Kapitel 1 - Fachgebiet Theoretische Informatik

Theoretische Informatik II
Vorlesung mit Übungen im SS 2005
Vorlesung:
Dienstag
Donnerstag
8 - 10 Uhr, Raum 1332 WA
9 - 10 Uhr, Raum 1332 WA
Beginn: Dienstag, den 12.04.2003, 8 15 Uhr.
Übungen in 3 Gruppen:
Grp. 1: Donnerstag 10 - 11 Uhr, Raum -1319 WA
Grp. 2: ” 10 - 11 Uhr, Raum -1607 WA
Grp. 3: Montag 10 - 11 Uhr, Raum -1319 WA
Ergänzendes Tutorium:
Grp. 1: Donnerstag 11 - 12 Uhr, Raum -1319 WA
Grp. 2: ” 11 - 12 Uhr, Raum -1607 WA
Grp. 3: Montag 11 - 12 Uhr, Raum -1319 WA
Homepage:
http://www.theory.informatik.uni-kassel.de/
veranstaltungen/theoInf2SS2005/index.html
Abschlussklausur:
Freitag, den 22. Juli 2005, 10 00 - 13 00 Uhr
in Raum 1603 WA

Literatur:
Buch zur Vorlesung:
Uwe Schöning,
Logik für Informatiker.
Spektrum Akademischer Verlag, Heidelberg/Berlin,
5. Auflage, 2000.
Ergänzende Literatur:
B. Heinemann, K. Weihrauch;
Logik für Informatiker. Eine Einführung.
Teubner Verlag, 1992.
H. Hamburger, D. Richards;
Logic and Language Models for Computer Science.
Prentice Hall, 2002.
A. Yasuhara;
Recursive Function Theory and Logic.
Academic Press, 1971.
u.v.m.

Einleitung
Formale Logik:
- Verknüpfen von Aussagen
- Beweise:
Axiome, Schlussregeln → Theoreme
Logik ist Basis der Mathematik:
- Was ist Wahrheit?
- Welche Theorien sind axiomatisierbar?
- Wie sehen die Modelle für gewisse Theorien aus?
Informatik verwendet gewisse Teilgebiete der Logik:
- Programmverifikation (Korrektheitsbeweise)
- Semantik von Programmiersprachen
- Automatisches Beweisen (K.I.)
- Logik-Programmierung (Prolog)
1

Aufbau der Vorlesung
Kap. 1: Aussagenlogik
Kap. 2: Prädikatenlogik (erster Stufe)
Kap. 3: Programm-Verifikation
Kap. 4: Logik-Programmierung (Grundlagen)
Folien der Vorlesung sowie Übungsaufgaben finden
sich auf der Homepage der Vorlesung im pdf-Format.
2

1.1 Grundbegriffe
Kapitel 1.
Aussagenlogik
In der Aussagenlogik werden einfache Verknüpfungen
zwischen atomaren sprachlichen Gebilden
( ”
Aussagen“) untersucht.
Beispiele für atomare Aussagen:
A = ”
Kassel ist der Nabel der Welt“
B = ”
Pferde fressen Heu“
Diese atomaren Aussagen können wahr oder falsch
sein.
Aussagen entstehen durch Verknüpfungen aus
atomaren Aussagen:
A und B
Wie ergeben sich die Wahrheitswerte in solchen
Aussagen aus den Wahrheitswerten der darin
enthaltenen atomaren Aussagen?
3

Definition (Syntax der Aussagenlogik)
Eine atomare Formel hat die Form A i (i = 1,2,3, . . .).
Formeln werden induktiv definiert:
1. Alle atomaren Formeln sind Formeln.
2. Sind F und G Formeln, so auch
(F ∧ G) und (F ∨ G).
3. Ist F eine Formel, so auch ¬F .
¬F : Negation von F
F ∧ G : Konjunktion von F und G
F ∨ G : Disjunktion von F und G
Tritt eine Formel F als Teil einer Formel G auf,
so heißt F eine Teilformel von G.
Beispiel:
F = ¬((A 5 ∧ A 6 ) ∨ (¬A 3 ∧ A 5 ))
Teilformeln von F :
F,((A 5 ∧ A 6 ) ∨ (¬A 3 ∧ A 5 )),(A 5 ∧ A 6 ),
A 5 , A 6 ,(¬A 3 ∧ A 5 ), ¬A 3 , A 3
4

Abkürzende Schreibweisen:
A, B, C, . . . statt A 1 , A 2 , A 3 , . . .
(F 1 → F 2 ) statt (¬F 1 ∨ F 2 )
(F 1 ↔ F 2 ) statt ((F 1 ∧ F 2 ) ∨ (¬F 1 ∧ ¬F 2 ))
∨
( n F i ) statt (..((F 1 ∨ F 2 ) ∨ F 3 ) ∨ . . . ∨ F n )
i=1
∧
( n F i ) statt (..((F 1 ∧ F 2 ) ∧ F 3 ) ∧ . . . ∧ F n )
i=1
Beachte:
Formeln sind lediglich syntaktische Objekte.
Beispiel:
(((¬B → F)∧((B∧F) → ¬E))∧((E∨¬B) → ¬F))
↔ (B ∧ ¬(E ∧ F))
5

Definition (Semantik der Aussagenlogik)
Wahrheitswerte {0,1} (0 ˆ= falsch, 1 ˆ= wahr)
Sei D eine Menge von atomaren Formeln, und
sei E die Menge der Formeln über D.
Eine Abbildung A : D → {0,1} ist eine Belegung
von D. Sie liefert eine Funktion  : E → {0,1}:
1. Für A ∈ D ist Â(A) := A(A).
{
1, falls Â(F) = 1 und Â(G) = 1
2. Â((F ∧G)) :=
0, sonst
{
1, falls Â(F) = 1 oder Â(G) = 1
3. Â((F ∨G)) :=
0, sonst
{
1, falls Â(F) = 0
4. Â(¬F) :=
0, sonst.
Beachte:
Die Funktion  wird durch A eindeutig festgelegt.
Schreibweise: A statt Â.
6

Beispiel:
Seien A(A) = 1, A(B) = 1 und A(C) = 0.
Dann:
A(¬((A ∧ B) ∨ C))
{
1, falls A(((A ∧ B) ∨ C)) = 0
=
0, sonst
{
0, falls A(((A ∧ B) ∨ C)) = 1
=
1, sonst
{
0, falls A((A ∧ B)) = 1 oder A(C) = 1
=
1, sonst
{
0, falls A(A) = 1 und A(B) = 1
=
1, sonst
= 0
7

Verknüpfungstabellen für ∧, ∨, ¬:
A(F) A(G) A((F ∧ G)) A((F ∨ G)) A(¬F)
0 0 0 0 1
0 1 0 1 1
1 0 0 1 0
1 1 1 1 0
Beispiel (Forts.): F = ¬((A ∧ B) ∨ C)
Aufbau von F darstellbar durch eine Baumstruktur:
¬
∨
∧
C
A
B
∧ und“ ”
∨ oder“ ”
¬ nicht“ ”
→ wenn, dann“
”
↔ genau dann, wenn“
”
8

Bemerkung: (Induktion über den Formelaufbau)
z.z.:
Eine Behauptung B gilt für alle Formeln.
Beweisprinzip:
1. Zeige, B gilt für alle atomaren Formeln.
2. Zeige, dass B für (F ∧ G),(F ∨ G) und ¬F gilt,
wenn B für F und G gilt.
Definition (Modell, gültig, erfüllbar)
Sei F eine Formel und A eine Belegung.
A ist zu F passend, wenn A(A) für alle in F
vorkommenden atomaren Formeln A definiert ist.
A |= F : A ist passend zu F , und A(F) = 1.
A ̸|= F : A ist passend zu F , und A(F) = 0.
Sprechweise:
F gilt unter der Belegung A (nicht),
A ist (k)ein Modell für F .
9

Ist F eine Menge von Formeln, so ist A ein Modell
für F, wenn A |= F für alle F ∈ F gilt.
F heißt erfüllbar, wenn F ein Modell hat, sonst ist F
unerfüllbar.
F heißt Tautologie (gültig), falls A |= F für jede zu
F passende Belegung gilt.
Schreibweise:
|= F : F ist Tautologie.
̸|= F : F ist keine Tautologie.
10

Satz
Eine Formel F ist eine Tautologie genau dann, wenn
¬F unerfüllbar ist.
Beweis
F ist Tautologie
gdw. jede zu F passende Belegung ist ein Modell
für F
gdw. A(F) = 1 für jede zu F passende Belegung
gdw. A(¬F) = 0 für jede zu ¬F passende
Belegung
gdw. ¬F besitzt kein Modell
gdw. ¬F ist unerfüllbar.
✷
Das Spiegelungsprinzip der Negation:
alle aussagenlogischen Formeln
gültige Formeln erfüllbare, aber unerfüllbare
nicht gültige Formeln
Formeln
F | ¬F
¬G | G
H | ¬H
11

Definition (Folgerung)
Eine Formel G ist eine Folgerung der Formeln F 1 , . . . , F k ,
falls jede Belegung A, die zu F 1 , . . . , F k und zu G
passend ist, ein Modell für G ist, wenn sie ein
Modell für {F 1 , . . . , F k } ist.
Satz
Die folgenden drei Aussagen sind äquivalent:
1. G ist eine Folgerung von F 1 , . . . , F k .
2.
3.
(( k ∧
(( i=1
∧ k
i=1
Beachte:
F i
)
→ G
F i
)
∧ ¬G
)
)
ist eine Tautologie.
ist unerfüllbar.
̸|= ((A → B) → (¬A → ¬B))
Wähle A mit A(A) = 0 und A(B) = 1.
Dann folgt: A((A → B)) = 1, aber
A((¬A → ¬B)) = 0, was
A(((A → B) → (¬A → ¬B))) = 0 liefert.
Wahrheitstafel:
A B A → B ¬A → ¬B C
0 0 1 1 1
0 1 1 0 0
1 0 0 1 1
1 1 1 1 1
12

Beispiel (Forts.):
A 1 := (((¬B → F) ∧ ((B ∧ F) → ¬E)) ∧ ((E ∨ ¬B) → ¬F))
B E F ¬B ¬B →F B∧F (B∧F)→¬E E∨¬B (E∨¬B)→¬F A 1
0 0 0 1 0 0 1 1 1 0
0 0 1 1 1 0 1 1 0 0
0 1 0 1 0 0 1 1 1 0
0 1 1 1 1 0 1 1 0 0
1 0 0 0 1 0 1 0 1 1
1 0 1 0 1 1 1 0 1 1
1 1 0 0 1 0 1 1 1 1
1 1 1 0 1 1 0 1 0 0
A 2 := B ∧ ¬(E ∧ F)
B E F E ∧ F ¬(E ∧ F) B ∧ ¬(E ∧ F) A 1 ↔ A 2
0 0 0 0 1 0 1
0 0 1 0 1 0 1
0 1 0 0 1 0 1
0 1 1 1 0 0 1
1 0 0 0 1 1 1
1 0 1 0 1 1 1
1 1 0 0 1 1 1
1 1 1 1 0 0 1

Lemma
Eine Formel F der Form F =
( )
∧ k
G i
i=1
ist erfüllbar
genau dann, wenn die Formelmenge M = {G 1 , . . . , G k }
erfüllbar ist.
Lemma
Seien F und G Formeln, die keine gemeinsame
atomare Formel enthalten.
Ist (F → G) eine Tautologie, so ist F unerfüllbar
oder G ist eine Tautologie.
14

1.2 Äquivalenz und Normalformen
Definition
Zwei Formeln F und G heißen (semantisch) äquivalent,
falls für alle Belegungen A, die sowohl für F
als auch für G passend sind, A(F) = A(G) gilt.
Schreibweise:
F ≡ G
Satz (Ersetzbarkeitstheorem)
Seien F und G äquivalente Formeln, und sei H eine
Formel, in der F als Teilformel (mindestens einmal)
vorkommt. Entsteht H ′ aus H, indem ein Vorkommen
von F in H durch G ersetzt wird, so sind H
und H ′ äquivalent.
Beweis: Induktion über den Formelaufbau von H:
H ist atomar : H = F und H ′ = G.
H ist nicht atomar:
(i) H = F : Dann ist H ′ = G.
(ii)
H = ¬H 1 : H ′ 1 entstehe aus H 1 durch
Ersetzung einer Teilformel F durch G.
Nach I.V.: H 1 ≡ H ′ 1 .
Also H = ¬H 1 ≡ ¬H ′ 1 = H′ .
(iii) H = H 1 ∨ H 2 :
Dann H = H 1 ∨ H 2 ≡ H ′ 1 ∨ H′ 2 = H′ .
(iv) H = H 1 ∧ H 2 : analog zu (iii). ✷
15

Satz
Es gelten die folgenden Äquivalenzen:
(F ∧ F) ≡ F
(F ∨ F) ≡ F (Idempotenz)
(F ∧ G) ≡ (G ∧ F)
(F ∨ G) ≡ (G ∨ F) (Kommutativität)
((F ∧ G) ∧ H) ≡ (F ∧ (G ∧ H))
((F ∨ G) ∨ H) ≡ (F ∨ (G ∨ H)) (Assoziativität)
(F ∧ (F ∨ G)) ≡ F
(F ∨ (F ∧ G)) ≡ F
(Absorption)
(F ∧ (G ∨ H)) ≡ ((F ∧ G) ∨ (F ∧ H))
(F ∨ (G ∧ H)) ≡ ((F ∨ G) ∧ (F ∨ H)) (Distributivität)
¬¬F ≡ F (Doppelnegation)
¬(F ∧ G) ≡ (¬F ∨ ¬G)
(deMorgansche Regeln)
¬(F ∨ G) ≡ (¬F ∧ ¬G)
(F ∨ G) ≡ F , falls F eine Tautologie ist.
(F ∧ G) ≡ G, falls F eine Tautologie ist.
(F ∨ G) ≡ G, falls F unerfüllbar ist.
(F ∧ G) ≡ F , falls F unerfüllbar ist.
(F ∨ ¬F) ≡ 1
(F ∧ ¬F) ≡ 0
Hierbei ist 1 eine Abkürzung für eine Tautologie,
und 0 ist eine Abkürzung für eine unerfüllb. Formel.
16

Beispiel:
((A ∨ (B ∨ C)) ∧ (C ∨ ¬A)) ≡ ((B ∧ ¬A) ∨ C)
Beweis durch Anwendung obiger Äquivalenzen:
((A ∨ (B ∨ C)) ∧ (C ∨ ¬A))
≡ (((A ∨ B) ∨ C) ∧ (C ∨ ¬A)) (Assoziativität)
≡ ((C ∨ (A ∨ B)) ∧ (C ∨ ¬A)) (Kommutativität)
≡ (((C ∧ C) ∨ (C ∧ ¬A)) ∨ (((A ∨ B) ∧ C) ∨
((A ∨ B) ∧ ¬A)))
(Distributivität)
≡ (((C ∨ (C ∧ ¬A)) ∨ ((A ∨ B) ∧ C)) ∨
((A∨B)∧¬A)) (Idempotenz, Assoziativität)
≡ ((C ∨ ((A ∨ B) ∧ C)) ∨ ((A ∨ B) ∧ ¬A))
(Absorption)
≡ (C ∨ ((A ∨ B) ∧ ¬A))
(Absorption, Kommutativität)
≡ (C ∨ (¬A ∧ (A ∨ B))) (Kommutativität)
≡ (C ∨ ((¬A ∧ A) ∨ (¬A ∧ B))) (Distributivität)
≡ (C ∨ (¬A ∧ B))
(Unerfüllbarkeit)
≡ (C ∨ (B ∧ ¬A))
(Kommutativität)
≡ ((B ∧ ¬A) ∨ C)
(Kommutativität)
17

Lemma
Es gelten folgende Verallgemeinerungen:
¬
¬
( n ∨
i=1
( n ∧
i=1
)
F i ≡
)
F i ≡
(
∧ n
i=1
(
∨ n
i=1
¬F i
)
¬F i
)
(( m ∨
i=1
(( m ∧
i=1
F i
)
∧
F i
)
∨
(
∨ n
j=1
(
∧ n
j=1
G j
))
≡
G j
))
≡
( m ∨
(
∨ n
i=1 j=1
( m ∧
(
∧ n
i=1 j=1
(
Fi ∧ G j
) ))
(
Fi ∨ G j
) ))
Schreibweise:
F 1 ∧ F 2 ∧ . . . ∧ F n für (..((F 1 ∧ F 2 ) ∧ . . . ∧ F n )
F 1 ∨ F 2 ∨ . . . ∨ F n für (..((F 1 ∨ F 2 ) ∨ . . . ∨ F n )
18

Definition (Normalformen)
Ein Literal ist eine atomare Formel oder die
Negation einer atomaren Formel
(positives/negatives Literal).
Die Formel F ist in konjunktiver Normalform (KNF),
wenn sie eine Konjunktion von Disjunktionen von
Literalen ist:
F =
⎛ ⎛ ⎞⎞
n∧
m ∨i
⎝ ⎝ L i,j
⎠
i=1 j=1
⎠ mit L i,j ∈ { A k , ¬A k | k ≥ 1 }.
Eine Formel F ist in disjunktiver Normalform (DNF),
wenn sie eine Disjunktion von Konjunktionen von
Literalen ist:
F =
⎛ ⎛ ⎞⎞
m∨
m ∧i
⎝ ⎝ L i,j
⎠
i=1 j=1
⎠ mit L i,j ∈ { A k , ¬A k | k ≥ 1 }.
Satz
Für jede Formel F gibt es eine äquivalente Formel
in KNF und eine äquivalente Formel in DNF.
Beweis: Induktion über den Aufbau von F .
F atomar : F ist in KNF und in DNF.
19

(1.) F = ¬G :
( ( ))
∧ n mi ∨
L i,j
i=1 j=1
( ( ))
∧ n mi ∨
L i,j
i=1 j=1
( ( ))
∨ n mi ∨
¬ L i,j
i=1 j=1
( (
∨ n mi ∧
Nach I.V.: G ≡ G 1 =
Also: F = ¬G ≡ ¬G 1 = ¬
≡
≡
≡
i=1
(
∨ n
i=1
j=1
(
mi ∧
¬L i,j
))
(deMorgan)
))
L i,j
j=1
(DNF)
mit L i,j :=
{
Ak , falls L i,j = ¬A k
¬A k falls L i,j = A k .
Analog:
DNF für G 1 ergibt KNF für F
(2.) F = (G ∨ H) : DNF für G und H ergeben DNF für F .
∧
G ≡
n ∧
G i und H = k (KNF).
Damit:
i=1
F ≡
≡
( n ∧
i=1
∧ n (
∧ k
i=1
H j
j=1( )
∧ k
H j
j=1
G i
)
∨
j=1
(
Gi ∨ H j
) ) (KNF)
(3.) F = (G ∧ H): analog. ✷
20

Berechnung der DNF aus der Wahrheitstafel:
A B C F
0 0 0 1 : ¬A ∧ ¬B ∧ ¬C
0 0 1 0
0 1 0 0
0 1 1 0
1 0 0 1 : A ∧ ¬B ∧ ¬C
1 0 1 1 : A ∧ ¬B ∧ C
1 1 0 0
1 1 1 0
F ≡ (¬A ∧ ¬B ∧ ¬C) ∨ (A ∧ ¬B ∧ ¬C) ∨
(A ∧ ¬B ∧ C).
Bestimme minimale äquivalente DNF (oder KNF) zu
einer gegebenen Formel!
21

1.3 Hornformeln
Definition (Hornformeln)
Eine Formel F ist eine Hornformel, wenn F in KNF
ist, und wenn jede Disjunktion in F höchstens ein
positives Literal enthält.
Beispiele:
Hornformel:
F = (A ∨ ¬B) ∧ (¬C ∨ ¬A ∨ D) ∧ (¬A ∨ ¬B) ∧
D ∧ ¬E
Keine Hornformeln:
G = (A ∨ ¬B) ∧ (C ∨ ¬A ∨ D)
H = (A ∨ ¬B) ∨ (C ∧ ¬A)
Interpretation von Hornklauseln als Konjunktionen
von Implikationen:
F ≡ (B → A) ∧ (C ∧ A → D) ∧ (A ∧ B → 0) ∧
(1 → D) ∧ (E → 0)
wobei 0 unerfüllbare Formel
1 Tautologie
22

Erfüllbarkeitstest für Hornformeln:
Eingabe: Eine Hornformel F
1. Markiere alle Vorkommen von atomaren Formeln
A in F , für die F eine Teilformel der Form (1 → A)
enthält;
2. while es gibt in F eine Teilformel
G = (A 1 ∧ . . . ∧ A n → B) oder
G = (A 1 ∧ . . . ∧ A n → 0) mit n ≥ 1,
so dass A 1 , . . . , A n markiert sind
(und B nicht markiert ist)
do
if G hat die erste Form then
markiere alle Vorkommen von B in F
else gib ”
unerfüllbar“ aus und halte;
3. Gib ”
erfüllbar“ aus und halte.
23

Satz
Der Markierungsalgorithmus für Hornformeln
ist korrekt. Er stoppt nach spätestens n
Markierungsschritten, wobei n die Anzahl der
in F vorkommenden verschiedenen atomaren
Formeln ist.
Beweis:
Sei F eine Hornformel.
24

Behauptung 1:
Ist F erfüllbar, so liefert der Algorithmus die korrekte
Antwort.
Beweis:
Sei B ein Modell für F = D 1 ∧ D 2 ∧ . . . ∧ D m , d.h.
B(D i ) = 1, i = 1, . . . , m.
D i = (1 → A):
B(A) = 1 und alle Vorkommen von A in F werden
in Schritt 1 markiert.
D i = (A 1 ∧ . . . ∧ A n → B):
Sind A 1 , . . . , A n markiert, dann gilt B(A j ) = 1,
j = 1, . . . , n. Wegen B(D i ) = 1 folgt B(B) = 1,
und alle Vorkommen von B in F werden in Schritt 2
markiert.
D i = (A 1 ∧ . . . ∧ A n → 0):
Wegen B(D i ) = 1 muss B(A j ) = 0 sein für ein
j ∈ {1, . . . , n}, d.h. A j ist nicht markiert.
Also bricht der Algorithmus nicht in Schritt 2 ab.
✷
25

Behauptung 2:
Liefert der Algorithmus die Antwort erfüllbar“, dann
”
ist
{ }
1, falls Ai markiert wird
A(A i ) :=
0, sonst
ein Modell für F .
Beweis: Sei F = D 1 ∧ D 2 ∧ . . . ∧ D m .
z.z.: A(F) = 1.
D i = (1 → A):
A wird markiert in Schritt 1.
Also A(A) = 1 und damit A(D i ) = 1.
D i = (A 1 ∧ . . . ∧ A n → B):
Sind A 1 , . . . , A n markiert, dann wird auch B markiert.
Es gelten A(A j ) = 1 = A(B), 1 ≤ j ≤ n,
und damit A(D i ) = 1.
D i = (A 1 ∧ . . . ∧ A n → B):
Ein A j (1 ≤ j ≤ n) ist nicht markiert.
Dann A(A j ) = 0 und damit A(D i ) = 1.
D i = (A 1 ∧ . . . ∧ A n → 0):
Da der Algorithmus in Schritt 2 nicht abbricht, ist ein
A j (1 ≤ j ≤ n) nicht markiert.
Also gilt A(A j ) = 0 und damit A(D i ) = 1.
26
✷

Beispiel:
F = (¬A ∨ ¬B ∨ ¬D) ∧ ¬E ∧(¬C ∨A) ∧C ∧B ∧
(¬G ∨ D) ∧ G
6 verschiedene atomare Teilformeln:
2 6 = 64 Belegungen
F ≡ (A ∧ B ∧ D → 0) ∧ (E → 0) ∧
(C → A) ∧ (1 → C) ∧ (1 → B) ∧
(G → D) ∧ (1 → G)
Schritt 1: Markiere B, C und G:
(A ∧ ˆB ∧ D → 0) ∧ (E → 0) ∧ (Ĉ → A) ∧
(1 → Ĉ) ∧ (1 → ˆB) ∧ (Ĝ → D) ∧ (1 → Ĝ)
Schritt 2: Markiere A und D:
(Â ∧ ˆB ∧ ˆD → 0) ∧ (E → 0) ∧ (Ĉ → Â) ∧
(1 → Ĉ) ∧ (1 → ˆB) ∧ (Ĝ → ˆD) ∧ (1 → Ĝ)
Ausgabe: ”
unerfüllbar“.
27

1.4 Endlichkeitssatz
Satz (Endlichkeitssatz, compactness theorem)
Eine Menge M von Formeln ist erfüllbar genau dann,
wenn jede ihrer endlichen Teilmengen erfüllbar ist.
Beweis:
Ist M erfüllbar, dann gibt es ein Modell A für M.
Dann ist A auch ein Modell für jede (endliche)
Teilmenge von M.
Sei nun jede endliche Teilmenge von M erfüllbar.
z.z.:
M hat ein Modell.
Für n ≥ 1 sei M n die Menge der Formeln aus M,
die nur die atomaren Formeln A 1 , . . . , A n enthalten.
Da es nur 2 2n verschiedene Wahrheitstafeln
für A 1 , . . . , A n gibt, enthält M n höchstens k ≤ 2 2n
verschiedene Formeln F 1 , . . . , F k , die paarweise nicht
zueinander äquivalent sind. M n und {F 1 , . . . , F k }
haben dieselben Modelle. Sei A n ein Modell für M n .
Dann ist A n ein Modell für
n⋃
i=1
M i .
28

Konstruktion eines Modells für M:
Stufe 0:
A := ∅
I := {1,2,3, . . .}
Stufe n > 0:
if es gibt unendlich viele Indizes i ∈ I mit A i (A n ) = 1
then A := A ∪ {(A n ,1)};
I := I − { i | A i (A n ) ≠ 1}
else A := A ∪ {(A n ,0)};
I := I − { i | A i (A n ) ≠ 0}
end
Nach n Stufen hat A Definitionsbereich {A 1 , . . . , A n }.
Behauptung: A ist ein Modell für M.
Beweis:
Sei F ∈ M. Dann gibt es ein l mit F ∈ M l . Also
sind A l , A l+1 , . . . Modelle für F . In Stufe l ist A auf
{A 1 , . . . , A l } festgelegt. Es gilt A(A j ) = A k (A j )
für ein k ≥ l und alle j = 1, . . . , l,
d.h. A(F) = A k (F) = 1.
✷
29

Bemerkung:
Obiger Beweis ist nicht konstruktiv.
Folgerung:
Eine Menge M von Formeln ist nicht erfüllbar genau
dann, wenn sie eine endliche Teilmenge enthält, die
nicht erfüllbar ist.
Dies liefert einen Test für die Unerfüllbarkeit:
M = {F 1 , F 2 , F 3 , . . .}
Für i = 1,2,3, . . . teste,
ob {F 1 , F 2 , . . . , F i } unerfüllbar ist.
Dieser Test terminiert genau dann, wenn M unerfüllbar
ist.
30

1.5 Resolution
Kalkül:
syntaktische Umformungsregeln
Resolutionskalkül: {F 1 , F 2 } → F 3
Aufgabe:
Unerfüllbarkeit einer Formelmenge
nachweisen!
R.Kalkül ist korrekt und vollständig.
Zur Erinnerung:
|= F gdw. ¬F ist unerfüllbar.
G ist eine Folgerung von {F 1 , . . . , F k } gdw.
|= F 1 ∧ F 2 ∧ . . . ∧ F k → G gdw.
F 1 ∧ F 2 ∧ . . . ∧ F k ∧ ¬G ist unerfüllbar.
R.Kalkül ist anwendbar auf Formeln in KNF:
F = (L 1,1 ∨. . .∨L 1,n1 )∧. . .∧(L k,1 ∨. . .∨L k,nk )
Schreibweise:
Menge von Klauseln:
F = {{L 1,1 , . . . , L 1,n1 }, . . . , {L k,1 , . . . , L k,nk }}
31

Definition
Seien K 1 , K 2 und R Klauseln. R heißt Resolvent
von K 1 und K 2 , falls es ein Literal L gibt mit
L ∈ K 1 und L ∈ K 2 , und
R = (K 1 − {L}) ∪ (K 2 − {L}).
{
¬Ai , falls L = A
Hierbei ist L :=
i ,
A i , falls L = ¬A i .
Graphische Notation: K 1 K
2
R
Leere Klausel: ✷
Beispiel:
{A 3 , ¬A 4 , A 1 } {A
4 , ¬A 1 }
{A 3 , A 1 } {A
3 , A 1 , ¬A 1 }
{A 3 , A 1 }
{A 3 , ¬A 1 }
{A 3 }
{¬A 3 }
✷
32

Lemma
Sind K 1 und K 2 Hornklauseln, dann ist jeder
Resolvent von K 1 und K 2 wieder eine Hornklausel.
Resolutions-Lemma
Sei F eine Formel in KNF. Ferner sei R ein Resolvent
zweier Klauseln K 1 und K 2 in F . Dann sind F
und F ∪ {R} äquivalent.
Beweis:
Sei A eine zu F passende Belegung.
Gilt A |= F ∪ {R}, so folgt A |= F .
Umgekehrt, aus A |= F folgt A |= K 1 und A |= K 2 .
Sei R = (K 1 − {L}) ∪ (K 2 − {L}).
(1.) A |= L : A(L) = 0 und A |= K 2 implizieren
A |= K 2 − {L}, d.h. A |= R.
(2.) A ̸|= L : A |= K 1 impliziert
A |= K 1 − {L}, d.h. A |= R.
✷
33

Definition
Sei F eine Klauselmenge.
Res(F) := F ∪{ R | R ist Resolvent zweier Klauseln in F }.
Res 0 (F) := F .
Res n+1 (F) := Res(Res n (F)) für alle n ≥ 0.
Res ∗ (F) := ⋃ Res n (F)
Lemma
n≥0
Sei F eine endliche Klauselmenge. Dann gibt es ein
k ≥ 0 mit Res k (F) = Res ∗ (F).
Beweis:
F enthält nur die atomaren Formeln A 1 , . . . , A n .
Also kommen in Res ∗ (F) nur Klauseln über A 1 , . . . , A n
vor. Über A 1 , . . . , A n gibt es nur 2 2n = 4 n verschiedene
Klauseln. Aus F = Res 0 (F) ⊆ Res(F) ⊆
Res 2 (F) ⊆ . . . ⊆ Res ∗ (F) sieht man, dass nur
endlich viele dieser Inklusionen echt sind. Ist aber
Res k (F) = Res k+1 (F) für ein k, so ist die Folge
ab dieser Stelle stationär, d.h. Res k (F) = Res ∗ (F).
Also gilt k ≤ 4 n .
✷
34

Resolutionssatz (der Aussagenlogik)
Eine Klauselmenge F ist unerfüllbar gdw. ✷ ∈ Res ∗ (F).
Der Resolutionskalkül ist also widerlegungsvollständig
für die Aussagenlogik.
Beweis:
Korrektheit: Sei ✷ ∈ Res ∗ (F).
Resolutions-Lemma: F ≡ Res 1 (F) ≡ Res 2 (F) ≡
. . . ≡ Res n (F) ≡ . . .. Es gibt nun ein n ≥ 0 mit
✷ ∈ Res n (F). Also gibt es K 1 , K 2 ∈ Res n−1 (F),
so dass ✷ ein Resolvent von K 1 und K 2 ist, d.h.
K 1 = {L} und K 2 = {L}. Dann ist {K 1 , K 2 }
unerfüllbar, d.h. Res n−1 (F) (und damit F ) ist unerfüllbar.
Vollständigkeit: Sei F unerfüllbar.
Wegen dem Endlichkeitssatz können wir o.B.d.A.
annehmen, dass F endlich ist.
z.z.:
✷ ∈ Res ∗ (F).
Beweis durch Induktion über die Anzahl n der in F
vorkommenden atomaren Formeln.
35

I.A.:
n = 0 : Dann ist F = {✷}.
I.V.: Für ein n ≥ 0 gelte, dass ✷ ∈ Res ∗ (G) ist,
wenn G eine unerfüllbare Klauselmenge ist, in der
nur die atomaren Formeln A 1 , . . . , A n vorkommen.
I.S.: F enthalte die atomaren Formeln A 1 , . . . , A n , A n+1 .
Konstruiere zwei Klauselmengen F 0 und F 1 aus F :
F 0 : streiche alle Vorkommen von A n+1 in F ,
streiche alle Klauseln in F , in denen ¬A n+1
vorkommt.
F 1 : streiche alle Vorkommen von ¬A n+1 in F ,
streiche alle Klauseln in F , in denen A n+1
vorkommt.
Behauptung:
F 0 und F 1 sind unerfüllbar.
Beweis:
Sei A : {A 1 , . . . , A n } → {0,1} mit A |= F 0 .
Definiere A ′ : {A 1 , . . . , A n , A n+1 } → {0,1}
durch A ′ (A i ) := A(A i ) (1 ≤ i ≤ n) und
A ′ (A n+1 ) := 0.
Dann folgt A ′ |= F : Widerspruch
Analog: F 1 ist nicht erfüllbar.
✷
36

Nach I.V.: ✷ ∈ Res ∗ (F 0 ) und ✷ ∈ Res ∗ (F 1 ).
Es gibt eine Folge von Klauseln K 1 , K 2 , . . . , K m
mit:
K m = ✷, und für alle i = 1,2, . . . , m gilt:
K i ∈ F 0 , oder K i ist Resolvent von K a , K b
mit a, b < i.
Ferner gibt es eine Folge von Klauseln K 1 ′ , K′ 2 , . . . , K′ t
mit:
K t ′ = ✷, und für alle j = 1,2, . . . , t gilt:
K
j ′ ∈ F 1, oder K
j ′ ist Resolvent von K′ c, K
d
′
mit c, d < j.
Die erste Folge liefert eine Folge ˆK 1 , ˆK 2 , . . . , ˆK m
von Klauseln in Res ∗ (F) mit ˆK m = ✷ oder ˆK m =
{A n+1 }.
Die zweite Folge liefert eine Folge ˆK
1 ′ , ˆK
2 ′ , . . . , ˆK t
′
von Klauseln in Res ∗ (F) mit ˆK t ′ = ✷ oder ˆK t ′ =
{¬A n+1 }.
In jedem Fall folgt dann ✷ ∈ Res ∗ (F). ✷
37

Resolutionsverfahren für Unerfüllbarkeitstest
einer KNF-Formel:
Eingabe: Eine Formel F in KNF.
Bilde aus F eine Klauselmenge F ;
repeat G := F ;
F := Res(F)
until (✷ ∈ F) or (F = G);
if ✷ ∈ F then F ist unerfüllbar“
”
else F ist erfüllbar“.
”
Korrektheit: Resolutionssatz und -lemma.
Beispiel:
F = {{¬A, ¬B, ¬D}, {¬E}, {¬C, A}, {C}, {B},
{¬G, D}, {G}}
{¬G, D}
{D}
{G}
{¬A, ¬B}
{¬A, ¬B, ¬D}
{¬A}
{B}
{¬C, A}
{¬C}
✷
{C}
38

Definition
Eine Deduktion (Herleitung, Beweis) der leeren
Klausel aus einer Klauselmenge F ist eine Folge
K 1 , K 2 , . . . , K m von Klauseln mit folgender Eigenschaft:
- K m = ✷
- Für alle i = 1, . . . , m gilt: K i ∈ F , oder K i ist
Resolvent zweier Klauseln K a , K b mit a, b < i.
Bemerkung:
Eine Klauselmenge F ist unerfüllbar gdw. eine
Deduktion der leeren Klausel aus F existiert.
Beispiel:
F = {{A, B, ¬C}, {¬A}, {A, B, C, }, {A, ¬B}}
Eine Deduktion der leeren Klausel aus F :
K 1 = {A, B, ¬C} (K 1 ∈ F)
K 2 = {A, B, C} (K 2 ∈ F)
K 3 = {A, B} (K 3 : Resolvent von K 1 und K 2 )
K 4 = {A, ¬B} (K 4 ∈ F)
K 5 = {A} (K 5 : Resolvent von K 3 und K 4 )
K 6 = {¬A} (K 6 ∈ F)
K 7 = ✷ (K 7 : Resolvent von K 5 und K 6 )
Graphische Darstellung:
Resolutionsgraph
39

Beispiel:
F := {{¬A, B}, {¬B, C}, {A, ¬C}, {A, B, C}}
G := A ∧ B ∧ C
Behauptung: G ist Folgerung von F .
z.z.:
F ∪ {¬G} = F ∪ {¬A, ¬B, ¬C} ist
unerfüllbar.
{¬A, ¬B, ¬C} {¬B, C} {A, B, C}
{¬A, B}
{¬A, ¬B} {A, C}
{¬A}
{A}
✷
{A, ¬C}
40

Beispiel:
F := (¬B ∧ ¬C ∧ D) ∨(¬B ∧ ¬D) ∨(C ∧ D) ∨ B
Behauptung: |= F .
z.z.: ¬F = {{B, C, ¬D}, {B, D}, {¬C, ¬D}, {¬B}}
ist unerfüllbar.
{B, C, ¬D} {B, D}
{¬C, ¬D}
{B, C}
{B, ¬C}
{B}
{¬B}
✷
41

Definition (Einheitsresolution)
Ein Resolvent zweier Klauseln K 1 , K 2 darf nur dann
gebildet werden, wenn |K 1 | = 1 oder |K 2 | = 1 gilt.
Satz
Die Einheitsresolution ist vollständig für die Klasse
der Hornformeln, d.h. eine Menge H von Hornklauseln
ist unerfüllbar genau dann, wenn ✷ mittels Einheitsresolution
aus H hergeleitet werden kann.
Bemerkung:
Für allgemeine Klauselmengen ist die Einheitsresolution
nicht vollständig.
Beispiel:
F = {{A 1 , A 2 }, {¬A 1 , A 2 }, {¬A 1 , ¬A 2 }, {A 1 , ¬A 2 }}
Kein Einheitsresolutionsschritt ist anwendbar, aber:
{A 1 , ¬A 2 } {A
1 , A 2 } {¬A 1 , A 2 } {¬A
1 , ¬A 2 }
{A 1 }
{¬A
1 }
✷
42