Matematin˙e logika Uždaviniai

Matematin˙e logika
Uždaviniai
1. Patikrinkite, ar išvada logiškai išplaukia iš prielaid ˛u tokiame samprotavime:
“Jei Džonas ši ˛anakt nesutiko Smito, tai Smitas yra žudikas arba Džonas meluoja. Jei Smitas
n˙era žudikas, tai Džonas nesutiko ši ˛anakt Smito, ir žmogžudyst˙e ˛ivyko po pusiaunakčio. Jei
žmogžudyst˙e ˛ivyko po pusiaunakčio, tai Smitas yra žudikas arba Džonas meluoja. Taigi, Smitas
yra žudikas.”
2. Riteri ˛u ir sukči ˛u saloje sutikome du tipus A ir B. A sako: “Mes su B abu esame sukčiai”. B tyli.
Kas yra A? Kas yra B? (Kiekvienas yra riteris arba sukčius. Riteriai visada sako ties ˛a. Sukčiai
visada meluoja.)
3. Naudodamiesi teigini ˛u logika, nustatykite, ar teisinga aibi ˛u lygyb˙e: (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
A ∪ B ∪ A.
4. Duotus samprotavimus užrašykite predikat ˛u logikos formul˙emis: “Visos kat˙es yra žinduoliai.
Kai kurios kat˙es yra keturkoj˙es. Vadinasi, visi keturkojai yra žinduoliai.”
5. Nustatykite, kurios kintam ˛uj ˛u ˛ieitys duotoje formul˙eje yra laisvos ir kurios susietos: ∀x∃yP (x, y, z) →
Q(c, y).
6. Sveik ˛uj ˛u skaiči ˛u aib˙eje apibr˙ežiame predikat ˛a Q(x, y) = “x + y = x − y ”. Ar teisingi šioje
interpretacijoje tokie teiginiai:
(a) Q(2, 0);
(b) ∀yQ(1, y);
(c) ∃xQ(x, 2);
(d) ∃y∀xQ(x, y);
(e) ∀x∃yQ(x, y);
(f) ∀y∃xQ(x, y)?
7. Nustatykite, ar aib˙eje A = {2, 6} duotos predikat ˛u logikos formul˙es bus: (a) išpildomos,
(b) tapačiai teisingos, (c) tapačiai klaidingos:
F1 : ∀x∃yP (x, y) → ∃y∀xP (x, y);
F2 : ∃y∀xP (x, y) → ∀x∃yP (x, y);
F3 : ∃x∃yP (x, y) → ∀x∀yP (x, y);
F4 : ∀x∀yP (x, y) → ∃x∃yP (x, y);
F5 : ∀x(Q(x) → ¬Q(x)).
8. Nustatykite, ar predikat ˛u logikos formul˙es iš 5 uždavinio bus: (a) išpildomos, (b) tapačiai teisingos,
(c) tapačiai klaidingos (apskritai, t.y., bet kurioje aib˙eje).

9. Patikrinkite, ar duotoji išvedimo taisykl˙e yra korektiška:
A, B ∨ ¬A
B
10. Naudodami išvedimo taisykles, ˛irodykite, kad duotas samprotavimas yra logiškai pagr˛istas:
“Yra toki ˛u muzikant ˛u, kurie sav˛es nelaiko krepšinio sirgaliais. Visi lietuviai yra didesni ar
mažesni krepšinio gerb˙ejai. Vadinasi, dalis muzikant ˛u n˙era lietuviai.”
11. Sukonstruokite toki ˛a “pagaliuk ˛u teorij ˛a” T , kurioje teorem ˛u aib˙e būt ˛u tokia: ThmT = {||, ||||, ||||||, . . .}.
Sprendimai
1. Pažym˙ej˛e raid˙emis elementarius teiginius gauname prielaidas A1: ¬s → (z ∨ m), A2: ¬z →
(¬s & p), A3: p → (z ∨ m) ir išvad ˛a B: z . Reikia patikrinti, ar teiginys A1 & A2 & A3 → B
bus tapačiai teisingas. Galima su lentele. Trumpesnis būdas toks:
Tarkime, A1 & A2 & A3 → B ∼ 0. Tada A1 ∼ 1, A2 ∼ 1, A3 ∼ 1 ir B ∼ 0. Taigi, z = 0.
Kadangi A2 ∼ 1, tai s = 0 ir p = 1. Tada iš A1 ∼ 1 gauname m = 1. Kadangi šios
reikšm˙es tenkina ir A3 ∼ 1, tai radome reikšmes, prie kuri ˛u sud˙etinis teiginys n˙era teisingas.
Taigi, išvada logiškai neišplaukia iš prielaid ˛u.
2. A negali būti riteris, nes tada jis meluot ˛u. Taigi A yra sukčius. Kadangi jis meluoja, tai B
privalo būti riteris.
3. Dvi aib˙es C ir D lygios, jei x ∈ C ⇔ x ∈ D, kur x yra bet kuris universalios aib˙es U
elementas. Tegu x ∈ U . Raide a pažym˙ej˛e teigin˛i x ∈ A, o raide b teigin˛i x ∈ B , gauname,
kad reikia patikrinti sud˙etini ˛u teigini ˛u ekvivalentum ˛a:
(a & ¬b) ∨ (¬a & b) ∼ ¬(a ∨ b) ∨ a ?
Sudar˛e teisingumo lentel˛e (iš 0 ir 1), gauname, kad teiginiai n˙era ekvivalentūs, taigi duotos
aib˙es n˙era lygios.
4. Apibr˙ežiame predikatus K(x) = “x yra kat˙e”, Z(x) = “x yra žinduolis” ir Q(x) = “x yra
keturkojis” (Q nuo lot. žodžio “Quatro”). Gauname samprotavim ˛a ∀x(K(x) → Z(x)),
∃x(K(x) & Q(x)) ⊢ ∀x(Q(x) → Z(x)). Kadangi reik˙ejo tik užrašyti, tai uždavinys išspr˛estas.
Šis samprotavimas yra logiškai nepagr˛istas, nes pa˙em˛e aib˛e iš dviej ˛u element ˛u a ir b
gal˙esime formul˛e pakeisti teigini ˛u logikos formule, kuri nebus tapačiai teisinga.
5. Duotoje formul˙eje yra keturios trij ˛u kintam ˛uj ˛u ˛ieitys (c yra konstanta). x yra susietas, z laisvas,
o kintamojo y pirmoji ˛ieitis yra susieta, antroji laisva. Kvantori ˛u galiojimo sritis reguliuojama
skliaustais. Jei n˙era skliaust ˛u, kvantorius galioja tik artimiausiam predikatui (t.y. kvantori
˛u eiliškumo prioritetas yra aukštesnis už logini ˛u operacij ˛u prioritetus).
6. Predikatas Q atrodo keistokai, bet klaidos n˙era: jis iš ties ˛u susiprastina iki 2y = 0. Gauname
tokius teiginius apie sveikuosius skaičius:
(a) 0 = 0 — teisingas;

(b) ∀y 2y = 0 — neteisingas;
(c) ∃x 4 = 0 — neteisingas;
(d) ∃y∀x 2y = 0 —teisingas;
(e) ∀x∃y 2y = 0 — teisingas;
(f) ∀y∃x 2y = 0 — neteisingas.
7. Formul˙e bus išpildoma aib˙eje A, jei pavyks taip apibr˙ežti predikat ˛a P (atitinkamai Q) aib˙eje
A, kad formul˙e virst ˛u teisingu teiginiu. Dvivietis predikatas yra dvivietis s ˛aryšis. Sveikuosius
skaičius galima bandyti sieti s ˛aryšiais =, =, , ≥, “turi bendr ˛a dalikl˛i” ir pan. Visos
formul˙es yra išpildomos šioje aib˙eje:
F1 : P (x, y) = “x ≤ y ” arba P (x, y) = “x < y ” (šiuo atveju d˙el x = 6 prielaida
∀x∃yP (x, y) tampa neteisinga, taigi implikacija teisinga).
F2 : P (x, y) — bet koks;
F3 : P (x, y) = “xy > 0” arba P (x, y) = “xy = 0”;
F4 : P (x, y) — bet koks;
F5 : Q(x) = “x = x”.
Formul˙e F1 nebus tapačiai teisinga aib˙eje A, nes kai P (x, y) = “x = y ”, ji tampa neteisinga.
Formul˙e F2 bus tapačiai teisinga aib˙eje A, nes ji yra tapačiai teisinga apskritai (nepriklausomai
nuo aib˙es, kurioje interpretuojame): jei egzistuoja visiems x bendras y = c, tai ir kiekvienam
x tiks tas pats y = c; jei tokio y neegzistuoja, tai vis tiek formul˙e lieka teisinga. Formul˙e F3
nebus tapačiai teisinga aib˙eje A, nes kai P (x, y) = “x = y ”, ji tampa neteisinga. Formul˙e F4
bus tapačiai teisinga aib˙eje A, nes ji yra tapačiai teisinga apskritai. Formul˙e F5 nebus tapačiai
teisinga aib˙eje A, nes kai Q(x) = “x > 0”, ji tampa neteisinga.
8. Iš 7 uždavinio sprendimo išplaukia, kad visos formul˙es yra išpildomos, nes jos išpildomos
aib˙eje A = {2, 6}. Taip pat buvo ˛irodyta, kad F2 ir F4 yra tapačiai teisingos. Likusios
formul˙es nebus tapačiai teisingos, nes jos n˙era tapačiai teisingos aib˙eje A = {2, 6}.
9. Išvedimo taisykl˙e
A1, . . . , An
B
korektiška, jei formul˙e B yra login˙e išvada iš formuli ˛u A1, . . . , An , t.y., formul˙e A1 & · · · & An →
B yra tapačiai teisinga. Taigi, reikia patikrinti, ar formul˙e A & (B ∨ ¬A) → B yra tapačiai
teisinga. Gauname:
A & (B ∨ ¬A) → B ∼ ((A & B) ∨ (A &¬A)) → B ∼ (A & B) → B ∼ 1.
Taigi, taisykl˙e yra korektiška.
10. Pažym˙ej˛e M(x) = “x yra muzikantas”, K(x) = “x yra krepšinio gerb˙ejas” ir L(x) =
“x yra lietuvis”, iš prielaid ˛u ∃x(M(x) & ¬K(x)) ir ∀x(L(x) → K(x)) išvesime formul˛e
∃x(M(x) & ¬L(x)):
1. ∃x(M(x) & ¬K(x)) — prielaida;

2. ∀x(L(x) → K(x)) — prielaida;
3. M(c) & ¬K(c) — iš 1 pagal ∃K taisykl˛e;
4. M(c) — iš 3 pagal atskyrimo taisykl˛e;
5. L(c) → K(c) — iš 2 pagal ∀K taisykl˛e;
6. ¬K(c) — iš 3 pagal atskyrimo taisykl˛e;
7. ¬L(c) — iš 5 ir 6 pagal modus tolens taisykl˛e;
8. M(c) & ¬L(c) — iš 4 ir 7 pagal sujungimo taisykl˛e;
9. ∃x(M(x) & ¬L(x)) iš 8 pagal ∃A taisykl˛e.
11. Pagaliuk ˛u teorija T = 〈A, F, Ax, R〉, kur A = {|}, F = A ∗ (visi žodžiai ab˙ec˙el˙eje A),
Ax = {||} ir R = {R1}, kur
R1 = A
A||
o A — bet kokia formul˙e.