktisches Schließen zusammen: 

◮ G ⊢ F soll bedeuten, dass F aus G 

durch syntaktische Operationen hergeleitet 

werden kann 












gesagt wurde: 



unmöglich 









werden kann 

◮ Die genaue Bedeutung von ⊢ hängt dabei 

jeweils von einem spezifischen Beweissystem 

ab 












gesagt wurde: 



unmöglich 









werden kann 



ab 

• Unsere Mindestanforderung an ein solches 

Beweissystem ist, dass es korrekt ist: 

G ⊢ F ⇒ G |= F 












gesagt wurde: 



unmöglich 









werden kann 



ab 



G ⊢ F ⇒ G |= F 

• Idealerweise sollte ein Beweissystem auch 

noch vollständig sein: 

G |= F ⇒ G ⊢ F 












gesagt wurde: 



unmöglich 









werden kann 



ab 



G ⊢ F ⇒ G |= F 

• Idealerweise sollte ein Beweissystem auch 

noch vollständig sein: 

G |= F ⇒ G ⊢ F 

• Proposition 3.1 eröffnet uns die Möglichkeit, 

Beweissysteme aus syntaktischen Erfüllbarkeitstests 

zu gewinnen 


Folgern, Schließen und Erfüllbarkeit: Beispiel 

Beispiel 

• Die Frage, ob aus den Formeln A → B und B → C die 

Formel A → C folgt, können wir wie folgt notieren: 

{A → B, B → C} ? 

|= A → C 



Beispiel 



{A → B, B → C} ? 

|= A → C 

• Gemäß Proposition 3.1 ist sie äquivalent zur Frage, ob die Formelmenge 

{A → B, B → C, ¬(A → C)} 




Beispiel 



{A → B, B → C} ? 

|= A → C 

• Gemäß Proposition 3.1 ist sie äquivalent zur Frage, ob die Formelmenge 

{A → B, B → C, ¬(A → C)} 


• Wenn wir mit Hilfe eines syntaktischen Erfüllbarkeitstests herausfinden, 

dass diese Menge unerfüllbar ist, so können wir dies zunächst 

durch 

{A → B, B → C} ⊢ A → C 

notieren und aus der Korrektheit des zugrunde liegenden Beweissystems 

dann 

{A → B, B → C} |= A → C 

folgern 


3.1 Das Erfüllbarkeitsproblem 

Inhalt 

✄ 3.2 Erfüllbarkeitstests: Vorbereitungen 




DNF und KNF 

• Wie schwierig es ist, die Erfüllbarkeit einer Formel zu testen, hängt 

stark von der Struktur der Formel ab 


DNF und KNF 



• Wie schwierig ist es, die Erfüllbarkeit von Formeln in DNF zu testen? 


DNF und KNF 




• Warum verwenden wir dann nicht den folgenden Erfüllbarkeitstest? 

(1) Wandle F um in eine äquivalente Formel F ′ in DNF? 

(2) Teste die Erfüllbarkeit von F ′ 


DNF und KNF 







◮ Wie wir wissen, kann die in Schritt (1) berechnete Formel F ′ 

sehr lang werden 

◮ Leider tendieren Formeln, die in den genannten Anwendungen 

auftreten, dazu, wirklich eine lange DNF zu haben 


DNF und KNF 











◮ Es ist typisch, dass eine zu modellierende Situation eine Menge 

von Teilformeln ergibt, die alle gleichzeitig gelten müssen 

� Das führt in der Regel zu Formeln mit einer relativ kurzen 

KNF aber einer langen DNF 


DNF und KNF 















• Im Folgenden konzentrieren wir uns deshalb auf Erfüllbarkeitstests 

für aussagenlogische Formeln in KNF 


DNF und KNF 















• Im Folgenden konzentrieren wir uns deshalb auf Erfüllbarkeitstests 

für aussagenlogische Formeln in KNF 

◮ Insbesondere: wenn nichts anderes gesagt wird, steht der Begriff 

„Klausel“ immer für disjunktive Klauseln 


Klauseln und Klauselmengen (1/3) 

• Wir werden jetzt eine kompaktere und für 

viele Fälle praktischere Notation für Klauseln 

einführen: 






◮ Es ist klar, dass die Semantik einer Klausel 

nicht davon abhängt, ob ein bestimmtes 

Literal einmal oder mehrfach in ihr 

vorkommt 









vorkommt 

� Zum Beispiel: 

(A1∨¬A2∨A1) ≡ (A1∨¬A2) 









vorkommt 


(A1∨¬A2∨A1) ≡ (A1∨¬A2) 

◮ Wir repräsentieren disjunktive Klauseln 

deshalb oft nur durch die Menge ihrer 

Literale: 

� Statt (A1 ∨ ¬A2 ∨ A1) schreiben 

wir dann {A1, ¬A2} 









vorkommt 


(A1∨¬A2∨A1) ≡ (A1∨¬A2) 



Literale: 



◮ Eine Formel in KNF repräsentieren wir 

dann durch ihre Klauselmenge, also die 

Menge ihrer Literalmengen 









vorkommt 


(A1∨¬A2∨A1) ≡ (A1∨¬A2) 



Literale: 






Beispiel 

• Die Formel 

(A ∨ ¬B ∨ A) ∧ (C ∨ B ∨ ¬A) 

entspricht der Klauselmenge 

{{A, ¬B},{C, B, ¬A}} 









vorkommt 


(A1∨¬A2∨A1) ≡ (A1∨¬A2) 



Literale: 






Beispiel 

• Die Formel 

(A ∨ ¬B ∨ A) ∧ (C ∨ B ∨ ¬A) 

entspricht der Klauselmenge 

{{A, ¬B},{C, B, ¬A}} 

• Der Begriff „Klausel“ wird sowohl für Disjunktionen 

von Literalen (in Formelschreibweise) 

als auch für Literalmengen verwendet 

• Was jeweils gemeint ist, sollte aus dem Zusammenhang 

klar werden 


• Auch Formeln, die nicht in KNF sind, wollen 

wir zukünftig häufig durch Klauselmengen 

repräsentieren 






• Um zu einer AL-Formel F die Klauselmenge 

K(F) zuzuordnen können wir wie folgt 

vorgehen: 

◮ Wir wandeln F zunächst in eine äquivalente 

Formel F ′ in KNF um 

◮ Dann soll K(F) die Klauselmenge sein, 

die sich aus F ′ ergibt 








vorgehen: 






Beispiel 

• Sei F = (A ↔ B) 

• Dann: F ′ = (¬A ∨ B) ∧ (A ∨ ¬B) 

• K(F) = {{¬A, B},{A, ¬B}} 







vorgehen: 






Beispiel 

• Sei F = (A ↔ B) 

• Dann: F ′ = (¬A ∨ B) ∧ (A ∨ ¬B) 

• K(F) = {{¬A, B},{A, ¬B}} 

• Für eine Menge G von AL-Formeln sei 

schließlich: � 

K(G) = def K(F) 

F∈G 







vorgehen: 






Beispiel 

• Sei F = (A ↔ B) 

• Dann: F ′ = (¬A ∨ B) ∧ (A ∨ ¬B) 

• K(F) = {{¬A, B},{A, ¬B}} 

• Für eine Menge G von AL-Formeln sei 

schließlich: � 

K(G) = def K(F) 

F∈G 

• Zu beachten: 

◮ Damit K(F) durch F eindeutig bestimmt 

ist, nehmen wir im Folgenden an, 

dass wir einen Algorithmus haben, der für 

jedes F ein eindeutiges äquivalentes F ′ 

in KNF berechnet 


• Die Erfüllbarkeit aussagenlogischer Formeln 

F (oder Formelmengen G) wollen wir jetzt 

auf die Erfüllbarkeit ihrer Klauselmengen 









• Zur Erinnerung: F ist erfüllbar, wenn es eine 

Belegung α gibt mit α |= F 









• Wenn F in KNF ist, ist F erfüllbar, wenn 

es eine Belegung gibt, die in jeder Klausel 

mindestens ein Literal wahr macht 












• Deshalb definieren wir, dass eine Klauselmenge 

K durch eine Belegung α erfüllt 

wird, wenn es in jeder Klausel K ∈ K ein 

Literal L gibt mit α |= L 
















• Wir nennen K erfüllbar, wenn es eine Belegung 

gibt, die K erfüllt 


















• Es gibt eine Reihe von Spezialfällen: 

◮ Die Literalmenge ∅ = {} enthält keine 

Literale 

� Es gibt keine Belegung α, für die es in 

ihr ein Literal L gibt mit α |= L 

� Insofern entspricht sie der Formel ⊥ 

� Wir bezeichnen die leere Klausel im 

Folgenden meistens durch ✷ 




















Literale 






� Wenn eine Klauselmenge die Klausel 

✷ enthält, ist sie also unerfüllbar 




















Literale 






� Wenn eine Klauselmenge die Klausel 

✷ enthält, ist sie also unerfüllbar 

◮ Die Klauselmenge ∅ wird andererseits 

durch jede Belegung erfüllt 

� Denn: für jede Belegung α gilt, dass 

jede Literalmenge K ∈ ∅ durch α 

wahr gemacht wird 

� Insofern entspricht die leere Klauselmenge 

der Formel ⊤ 


Klauseln und Implikation (1/2) 

• Klauseln lassen sich immer auch als Implikationen schreiben: 

◮ (A1 ∨ ¬A2 ∨ A4 ∨ ¬A3) ist beispielsweise äquivalent zu: 

(A2 ∧ A3) → (A1 ∨ A4) 

◮ Aber auch zu: (A2 ∧ ¬A1) → (¬A3 ∨ A4) 





(A2 ∧ A3) → (A1 ∨ A4) 


• Allgemein: 

◮ Sei K = L1 ∨ · · · ∨ Lk eine Klausel mit Literalen Li 





(A2 ∧ A3) → (A1 ∨ A4) 




◮ Für jede Teilmenge I ⊆ {1, . . . ,k} ist dann K äquivalent 

zu: � 

¬Li → � 

i∈I 

Logik / Schwentick / WiSe 10/11 A: Aussagenlogik - 3. Erfüllbarkeit . ✁ ✄ Folie 16 

i�∈I 

Li




(A2 ∧ A3) → (A1 ∨ A4) 





zu: � 

¬Li → � 

i∈I 

i�∈I 

◮ Insbesondere ist 

(¬A1 ∨ · · · ∨ ¬Ak ∨ Ak+1 ∨ · · · ∨ An) 

äquivalent zu 

(A1 ∧ · · · ∧ Ak) → (Ak+1 ∨ · · · ∨ An) 


Li




(A2 ∧ A3) → (A1 ∨ A4) 





zu: � 

¬Li → � 

i∈I 

i�∈I 

◮ Insbesondere ist 

(¬A1 ∨ · · · ∨ ¬Ak ∨ Ak+1 ∨ · · · ∨ An) 

äquivalent zu 

(A1 ∧ · · · ∧ Ak) → (Ak+1 ∨ · · · ∨ An) 

• Die folgende Äquivalenz ist nützlich beim Umgang mit Implikationen 

: 

¬(F1 → F2) ≡ F1 ∧ ¬F2 


Li

• Wir wenden die Erkenntnisse der vorherigen 

Folie jetzt auf Klauseln mit drei Literalen an 

und schreiben sie in Implikationsform 






• Solche Klauseln lassen sich also immer in 

einer der folgenden vier Arten darstellen: 

(1) (A1 ∨ A2 ∨ A3) 

◮ Entspricht: ⊤ → (A1 ∨ A2 ∨ A3) 

(2) (¬A1 ∨ A2 ∨ A3) 

◮ Entspricht: A1 → (A2 ∨ A3) 

(3) (¬A1 ∨ ¬A2 ∨ A3) 

◮ Entspricht: (A1 ∧ A2) → A3 

(4) (¬A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) 

◮ Entspricht: (A1 ∧ A2 ∧ A3) → ⊥ 








(1) (A1 ∨ A2 ∨ A3) 


(2) (¬A1 ∨ A2 ∨ A3) 


(3) (¬A1 ∨ ¬A2 ∨ A3) 


(4) (¬A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) 



• Intuitive Überlegung: Klauseln der Formen 

(1) und (2) sind für Erfüllbarkeitstests problematisch, 

da sie eine Wahlmöglichkeit für die 

Variablen auf der rechten Seite haben 







(1) (A1 ∨ A2 ∨ A3) 


(2) (¬A1 ∨ A2 ∨ A3) 


(3) (¬A1 ∨ ¬A2 ∨ A3) 


(4) (¬A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) 







• Klauseln der Formen (3) und (4) sind leichter 

zu handhaben 







(1) (A1 ∨ A2 ∨ A3) 


(2) (¬A1 ∨ A2 ∨ A3) 


(3) (¬A1 ∨ ¬A2 ∨ A3) 


(4) (¬A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) 







• Klauseln der Formen (3) und (4) sind leichter 

zu handhaben 

• Deshalb betrachten wir nun zuerst Formeln, 

die nur Klauseln der Form (3) und (4) haben 

• Sie lassen sich dadurch charakterisieren, 

dass sie höchstens ein positives Literal enthalten 



Inhalt 


✄ 3.3 Hornformeln 



• Wir konzentrieren uns in diesem Abschnitt 

auf Formeln, die nur Klauseln 

vom Typ (3) oder (4) haben 

Hornklauseln und Hornformeln 






• Eine Klausel (L1∨· · ·∨Lk) heißt 

Horn-Klausel, falls sie höchstens ein 

positives Literal Li hat 

• Eine Formel in KNF heißt Horn- 

Formel, falls alle ihre Klauseln Horn- 

Klauseln sind 













Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 

A3 ∨ A4) 













Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 

A3 ∨ A4) ist keine Horn-Formel 













Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 

A3 ∨ ¬A4) 













Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 

A3 ∨ ¬A4) ist eine Horn-Formel 













Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• Nebenbei: Horn-Formeln sind nach 

dem Logiker Alfred Horn (1918-2001) 

benannt 













Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 




benannt 


• Wir betrachten jetzt einen Erfüllbarkeitstest für 

Horn-Formeln, den Markierungsalgorithmus 












Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 




benannt 




• Intuitiv formuliert, berechnet der Algorithmus die 

Menge der Variablen, die durch eine Wahrheitsbelegung 

wahr gemacht werden müssen, damit die 

Formel wahr wird 

• Dabei wendet er folgende Regeln an: 












Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 




benannt 









◮ Wenn die Klausel ⊤ → A in F vorkommt, 

muss α(A) = 1 gelten, damit �F�α = 1 

sein kann 












Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 




benannt 












◮ Wenn es eine Klausel (A ∧ B) → C gibt 

und wir schon wissen, dass A und B wahr 

sein müssen, können wir schließen, dass C 

auch wahr sein muss 












Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 




benannt 
















◮ Wenn es eine Klausel (A ∧ B ∧ C) → ⊥ 

gibt, und wir schon wissen, dass A,B,C wahr 

sein müssen, so können wir schließen, dass 

die Formel unerfüllbar ist 












Beispiel 

• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 


• (A1 ∨ ¬A2 ∨ ¬A3) ∧ (¬A1 ∨ 




benannt 
















◮ Wenn es eine Klausel (A ∧ B ∧ C) → ⊥ 

gibt, und wir schon wissen, dass A,B,C wahr 

sein müssen, so können wir schließen, dass 

die Formel unerfüllbar ist 

• Der Markierungsalgorithmus markiert alle Variablen, 

die aufgrund dieser Regeln mit dem Wert 1 

belegt werden müssen 


Erfüllbarkeitstest für Horn-Formeln: Markierungsalgorithmus 

Algorithmus 3.2 : Markierungsalgorithmus 

Eingabe: Horn-Formel F 

Ausgabe: „ja“, falls F erfüllbar ist, sonst 

„nein“ 

1: Markiere alle Variablen Ai, für die es eine 

Klausel Ai in F gibt 

2: while es gibt Klauseln der Art 

(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → X in F , für die 

(a) X1, . . . ,Xk markiert sind und 

(b) X noch nicht markiert ist, 

do 

3: Wähle eine solche Klausel und markiere 

X 

4: if es gibt eine Klausel der Art 

(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → ⊥ in F , für die 

X1, . . . ,Xk markiert sind then 

5: Ausgabe „unerfüllbar“ 

6: else 

7: Ausgabe „erfüllbar“ 

Beispiel 

• Formel F : 

(¬A2 ∨ A4)∧ 

(¬A2 ∨ ¬A3 ∨ A4 ∨ ¬A1)∧ 

(¬A5 ∨ ¬A4) ∧ A2∧ 

(¬A4 ∨ ¬A2 ∨ A5) 













do 


X 





6: else 


Beispiel 


(¬A2 ∨ A4)∧ 

(¬A2 ∨ ¬A3 ∨ A4 ∨ ¬A1)∧ 

(¬A5 ∨ ¬A4) ∧ A2∧ 

(¬A4 ∨ ¬A2 ∨ A5) 

• In Implikationsform übersetzt: 

(A2 → A4)∧ 

((A2 ∧ A3 ∧ A1) → A4)∧ 

((A5 ∧ A4) → ⊥)∧ 

A2∧ ((A4 ∧ A2) → A5) 













do 


X 





6: else 


Beispiel 


(¬A2 ∨ A4)∧ 

(¬A2 ∨ ¬A3 ∨ A4 ∨ ¬A1)∧ 

(¬A5 ∨ ¬A4) ∧ A2∧ 

(¬A4 ∨ ¬A2 ∨ A5) 


(A2 → A4)∧ 

((A2 ∧ A3 ∧ A1) → A4)∧ 

((A5 ∧ A4) → ⊥)∧ 

A2 ∧ ((A4 ∧ A2) → A5) 

• Markierte Variablen: 

◮ A2 













do 


X 





6: else 


Beispiel 


(¬A2 ∨ A4)∧ 

(¬A2 ∨ ¬A3 ∨ A4 ∨ ¬A1)∧ 

(¬A5 ∨ ¬A4) ∧ A2∧ 

(¬A4 ∨ ¬A2 ∨ A5) 


(A2 → A4) ∧ 

((A2 ∧ A3 ∧ A1) → A4)∧ 

((A5 ∧ A4) → ⊥)∧ 

A2∧ ((A4 ∧ A2) → A5) 


◮ A2 

◮ A4 













do 


X 





6: else 


Beispiel 


(¬A2 ∨ A4)∧ 

(¬A2 ∨ ¬A3 ∨ A4 ∨ ¬A1)∧ 

(¬A5 ∨ ¬A4) ∧ A2∧ 

(¬A4 ∨ ¬A2 ∨ A5) 


(A2 → A4)∧ 

((A2 ∧ A3 ∧ A1) → A4)∧ 

((A5 ∧ A4) → ⊥)∧ 

A2∧ ((A4 ∧ A2) → A5) 


◮ A2 

◮ A4 

◮ A5 













do 


X 





6: else 


Beispiel 


(¬A2 ∨ A4)∧ 

(¬A2 ∨ ¬A3 ∨ A4 ∨ ¬A1)∧ 

(¬A5 ∨ ¬A4) ∧ A2∧ 

(¬A4 ∨ ¬A2 ∨ A5) 


(A2 → A4)∧ 

((A2 ∧ A3 ∧ A1) → A4)∧ 

((A5 ∧ A4) → ⊥) ∧ 

A2∧ ((A4 ∧ A2) → A5) 


◮ A2 

◮ A4 

◮ A5 













do 


X 





6: else 


Beispiel 


(¬A2 ∨ A4)∧ 

(¬A2 ∨ ¬A3 ∨ A4 ∨ ¬A1)∧ 

(¬A5 ∨ ¬A4) ∧ A2∧ 

(¬A4 ∨ ¬A2 ∨ A5) 


(A2 → A4)∧ 

((A2 ∧ A3 ∧ A1) → A4)∧ 

((A5 ∧ A4) → ⊥)∧ 

A2∧ ((A4 ∧ A2) → A5) 


◮ A2 

◮ A4 

◮ A5 

• F ist unerfüllbar 


Korrektheit des Markierungsalgorithmus (1/2) 

Satz 3.3 

• Algorithmus 3.2 löst das Erfüllbarkeitsproblem 

für Horn-Formeln F in Laufzeit 

O(|F|) 

(bei geeigneter Implementierung) 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 

• Sei F eine Formel mit n Variablen 

• Zunächst ist klar, dass der Algorithmus 

nach höchstens n Durchläufen der 

WHILE-Schleife terminiert 

◮ Denn: in jedem Durchlauf wird eine Variable 

markiert 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 

• (Die O(|F|)-Laufzeit-Schranke zeigen 

wir hier nicht) 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 



• Für die Korrektheit zeigen wir: 

F erfüllbar ⇐⇒ 

Alg. 3.2 hat die Ausgabe „erfüllbar“ 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 






• Wir beginnen mit „⇐“ 

• Habe der Alg. also die Ausgabe „erfüllbar“ 

• Wir betrachten die markierten Variablen 

am Ende der Berechnung 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 










Beweisskizze (Forts.) 

• Sei α definiert �durch: 1 falls X markiert ist 

α(X) = def 

0 andernfalls 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 












α(X) = def 


• Sei nun C eine Klausel von F 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 












α(X) = def 



• 1. Fall: C ist vom Typ 

(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → X 

◮ Falls α(X) = 1 ist auch �C�α = 1 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 












α(X) = def 




(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → X 


◮ Falls α(X) = 0, ist 

�X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 0, 

da sonst der Algorithmus X markiert 

hätte 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 












α(X) = def 




(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → X 



�X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 0, 


hätte 

◮ Also gilt auch dann: �C�α = 1 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 












α(X) = def 




(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → X 



�X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 0, 


hätte 



(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → ⊥ 

◮ Dann ist analog �X1∧· · ·∧Xk�α = 

0, da sonst der Algorithmus „unerfüllbar“ 

ausgegeben hätte 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 












α(X) = def 




(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → X 



�X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 0, 


hätte 



(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → ⊥ 




◮ Also gilt wieder: �C�α = 1 



Satz 3.3 



O(|F|) 


Beweisskizze 






markiert 












α(X) = def 




(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → X 



�X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 0, 


hätte 



(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → ⊥ 




◮ Also gilt wieder: �C�α = 1 

• Also ist F erfüllbar 




• Sei nun F erfüllbar 

• Wir wollen zeigen: der Algorithmus gibt 

„erfüllbar“ aus 







• Sei α eine erfüllende Belegung für F 

• Wir zeigen durch Induktion nach m: 

(∗) Nach m WHILE-Durchläufen sind nur 

Variablen X mit α(X) = 1 markiert 











• Für m = 0 ist das offensichtlich, da alle 

Formeln der Art Ai erfüllt werden müssen 














• Von m zu m + 1: 














• Von m zu m + 1: 

◮ (∗) gelte für m 

➨ für alle Klauseln (X1∧· · ·∧Xk) → 

X, für die X1, . . . ,Xk markiert sind, 

gilt �X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 1 














• Von m zu m + 1: 




gilt �X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 1 

➨ α(X) = 1 

➨ Induktionsbehauptung 














• Von m zu m + 1: 




gilt �X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 1 

➨ α(X) = 1 


• Nach der WHILE-Schleife sind also nur 


• Sei nun C eine Klausel von F der Form 

(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → ⊥ 














• Von m zu m + 1: 




gilt �X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 1 

➨ α(X) = 1 





(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → ⊥ 

➨ �X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 0 














• Von m zu m + 1: 




gilt �X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 1 

➨ α(X) = 1 





(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → ⊥ 

➨ �X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 0 

➨ nicht alle Xi sind markiert 














• Von m zu m + 1: 




gilt �X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 1 

➨ α(X) = 1 





(X1 ∧ · · · ∧ Xk) → ⊥ 

➨ �X1 ∧ · · · ∧ Xk�α = 0 

➨ nicht alle Xi sind markiert 

➨ Der Algorithmus gibt „erfüllbar“ aus 


Aufgabenstellung 

• Sei F die Formel 

(B ∨ ¬A ∨ ¬D ∨ ¬C)∧ 

(¬E ∨ C) ∧ (¬C ∨ A)∧ 

(¬A ∨ ¬D) ∧ E 

(a) Wenden Sie den Markierungsalgorithmus 

auf F an 

(b) Geben Sie ein minimales Modell von 

F an, d.h. ein Modell α von F , für das 

die Anzahl der aussagenlogischen Variablen 

X mit α(X) = 1 minimal 

ist. 

(c) Sei G eine Hornformel und seien α1, 

α2 zwei Modelle von G. Zeigen Sie, 

dass dann auch die Belegung α mit 

α(X) = min(α1(X),α2(X)) 

für jede aussagenlogische Variable X 

ein Modell von G ist. 




• Sei F die Formel 

(B ∨ ¬A ∨ ¬D ∨ ¬C)∧ 

(¬E ∨ C) ∧ (¬C ∨ A)∧ 

(¬A ∨ ¬D) ∧ E 

(a) Wenden Sie den Markierungsalgorithmus 

auf F an 

(b) Geben Sie ein minimales Modell von 

F an, d.h. ein Modell α von F , für das 

die Anzahl der aussagenlogischen Variablen 

X mit α(X) = 1 minimal 

ist. 

(c) Sei G eine Hornformel und seien α1, 

α2 zwei Modelle von G. Zeigen Sie, 

dass dann auch die Belegung α mit 

α(X) = min(α1(X),α2(X)) 

für jede aussagenlogische Variable X 

ein Modell von G ist. 


Beispiellösung 

(a) Markiere E, C, A. Es kann keine Klausel 

mehr bearbeitet werden, also ist die Formel 

erfüllbar. 

(b) α(E) = α(C) = α(A) = 1 und 

α(B) = α(D) = 0. 

(c) Es genügt, die Behauptung für jede Klausel 

C = L1 ∨ · · · ∨ Ln von G zu zeigen, 

wobei nur eines der Literale positiv sein 

kann. 

1. Fall: Li ist negativ für i = 1, . . . ,n. 

Dann existiert ein i mit α1(Li) = 1. 

Sei Li = ¬Xj. Also gilt α1(Xj) = 

0. Also ist auch α(Xj) = 0, also 

α(C) = 1 

2. Fall: Für ein i ist Li positiv. Gilt 

α1(Lj) = 1 oder α2(Lj) = 1 

für ein j �= i, so folgt α(Lj) = 1 

wie im ersten Fall. Andernfalls ist 

α1(Li) = α2(Li) = 1 und damit 

auch α(Li) = 1. 



Inhalt 



✄ 3.4 Aussagenlogische Resolution 


Ziel der aussagenlogischen Resolution 

• Der Markierungsalgorithmus versucht aus 

den gegebenen Klauseln einen Widerspruch 

herzuleiten 

◮ Ein solcher Widerspruch kann sich in Zeile 

4 ergeben, wo er gewissermaßen ⊥ 

markieren müsste 

◮ Da ⊥ aber niemals wahr werden kann, 

ergibt sich ein Widerspruch 





herzuleiten 






• Der Markierungsalgorithmus hat dabei die 

Eigenschaft: 

◮ wenn er einen Widerspruch findet, so ist 

die Klauselmenge unerfüllbar 

◮ Wenn er keinen Widerspruch findet, ist 

sie erfüllbar 





herzuleiten 







Eigenschaft: 





• Wir betrachten jetzt einen Erfüllbarkeitstest, 

der auch für Klauselmengen funktioniert, die 

nicht nur Hornklauseln enthalten: 

◮ aussagenlogische Resolution 





herzuleiten 







Eigenschaft: 









• Die Grundidee der Resolution ist genauso: 

◮ Wir versuchen, aus den gegebenen Klauseln 

einen Widerspruch herzuleiten 





herzuleiten 







Eigenschaft: 












• Allerdings ist es hier etwas komplizierter: 

◮ Statt herzuleiten, welche Variablen den 

Wert 1 erhalten müssen, berechnen wir 

neue Klauseln, die wahr werden müssten, 

wenn die gegebene Klauselmenge 

wahr wird 

◮ Falls sich dabei die leere Klausel ✷ ergibt, 

haben wir den gewünschten Widerspruch 





herzuleiten 







Eigenschaft: 

















wahr wird 



• Wir müssen dann beweisen: 

◮ Wenn ✷ ableitbar ist, so ist die Klauselmenge 

unerfüllbar 

◮ Wenn ✷ nicht ableitbar ist, ist sie erfüllbar 





herzuleiten 







Eigenschaft: 

















wahr wird 



• Wir müssen dann beweisen: 

◮ Wenn ✷ ableitbar ist, so ist die Klauselmenge 

unerfüllbar 

◮ Wenn ✷ nicht ableitbar ist, ist sie erfüllbar 

• Wir betrachten zunächst die Schlussregeln, 

die die aussagenlogische Resolution verwendet 


Resolventen 

• Der Markierungsalgorithmus basiert auf der Idee, dass wir aus den 

AL-Formeln A → B und A die Formel B folgern können 


Resolventen 



• Denn: falls für eine Belegung α gilt 

◮ α |= A → B und α |= A, 

◮ so gilt zwangsläufig auch α |= B 


Resolventen 




◮ α |= A → B und α |= A, 


• Eine ähnliche Folgerung: falls für eine Belegung α gilt 

◮ α |= (A1 ∧ · · · ∧ Ak) → B und 

◮ α |= B → (C1 ∨ · · · ∨ Cl), so gilt zwangsläufig auch 

◮ α |= (A1 ∧ · · · ∧ Ak) → (C1 ∨ · · · ∨ Cl) 


Resolventen 




◮ α |= A → B und α |= A, 



◮ α |= (A1 ∧ · · · ∧ Ak) → B und 


◮ α |= (A1 ∧ · · · ∧ Ak) → (C1 ∨ · · · ∨ Cl) 

• In Mengenschreibweise: falls α die Klauseln 

{¬A1, . . . ,¬Ak,B} und {¬B,C1, . . . ,Cl} wahr 

macht, so auch die Klausel {¬A1, . . . ,¬Ak,C1, . . . ,Cl} 


Resolventen 




◮ α |= A → B und α |= A, 



◮ α |= (A1 ∧ · · · ∧ Ak) → B und 


◮ α |= (A1 ∧ · · · ∧ Ak) → (C1 ∨ · · · ∨ Cl) 

• In Mengenschreibweise: falls α die Klauseln 

{¬A1, . . . ,¬Ak,B} und {¬B,C1, . . . ,Cl} wahr 

macht, so auch die Klausel {¬A1, . . . ,¬Ak,C1, . . . ,Cl} 

• Das lässt sich verallgemeinern zu: 

◮ Falls α die Klauselmengen {L1, . . . ,Lk,X} und 

{L ′ 1 , . . . ,L′ l 

{L1, . . . ,Lk,L ′ 1 , . . . ,L′ l } 

,¬X} wahr macht, so auch die Resolvente 

� dabei sind die Li und L ′ j Literale (können also positiv oder 

negiert sein) und X ist eine aussagenlogische Variable 


• Die Folgerungen auf der vorherigen Folie 

sind Beispiele für Schlussregeln 

• Wir schreiben solche Schlussregeln jetzt in 

einer übersichtlicheren Notation 

Schlussregeln (1/2) 






• Die Schlussregel der letzten Folie nennen 

wir Resolutionsregel und schreiben sie wie 

folgt: 

{L1, . . . ,Lk,X} {L ′ 

1 , . . . ,L′ l ,¬X} 

{L1, . . . ,Lk,L ′ 

1 

, . . . ,L′ 

l } 

◮ Dabei stehen k,l für beliebige natürliche 

Zahlen, die Li,L ′ j für beliebige Literale 

und X für eine AL-Variable 









• 

folgt: 

{L1, . . . ,Lk,X} {L ′ 

1 , . . . ,L′ l ,¬X} 

{L1, . . . ,Lk,L ′ 

1 

, . . . ,L′ 

l } 




Beispiel 

{A,B,C} {A,¬B,¬D} 

{A,C,¬D} 









• 

• 

folgt: 

{L1, . . . ,Lk,X} {L ′ 

1 , . . . ,L′ l ,¬X} 

{L1, . . . ,Lk,L ′ 

1 

, . . . ,L′ 

l } 




Beispiel 

{A,B,C} {A,¬B,¬D} 

{A,C,¬D} 

{A} {¬A} 

✷ 









• 

• 

folgt: 

{L1, . . . ,Lk,X} {L ′ 

1 , . . . ,L′ l ,¬X} 

{L1, . . . ,Lk,L ′ 

1 

, . . . ,L′ 

l } 




Beispiel 

{A,B,C} {A,¬B,¬D} 

{A,C,¬D} 

{A} {¬A} 

✷ 


• Wir definieren nicht allgemein, was eine 

Schlussregel ist 

• Eine Schlussregel von der Form P 

Q soll 

aber intuitiv bedeuten: 

Immer wenn P wahr ist, ist auch Q wahr 

◮ Je nach Kontext können P,Q dabei unterschiedliche 

Objekte sein 








• 

• 

folgt: 

{L1, . . . ,Lk,X} {L ′ 

1 , . . . ,L′ l ,¬X} 

{L1, . . . ,Lk,L ′ 

1 

, . . . ,L′ 

l } 




Beispiel 

{A,B,C} {A,¬B,¬D} 

{A,C,¬D} 

{A} {¬A} 

✷ 





Q soll 





• Wir nennen eine Schlussregel korrekt, wenn 

sie diese intuitive Bedeutung in einem präzisen 

Sinne erfüllt 








• 

• 

folgt: 

{L1, . . . ,Lk,X} {L ′ 

1 , . . . ,L′ l ,¬X} 

{L1, . . . ,Lk,L ′ 

1 

, . . . ,L′ 

l } 




Beispiel 

{A,B,C} {A,¬B,¬D} 

{A,C,¬D} 

{A} {¬A} 

✷ 





Q soll 





• Wir nennen eine Schlussregel korrekt, wenn 

sie diese intuitive Bedeutung in einem präzisen 

Sinne erfüllt 

• Im Falle der Resolutionsregel bedeutet korrekt 

das Folgende: 

◮ Für jede Wahl von Zahlen k,l, Literalen 

L1, . . . ,Lk, L ′ 1 , . . . ,L′ l 

und der Va- 

riablen X und für jede passende Wahrheitsbelegung 

α gilt: 

� Falls α |= {L1, . . . ,Lk,X} 

� und α |= {L ′ 1 , . . . ,L′ k ,¬X} 

� dann gilt auch: 

α |= {L1, . . . ,Lk,L ′ 1 , . . . ,L′ l } 



• Wie das folgende Beispiel zeigt, ist eine Schlussregel nicht 

zwangsläufig korrekt, auch wenn sie zunächst plausibel 

aussieht 





aussieht 

Beispiel 

• Die folgende Schlussregel ist nicht korrekt: 

{L1, . . . , Lk, X,Y } {L ′ 1, . . . ,L ′ l, ¬X, ¬Y } 

{L1, . . . , Lk, L ′ 1, . . . , L ′ l} 





aussieht 

Beispiel 


{L1, . . . , Lk, X,Y } {L ′ 1, . . . ,L ′ l, ¬X, ¬Y } 

{L1, . . . , Lk, L ′ 1, . . . , L ′ l} 

◮ Denn: es gibt ein Gegenbeispiel 

◮ Wir betrachten die Klauseln 

� K1 = {A, B, C}, 

� K2 = {A ′ , ¬B, ¬C} 

� und die Belegung α : 

A ↦→ 0, B ↦→ 1, C ↦→ 0, A ′ ↦→ 0 





aussieht 

Beispiel 


{L1, . . . , Lk, X,Y } {L ′ 1, . . . ,L ′ l, ¬X, ¬Y } 

{L1, . . . , Lk, L ′ 1, . . . , L ′ l} 



� K1 = {A, B, C}, 

� K2 = {A ′ , ¬B, ¬C} 


A ↦→ 0, B ↦→ 1, C ↦→ 0, A ′ ↦→ 0 

◮ Klar: α |= K1 und α |= K2 





aussieht 

Beispiel 


{L1, . . . , Lk, X,Y } {L ′ 1, . . . ,L ′ l, ¬X, ¬Y } 

{L1, . . . , Lk, L ′ 1, . . . , L ′ l} 



� K1 = {A, B, C}, 

� K2 = {A ′ , ¬B, ¬C} 


A ↦→ 0, B ↦→ 1, C ↦→ 0, A ′ ↦→ 0 

◮ Klar: α |= K1 und α |= K2 

◮ Eine Anwendung der nicht korrekten Schlussregel ergibt 

die Klausel {A,A ′ } 





aussieht 

Beispiel 


{L1, . . . , Lk, X,Y } {L ′ 1, . . . ,L ′ l, ¬X, ¬Y } 

{L1, . . . , Lk, L ′ 1, . . . , L ′ l} 



� K1 = {A, B, C}, 

� K2 = {A ′ , ¬B, ¬C} 


A ↦→ 0, B ↦→ 1, C ↦→ 0, A ′ ↦→ 0 

◮ Klar: α |= K1 und α |= K2 



◮ Aber: α �|= {A,A ′ } 





aussieht 

Beispiel 


{L1, . . . , Lk, X,Y } {L ′ 1, . . . ,L ′ l, ¬X, ¬Y } 

{L1, . . . , Lk, L ′ 1, . . . , L ′ l} 



� K1 = {A, B, C}, 

� K2 = {A ′ , ¬B, ¬C} 


A ↦→ 0, B ↦→ 1, C ↦→ 0, A ′ ↦→ 0 

◮ Klar: α |= K1 und α |= K2 



◮ Aber: α �|= {A,A ′ } 

• Bevor wir eine Schlussregel verwenden, müssen wir uns 

also immer zuerst von ihrer Korrektheit überzeugen 


Das Resolutionslemma 

Lemma 3.4 

• Die Resolutionsregel 

{L1, . . . , Lk, X} {L ′ 

1 

, . . . , L′ 

l , ¬X} 

{L1, . . . , Lk, L ′ 

1 , . . . , L′ 

l } 

ist korrekt für alle k ≥ 0 und l ≥ 0 



Lemma 3.4 


{L1, . . . , Lk, X} {L ′ 

1 

, . . . , L′ 

l , ¬X} 

{L1, . . . , Lk, L ′ 

1 , . . . , L′ 

l } 


Beweis 

• Seien L1, . . . , Lk, L ′ 1 , . . . , L′ l 

X ∈ AV 

Literale und 

• Sei α eine Belegung, die {L1, . . . , Lk, X} 

und {L ′ 1 , . . . , L′ l , ¬X} wahr macht 

• Sei K = def {L1, . . . , Lk, L ′ 1 , . . . , L′ l } 

• Wir unterscheiden zwei Fälle: 



Lemma 3.4 


{L1, . . . , Lk, X} {L ′ 

1 

, . . . , L′ 

l , ¬X} 

{L1, . . . , Lk, L ′ 

1 , . . . , L′ 

l } 


Beweis 

• Seien L1, . . . , Lk, L ′ 1 , . . . , L′ l 

X ∈ AV 

Literale und 





◮ 1. Fall: α(X) = 1 

� Dann gilt α |= {L ′ 1 · · · L′ l } 

� Also auch: α |= K 



Lemma 3.4 


{L1, . . . , Lk, X} {L ′ 

1 

, . . . , L′ 

l , ¬X} 

{L1, . . . , Lk, L ′ 

1 , . . . , L′ 

l } 


Beweis 

• Seien L1, . . . , Lk, L ′ 1 , . . . , L′ l 

X ∈ AV 

Literale und 





◮ 1. Fall: α(X) = 1 

� Dann gilt α |= {L ′ 1 · · · L′ l } 


◮ 2. Fall: α(X) = 0 

� Dann gilt α |= {L1 · · · Lk} 



• Die Resolutionsmethode erzeugt aus 

einer gegebenen Menge K von Klauseln 

durch Anwendung der Resolutionsregel 

neue Klauseln 

• Wir werden sehen: wenn sich dabei 

die leere Klausel ✷ ergibt, ist K unerfüllbar 

Ein „Resolutionsbeweis“ 





neue Klauseln 



• Die einmalige Anwendung der Resolutionsregel 

zur Herleitung einer 

Resolventen K aus zwei Klauseln 

K1,K2 nennen wir einen Resolutionsschritt 






neue Klauseln 




zur Herleitung einer Resolventen 

K aus zwei Klauseln K1,K2 

nennen wir einen Resolutionsschritt 

• Ein Resolutionsschritt lässt sich als 

kleiner Baum visualisieren: 

{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 






neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 

• Mehrere Resolutionsschritte lassen 

sich als etwas größerer Baum darstellen 






neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 

• Mit den Klauseln {A,B,C}, {¬A,B,C}, 

{B,¬C}, {¬B} lässt sich folgender Baum 

gewinnen: 





neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 




{A,B, C} {¬A,B, C} 





neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 




{A,B, C} {¬A,B, C} 

{B,C} 





neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 




{A,B, C} {¬A,B, C} 

{B,¬C} {B,C} 





neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 




{A,B, C} {¬A,B, C} 

{B,¬C} {B,C} 

{B} 





neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 




{A,B, C} {¬A,B, C} 

{B,¬C} {B,C} 

{¬B} {B} 





neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 




{A,B, C} {¬A,B, C} 

{B,¬C} {B,C} 

{¬B} {B} 


✷




neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 




{A,B, C} {¬A,B, C} 

{B,¬C} {B,C} 

{¬B} {B} 

✷ 

• Insgesamt erhalten wir hier die leere Klausel (✷) 

als letzte Resolvente 

• Was können wir daraus folgern? 





neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 




{A,B, C} {¬A,B, C} 

{B,¬C} {B,C} 

{¬B} {B} 

✷ 




◮ Da jede Belegung, die zwei Klauseln wahr 

macht, auch ihre Resolvente wahr macht, und 

✷ nicht erfüllbar ist, folgt: die vier Klauseln sind 

nicht (zusammen) erfüllbar 





neue Klauseln 









{A,¬B} {B,¬C} 

{A,¬C} 




Beispiel 




{A,B, C} {¬A,B, C} 

{B,¬C} {B,C} 

{¬B} {B} 

✷ 




◮ Da jede Belegung, die zwei Klauseln wahr 

macht, auch ihre Resolvente wahr macht, und 

✷ nicht erfüllbar ist, folgt: die vier Klauseln sind 

nicht (zusammen) erfüllbar 

➞ Mit Resolution lässt sich die Unerfüllbarkeit von 

Klauselmengen feststellen! 


Der Resolutionssatz der Aussagenlogik (1/5) 

• Also: wenn aus einer Klauselmenge K die leere Klausel ✷ durch 

Anwendung der Resolutionsregel erreicht wird, so ist K unerfüllbar 

◮ Das müssen wir allerdings noch allgemein beweisen 






• Außerdem werden wir zeigen, dass die Umkehrung auch gilt 







• Zur Vorbereitung definieren wir zunächst die Menge aller Klauseln, 

die sich aus K durch Anwendung von Resolutionsschritten erreichen 

lassen 









lassen 

• Dazu definieren wir: 

◮ Res(K) = def K ∪ {K | K ist Resolvente 

zweier Klauseln aus K} 









lassen 




◮ Res 1 (K)= def Res(K) 









lassen 





◮ Res k (K)= def Res(Res k−1 (K)), für jedes k > 1 









lassen 






◮ Res ∞ (K)= def 

� 

k≥1 

Res k (K) 









lassen 






◮ Res ∞ (K)= def 

� 

k≥1 

Res k (K) 

Satz 3.5 [Resolutionssatz] 

• Eine endliche Klauselmenge K ist genau dann unerfüllbar, wenn 

✷ ∈ Res ∞ (K) 




• Eine endliche Klauselmenge K ist genau dann unerfüllbar, 

wenn ✷ ∈ Res ∞ (K) 






Beweis 

• Wir zeigen: 

(1) ✷ ∈ Res ∞ (K) ⇒ K unerfüllbar 

(2) K unerfüllbar ⇒ ✷ ∈ Res ∞ (K) 






Beweis 




• Wir zeigen zuerst (1), die Korrektheit der Resolution 






Beweis 





◮ Wir nehmen also an: ✷ ∈ Res ∞ (K) 

➨ es gibt ein k, für das gilt: ✷ ∈ Res k (K) 






Beweis 







➨ Da keine Belegung die Klausel ✷ wahr machen kann, ist also Res k (K) 

unerfüllbar 






Beweis 








unerfüllbar 

◮ Aus dem Resolutionslemma folgt: 

� Für jede Klauselmenge K ′ gilt: K ′ erfüllbar ⇒ Res(K ′ ) erfüllbar 






Beweis 








unerfüllbar 



◮ Wäre K erfüllbar, dann wäre also auch Res 1 (K) erfüllbar 

◮ Dann wäre auch Res 2 (K) erfüllbar, ... 






Beweis 








unerfüllbar 





◮ Induktion liefert: Wäre K erfüllbar, dann wäre auch Res k (K) erfüllbar 






Beweis 








unerfüllbar 





◮ Induktion liefert: Wäre K erfüllbar, dann wäre auch Res k (K) erfüllbar 

◮ Da Res k (K) aber unerfüllbar ist, können wir folgern, dass auch K unerfüllbar 

ist 



Beweis des Resolutionssatzes (Forts.) 

• Wir zeigen jetzt (2), die Vollständigkeit der Resolution: 

◮ K unerfüllbar ⇒ ✷ ∈ Res ∞ (K) 

• Der Beweis ist eine Induktion nach der Anzahl n der Variablen in K 







• n = 0: 

◮ Da K keine Variablen enthält, aber unerfüllbar ist, muss K die leere 

Klausel ✷ enthalten � 







• n = 0: 



• n−1 → n: 

◮ Sei also K unerfüllbar mit Variablen {A1, . . . ,An} 

◮ Sei K1 die Klauselmenge, die aus K entsteht, indem 

� Klauseln, in denen An (positiv) vorkommt, gestrichen werden, und 

� ¬An aus allen Klauseln entfernt wird 







• n = 0: 



• n−1 → n: 





◮ Sei dual dazu K2 die Klauselmenge, die aus K entsteht indem 

� Klauseln, in denen ¬An vorkommt, gestrichen werden, und 

� An aus allen Klauseln entfernt wird 







• n = 0: 



• n−1 → n: 








◮ Behauptung: K1 und K2 sind unerfüllbar 







• n = 0: 



• n−1 → n: 









� Denn: andernfalls könnte eine erfüllende Belegung α1 von K1 

durch α1(An) = def 1 oder eine erfüllende Belegung α2 von 

K2 durch α2(An) = def 0 zu einer erfüllenden Belegung von K 

erweitert werden 







• n = 0: 



• n−1 → n: 









� Denn: andernfalls könnte eine erfüllende Belegung α1 von K1 

durch α1(An) = def 1 oder eine erfüllende Belegung α2 von 

K2 durch α2(An) = def 0 zu einer erfüllenden Belegung von K 

erweitert werden 

◮ Mit Induktion folgt: ✷ ∈ Res ∞ (K1) und ✷ ∈ Res ∞ (K2) 




– Wir wissen also: ✷ ∈ Res ∞ (K1) und 

✷ ∈ Res ∞ (K2) 





✷ ∈ Res ∞ (K2) 

– Es gibt deshalb ein k, so dass gilt: 

✷ ∈ Res k (K1) und ✷ ∈ Res k (K2) 





✷ ∈ Res ∞ (K2) 



– Behauptung: ✷ ∈ Res k (K) oder 

{¬An} ∈ Res k (K) 





✷ ∈ Res ∞ (K2) 




{¬An} ∈ Res k (K) 

∗ Denn: für jede Klausel K aus K1 gilt: 

� K kommt in K vor oder 

� K ∪ {¬An} kommt in K vor 





✷ ∈ Res ∞ (K2) 




{¬An} ∈ Res k (K) 




∗ Daraus folgt, dass aus jedem Resolutionsbaum 

für K1 ein Resolutionsbaum 

für K gewonnen werden kann, indem, 

wenn nötig, Klauseln um ¬An ergänzt 

werden (Beispiel gleich) 





✷ ∈ Res ∞ (K2) 




{¬An} ∈ Res k (K) 









∗ Insbesondere wird aus dem Resolutionsbaum 

für ✷ dann ein Resolutionsbaum 

für ✷ oder {¬An} 





✷ ∈ Res ∞ (K2) 




{¬An} ∈ Res k (K) 













• Analog lässt sich mit Hilfe von K2 zeigen: 

✷ ∈ Res k (K) oder 

{An} ∈ Res k (K) 





✷ ∈ Res ∞ (K2) 




{¬An} ∈ Res k (K) 
















• Also gilt insgesamt: 

◮ ✷ ∈ Res k (K) oder 

◮ {An} ∈ Res k (K) und 

{¬An} ∈ Res k (K) 





✷ ∈ Res ∞ (K2) 




{¬An} ∈ Res k (K) 
















• Also gilt insgesamt: 

◮ ✷ ∈ Res k (K) oder 

◮ {An} ∈ Res k (K) und 

{¬An} ∈ Res k (K) 

• In jedem Fall folgt: ✷ ∈ Res k+1 (K) � 



Beispiel zur Illustration des Beweises von Satz 3.5 

• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 

• Ein Resolutionsbaum für K1: 

{¬A2} {A2} 


✷



• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 


{¬A2} {A2 ,¬A3 } 

{¬A3} 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 



{¬A2} {A2 ,¬A3 } 

{¬A3} 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 


{¬A2} {A2 ,¬A3 } 

{¬A3} 


{A1,A2} {¬A1,A2} 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 



{¬A2} {A2 ,¬A3 } 

{¬A3} 

{A1,A2} {¬A1,A2} 

{A2} 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 



{¬A2} {A2 ,¬A3 } 

{¬A3} 

{A1,A2} {¬A1,A2} 

{¬A2} {A2} 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 



{¬A2} {A2 ,¬A3 } 

{¬A3} 

{A1,A2} {¬A1,A2} 

{¬A2} {A2} 

✷ 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 



{¬A2} {A2 ,¬A3 } 

{A3} 

{¬A3} 

{A1,A2 ,A3 } {¬A1,A2 ,A3 } 

{¬A2} {A2 ,A3 } 




• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• K1 = {{A2}, {¬A2}} 

• K2 = {{A1,A2}, {¬A1,A2}, {¬A2}} 



{¬A2} {A2 ,¬A3 } 

{A3} 

{¬A3} 

{A1,A2 ,A3 } {¬A1,A2 ,A3 } 

{¬A2} {A2 ,A3 } 

• Also: hier sind {A3}, {¬A3} ∈ Res 2 (K) und deshalb auch 

✷ ∈ Res 3 (K) 


Ein Erfüllbarkeitstest für AL-Formeln 

• Aus dem Resolutionssatz können wir sofort 

folgenden Algorithmus zum Testen der Erfüllbarkeit 

einer AL-Formel gewinnen 

Algorithmus 3.6 : Resolutionsalgorithmus 

Eingabe: AL-Formel F in KNF 



1: K := K(F) 

2: repeat 

3: K ′ := K 

4: K := Res(K) 

5: until K = K ′ oder ✷ ∈ K 

6: if ✷ ∈ K then 

7: Ausgabe „nein“ 

8: else 

9: Ausgabe „ja“ 










1: K := K(F) 

2: repeat 

3: K ′ := K 

4: K := Res(K) 




8: else 


• Die Korrektheit dieses Algorithmus folgt aus 

dem Resolutionssatz 










1: K := K(F) 

2: repeat 

3: K ′ := K 

4: K := Res(K) 




8: else 




• Der Algorithmus terminiert immer, da die 

Menge K nicht unbegrenzt wachsen kann: 










1: K := K(F) 

2: repeat 

3: K ′ := K 

4: K := Res(K) 




8: else 






◮ K kann höchstens so viele Klauseln enthalten, 

wie sich aus den n Variablen von 

F bilden lassen: 










1: K := K(F) 

2: repeat 

3: K ′ := K 

4: K := Res(K) 




8: else 








F bilden lassen: ≤ 4 n 










1: K := K(F) 

2: repeat 

3: K ′ := K 

4: K := Res(K) 




8: else 









• Wie aufwändig ist dieser Algorithmus? 










1: K := K(F) 

2: repeat 

3: K ′ := K 

4: K := Res(K) 




8: else 










• Obere Schranke, wie gesagt: nach maximal 

4 n Schleifendurchläufen endet der Algorithmus 










1: K := K(F) 

2: repeat 

3: K ′ := K 

4: K := Res(K) 




8: else 












• Untere Schranke: es gibt (Familien von) Formeln, 

für die exponentiell viele Schleifendurchläufe 

nötig sind 










1: K := K(F) 

2: repeat 

3: K ′ := K 

4: K := Res(K) 




8: else 












• Untere Schranke: es gibt (Familien von) Formeln, 

für die exponentiell viele Schleifendurchläufe 

nötig sind 

Satz 3.7 [Haken 85] 

Es gibt ein c > 1 und eine Folge F1,F2, . . . 

unerfüllbarer AL-Formeln mit 

• Fn hat ≤ n 3 Variablen 

• Algorithmus 3.6 benötigt bei Eingabe Fn 

mindestens c n Schleifendurchläufe 


Beispiel-Berechnung zu Algorithmus 3.6 

Beispiel 

• Eingabe: 

F = (A1 ∨ A2 ∨ A3) ∧ ¬A2 ∧ (A2 ∨ ¬A1 ∨ A3) ∧ (A2 ∨ ¬A3) 



Beispiel 


F = (A1 ∨ A2 ∨ A3) ∧ ¬A2 ∧ (A2 ∨ ¬A1 ∨ A3) ∧ (A2 ∨ ¬A3) 

• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 



Beispiel 


F = (A1 ∨ A2 ∨ A3) ∧ ¬A2 ∧ (A2 ∨ ¬A1 ∨ A3) ∧ (A2 ∨ ¬A3) 

• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• Res 1 (K) = K ∪ {{A2,A3},{¬A3},{A1,A3}, 

{¬A1,A3},{A1,A2},{¬A1,A2}} 



Beispiel 


F = (A1 ∨ A2 ∨ A3) ∧ ¬A2 ∧ (A2 ∨ ¬A1 ∨ A3) ∧ (A2 ∨ ¬A3) 

• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• Res 1 (K) = K ∪ {{A2,A3},{¬A3},{A1,A3}, 

{¬A1,A3},{A1,A2},{¬A1,A2}} 

• Res 2 (K) = Res 1 (K) ∪ {{A1},{¬A1},{A2},{A3}} 



Beispiel 


F = (A1 ∨ A2 ∨ A3) ∧ ¬A2 ∧ (A2 ∨ ¬A1 ∨ A3) ∧ (A2 ∨ ¬A3) 

• K = {{A1,A2,A3}, {¬A1,A2,A3}, {A2,¬A3}, {¬A2}} 

• Res 1 (K) = K ∪ {{A2,A3},{¬A3},{A1,A3}, 

{¬A1,A3},{A1,A2},{¬A1,A2}} 

• Res 2 (K) = Res 1 (K) ∪ {{A1},{¬A1},{A2},{A3}} 

• Res 3 (K) = Res 2 (K) ∪ {✷} 










haben. 











gelöst hat. 











haben. 











gelöst hat. 


Beispiellösung zu (b) 

• Zeige die Unerfüllbarkeit von 

(¬B ∨ A1 ∨ A2 ∨ A3)∧ 

(¬A3 ∨ A1 ∨ A2) ∧ (¬A1 ∨ A2)∧ 

(A1 ∨ ¬A2) ∧ B ∧ ¬A1 

• Lösung zu (b): 

{¬B, A1, A2, A3} {B} 

{A1, A2, A3} 

{A1, A2, ¬A3} 

{A1, A2} {A1,¬A2} 

{A1} {¬A1} 


✷


• Es sollen n Werte 

a1, . . . ,an in m Speicherstellen 

s1, . . . ,sm 

abgelegt werden, wobei n 

und m natürliche Zahlen 

sind 

• Dabei kann in einer Speicherstelle 

jeweils höchstens 

ein Wert abgespeichert 

werden 

(a) Stellen Sie eine aussagenlogische 

Formel Fnm 

auf, die die obige Situation 

beschreibt. 

(b) Zeigen Sie mittels Resolution, 

dass es unmöglich 

ist, drei Datenwerte 

in zwei Speicherstellen 

abzulegen. 

Noch ein Resolutionsbeispiel (1/2) 





s1, . . . ,sm 







werden 


Formel Fnm 


beschreibt. 





abzulegen. 


Lösungsansatz 

• Variablen für atomare Aussagen: 

◮ Aij: „Wert ai wird in Speicherzelle sj abgelegt“, 

für i = 1, . . . ,n und j = 1, . . . ,m 





s1, . . . ,sm 







werden 


Formel Fnm 


beschreibt. 





abzulegen. 





für i = 1, . . . ,n und j = 1, . . . ,m 

• Formeln zur Modellierung der Situation: 

◮ „Es sollen n Werte ... abgelegt werden“: 





s1, . . . ,sm 







werden 


Formel Fnm 


beschreibt. 





abzulegen. 





für i = 1, . . . ,n und j = 1, . . . ,m 



m� 

� Aij, für i = 1, . . . ,n 

j=1 





s1, . . . ,sm 







werden 


Formel Fnm 


beschreibt. 





abzulegen. 





für i = 1, . . . ,n und j = 1, . . . ,m 



m� 

� Aij, für i = 1, . . . ,n 

j=1 

◮ „Dabei kann in einer Speicherstelle jeweils höchstens ein 

Wert abgespeichert werden“: 





s1, . . . ,sm 







werden 


Formel Fnm 


beschreibt. 





abzulegen. 





für i = 1, . . . ,n und j = 1, . . . ,m 



m� 

� Aij, für i = 1, . . . ,n 

j=1 



� 

� 

i 1 ,i 2 ∈{1,...,n} 

i 1 �=i 2 

¬(Ai1j ∧ Ai2j) 

für j = 1, . . . ,m 





s1, . . . ,sm 







werden 


Formel Fnm 


beschreibt. 





abzulegen. 





für i = 1, . . . ,n und j = 1, . . . ,m 



m� 

� Aij, für i = 1, . . . ,n 

j=1 



� 

� 

i 1 ,i 2 ∈{1,...,n} 

i 1 �=i 2 

¬(Ai1j ∧ Ai2j) 

• Für (a) ergibt sich insgesamt die Formel: 

Fnm = 

n� 

m� 

i=1 j=1 

Aij ∧ 

m� 

j=1 

� 

i 1 ,i 2 ∈{1,...,n} 

i 1 �=i 2 

für j = 1, . . . ,m 

¬(Ai1j ∧Ai2j) 



Beispiel 

• Für (b) muss die Unerfüllbarkeit von F32 gezeigt werden 

• F32 liefert die Klauselmenge 

{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A12,¬A21} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A12,¬A21} 

{A11,A21} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A12,¬A21} 

{A11,A21} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,¬A12} 

{A11,A12} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A12,¬A21} 

{A11,A21} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,¬A12} 

{A11,A12} 

{A11} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A12,¬A21} 

{A11,A21} 

{¬A11,A22} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,¬A12} 

{A11,A12} 

{A11} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A12,¬A21} 

{A11,A21} 

{¬A11,A22} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,¬A12} 

{A11,A12} 

{¬A11,¬A32} 

{A11} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A12,¬A21} 

{A11,A21} 

{¬A11,A22} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,¬A12} 

{A11,A12} 

{¬A11,¬A32} 

{¬A11,A32} 

{A11} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A12,¬A21} 

{A11,A21} 

{¬A11,A22} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,¬A12} 

{A11,A12} 

{¬A11,¬A32} 

{¬A11,A32} 

{A11} 

{¬A11} 



Beispiel 



{{A11,A12},{A21,A22},{A31,A32},{¬A11,¬A21},{¬A11,¬A31}, 

{¬A21,¬A31},{¬A12,¬A22},{¬A12,¬A32},{¬A22,¬A32}} 

{¬A21,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,A12} 

{¬A12,¬A22} 

{¬A12,¬A32} 

{¬A21,A32} 

{A11,¬A22} 

{A21,A22} 

{¬A11,¬A21} 

{A21,A22} 

{¬A12,¬A21} 

{A11,A21} 

{¬A11,A22} 

{¬A22,¬A32} 

{¬A11,¬A31} 

{A31,A32} 

{A11,¬A12} 

{A11,A12} 

{¬A11,¬A32} 

{¬A11,A32} 

{A11} 

{¬A11} 


✷

• Wir haben jetzt also einen Algorithmus 

für das Erfüllbarkeitsproblem für AL- 

Formeln, der weniger naiv vorgeht als die 

Wahrheitstabellen-Methode 

Ein Zwischenfazit 






• Aber wesentlich effizienter ist er nicht 

• Wir wissen sogar: dieser Algorithmus hat 

im schlimmsten Fall exponentielle Laufzeit 

(Satz von Haken) 











• Die Frage, ob es für dieses Problem einen 

Algorithmus mit polynomieller Laufzeit gibt, 

ist äquivalent zum berühmtesten offenen 

Problem der (Theoretischen) Informatik: 

dem P-NP-Problem 

• Näheres dazu erfahren Sie in der GTI- 

Vorlesung 

















Vorlesung 

• Hier nur soviel: 

◮ Das Erfüllbarkeitsproblem für AL-Formeln 

ist NP-vollständig 

◮ Wenn es einen polynomiellen Algorithmus 

hat, ist P = NP 

◮ Wenn es keinen polynomiellen Algorithmus 

hat, ist P �= NP 

















Vorlesung 









• Nichtsdestotrotz: 

◮ Die Fähigkeit, in der Praxis SAT- 

Probleme zu lösen (Stichwort: SAT- 

Solving). hat sich in den vergangenen 

10-15 Jahren gewaltig verbessert 

◮ Mittlerweile werden SAT-Solver als Hilfsmittel 

in vielen Anwendungsbereichen 

verwendet, z.B. im (Bounded) Model 

Checking 

◮ Wer dazu mehr wissen möchte: 

� Malik, Zhang: Boolean Satisfiabilty, 

Communications of the ACM, August 

2009 
















Vorlesung 





















2009 

• Für einige eingeschränkte Klassen von AL- 

Formeln lässt sich das Erfüllbarkeitsproblem 

effizient lösen: 

◮ Horn-Formeln (das haben wir gesehen) 

◮ 2-SAT-Formeln (mit maximal 2 Literalen 

je Klausel) 
















Vorlesung 





















2009 

• Für einige eingeschränkte Klassen von AL- 

Formeln lässt sich das Erfüllbarkeitsproblem 

effizient lösen: 

◮ Horn-Formeln (das haben wir gesehen) 

◮ 2-SAT-Formeln (mit maximal 2 Literalen 

je Klausel) 

• Im nächsten Kapitel beschäftigen wir uns 

noch mit der Erfüllbarkeit von unendlichen 

Formelmengen 


Zusammenfassung 

• Fundamentale Bedeutung des Erfüllbarkeitsproblems 

für aussagenlogische Formeln 

• Resolventen und Resolutionsbeweise und ein darauf 

basierender Algorithmus für den Erfüllbarkeitstest 

• Wichtiges Ergebnis: 

◮ Resolutionssatz 

• Für das allgemeine Erfüllbarkeitsproblem ist kein effizienter 

Algorithmus bekannt 

• Für Hornformeln lässt sich das Erfüllbarkeitsproblem 

mit Hilfe des Markierungsalgorithmus effizient lösen 


Änderungslog 

• 15.11.10: Folie 25 „Ziel der aussagenlogischen Resolution“ eingefügt

Korrektheit des Markierungsalgorithmus (1/2) - Logik in der Informatik

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