Soluzione prova finale I appello

Logica, AA 2016-17
Prova finale – Soluzione
1 febbraio 2017
Problema 1 (30 punti)
Si traduca la frase “Non tutto ciò che luccica è oro.” in una formula logica.
Soluzione
¬(∀x luccica(x) → oro(x))
Problema 2 (30 punti)
Si dica se la formula ∃x Cubo(x) → Cubo(a) è
1. Una tautologia.
2. Una verità logica o equivalentemente una formula valida, cioè una formula vera in tutte le
circostanze (o modelli o stati del mondo o mondi possibili).
3. Una formula soddisfacibile cioè una formula vera in almeno una circostanza.
4. Una formula insoddisfacibile cioè una formula falsa in tutte le circostanze.
Si scelga solo una delle quattro risposte date. Non è necessario giustificare la risposta.
Soluzione La risposta giusta è la (3): esistono mondi dove la formula è vera; basta prendere un
mondo senza cubi, oppure un mondo dove ci sono cubi e a è un cubo. Segue che la risposta (4)
è sbagliata. La risposta (1) è sbagliata, perché se prendiamo la sua forma vero-funzionale della
formula otteniamo A → B, che non è una tautologia. La risposta (2) è sbagliata: basta prendere
un mondo dove ci sono cubi ma a non è un cubo perché la formula sia falsa. Alternativamente
si può notare che una volta che sappiamo che la formula non è valida, sappiamo anche che non è
una tautologia, perché la tautologia è un caso particolare di formula valida, è una formula valida
in virtù della sua struttura in termini di connettivi vero-funzionali.
Problema 3 (20 punti)
Si trasformi la formula (∀x P ) → Q nella formula equivalente ∃x (P → Q). Si dica quale
condizione sulla variabile x è necessaria affinché la trasformazione sia corretta e le due formule
siano logicamente equivalenti.
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Soluzione (∀x P ) → Q ≡ ¬(∀x P ) ∨ Q ≡ (∃x ¬P ) ∨ Q ≡ ∃x (¬P ∨ Q) ≡ ∃x (P → Q)
Bisogna che la variabile x non appaia libera in Q. Altrimenti il passaggio da (∃x ¬P ) ∨ Q a
∃x (¬P ∨ Q) sarebbe sbagliato: se x apparisse libera in Q non potremmo portar fuori ∃x e
applicarlo anche a Q, perché ∃x legherebbe erroneamente le occorrenze libere di x in Q.
Problema 4 (20 punti)
Abbiamo visto in classe che ∀x ∃y A(x, y) 6⊢ ∃y ∀x A(x, y).
Si dia una dimostrazione che ∃y ∀x A(x, y) ⊢ ∀x ∃y A(x, y).
Soluzione
(1) ∃y ∀x A(x, y) (assunzione)
(2) ∀x A(x, c) (assunzione, dove c è una costante nuova)
(3) A(b, c) (dall’assunzione (2) per eliminazione di ∀, dove b è una costante qualsiasi)
(4) A(b, c) (per eliminazione di ∃ dalla (1), scaricando l’assunzione (2) e chiudendo la sottoprova
formata da (2) e (3))
(5) ∃y A(b, y) (per introduzione di ∃ sulla (4))
(6) ∀x ∃y A(x, y) (per introduzione di ∀ sulla (5) dove la sostituzione della variabile x quantificata
universalmente al posto della costante b è corretta in quanto b è completamente arbitraria essendo
stata introdotta per eliminazione di ∀)
Oppure:
(1) ∃y ∀x A(x, y) (assunzione)
(2) ∀x A(x, c) (assunzione, dove c è una costante nuova)
(3) A(b, c) (dall’assunzione (2) per eliminazione di ∀, dove b è una costante qualsiasi)
(4) ∃y A(b, y) (per introduzione di ∃ sulla (3))
(5) ∃y A(b, y) (per eliminazione di ∃ dalla (1), scaricando l’assunzione (2) e chiudendo la sottoprova
formata da (2), (3) e (4))
(6) ∀x ∃y A(x, y) (per introduzione di ∀ sulla (5) dove la sostituzione della variabile x quantificata
universalmente al posto della costante b è corretta in quanto b è completamente arbitraria essendo
stata introdotta per eliminazione di ∀)
Oppure:
(1) ∃y ∀x A(x, y) (assunzione)
(2) ∀x A(x, c) (assunzione, dove c è una costante nuova)
(3) A(b, c) (dall’assunzione (2) per eliminazione di ∀, dove b è una costante qualsiasi)
(4) ∃y A(b, y) (per introduzione di ∃ sulla (3))
(5) ∀x ∃y A(x, y) (per introduzione di ∀ sulla (4) dove la sostituzione della variabile x quantificata
universalmente al posto della costante b è corretta in quanto b è completamente arbitraria essendo
stata introdotta per eliminazione di ∀)
(6) ∀x ∃y A(x, y) (per eliminazione di ∃ dalla (1), scaricando l’assunzione (2) e chiudendo la
sottoprova formata da (2), (3), (4) e (5))
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