Logica Matematica 2014–2015

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Logica Matematica 2014–2015
– 2a Verifica – Logica del Primo Ordine e Logica Modale –
18 Dicembre 2014
Istruzioni
• indicate con una croce quale parte volete che venga valutata.
• Rispondete in Italiano utilizzando una penna ad inchiostro (no matite) a meno che il testo non
vi dia altre istruzioni.
• Scrivete in modo chiaro; risposte illeggibili non saranno considerate.
• Preoccupatevi di identificare in modo chiaro ogni risposta con:
– il numero dell’esercizio corrispondente.
– se il caso, la parte dell’esercizio corrispondente alla risposta.
• Depennate in modo chiaro lavoro di brutta copia e risposte che non volete siano considerate
prima di consegnare il compito.
• Scrivete in stampatello, nello spazio riservato all’interno di questo documento. È preferibile non
utilizzare altro spazio. Se avete bisogno di altro spazio utilizzate gli altri fogli che vi vengono
consegnati, indicando per ogni foglio il vostro nome, cognome, e numero di matricola in modo
chiaro.
Desidero che vengano valutate le seguenti parti
Logica Proposizionale
Logica del primo ordine e logica modale
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Propositional Logic
Esercizio 1 (Soddisfacililità, validità, insoddisfacibilità). [6 points]
Per ognuna delle seguenti formule indicare se è valida, soddisfacibile o insoddisfacibile, In ogni
casella della tabella inserire una risposta (si o no).
Risposta.
formula
Valida Sodd. Insodd.
(a ⊃ b) ∨ (¬a ⊃ ¬b)
SI
SI
NO
(a ⊃ (b ⊃ c)) ≡ (a ∧ b ∧ ¬c) NO
NO
SI
(a ⊃ b) ≡ (¬a ∧ b)
NO
SI
NO
Esercizio 2 (Formalizzazione). [6 points]
Supponete di avere 2K carte, su ognuna delle quali è stampato un numero da 1 a K. Ogni
numero è stampato su esattamente due carte. Dovete disporre le carte in un ordine tale
che tra ogni coppia di carte su cui è stampato il numero n ci siano esattamente n carte.
• Formalizzate il problema sopra enunciato con una serie di formule proposizionali φ1 , . . . , φn
in modo che ogni interpretazione che soddisfa φ1 , . . . , φn costituisca una soluzione di questo
problema.
• Dimostrare che per K = 2 non esiste una soluzione.
Suggerimento: utilizzare le seguenti variabili proposizionali P (n, m) con n ∈ {1, . . . , K} e m ∈
{1, . . . , 2K} per dire che una carta con il numero n è nella posizione m.
Risposta.
• In ogni posizione c’è una sola carta:
2K
^
K
^
pos=1
n<n0 =1
!
P (n, pos) ⊃ ¬P (n0 , pos)
(1)
• Ci sono due carte per ogni numero n a distanza di n + 1
K 2k−n−1
_
^
(P (n, pos) ∧ P (n, pos + n + 1))
(2)
n=1 pos=1
• Fissando K = 2 nella formula (1) con K = 2 si ottiene la seguente formula:
(P (1, 1) ⊃ ¬P (2, 1)) ∧ (P (1, 2) ⊃ ¬P (2, 2)) ∧ (P (1, 3) ⊃ ¬P (2, 3)) ∧ (P (1, 4) ⊃ ¬P (2, 4)) (3)
Fissando K = 2 nella formula (2) con K = 2 si ottiene la seguente formula:
((P (1, 1) ∧ P (1, 3)) ∨ (P (1, 2) ∧ P (1, 4))) ∧ (P (2, 1) ∧ P (2, 4))
(4)
3
È facile vedere che le due formule insieme sono insoddisfacibili. infatti per soddisfare la (4),
P (2, 1) e P (2, 4) devono essere vere. Utilizzando la prima e la quarta implicazione (in senso
contrario) della (3) si ottiene che anche P (1, 1) e (1, 4) devono essere false. Questo implica che
ne ((P (1, 1) ∧ P (1, 3)) ne (P (1, 2) ∧ P (1, 4))) possono essere vere. E quindi che la formula (4)
non può essere soddisfatta.
In alternativa per dimostrare l’insoddisfacibilità di (3) ∧ (4) si avrebbe potuto utilizzare DPLL
o risoluzione proposizionale.
Esercizio 3 (Prova per induzione). [6 points] Dimostrare per induzione che ogni formula proposizionale φ che è costruita usando solo il connettivo proosizionale ∧ è soddisfacibile.
Risposta. Consideriamo l’interpretazione I che assegna a Vero tutte le variabili proposizionali del
linguaggio. Dimostramo per induzione sulla complessità di φ che I |= φ.
Caso base: Se φ è una formula atomica p, dato che I(p) = V ero abbiamo che I |= φ.
Passo induttivo: Supponiamo che φ sia una formula complessa. Siccome φ contiene solo il connettivo ∧, allora φ è della forma φ1 ∧ φ2 . Supponiamo per induzione che I |= φ1 e I |= φ2 , per la
definizione di soddisfacibilità del connettivo ∧, abbiamo che I |= φ1 ∧ φ2 .
First Order and Modal Logic
Esercizio 4 (Reasoning first order). [6 points]
Mostra che la seguente formula è valida utilizzando il metodo del tableau
∀x∃y(¬P (x) ≡ P (y))) ⊃ ∃xP (x) ∧ ∃x¬P (x)
4
¬(∀x∃y(¬P (x) ≡ P (y))) ⊃ ∃xP (x) ∧ ∃x¬P (x))
∀x∃y(¬P (x) ≡ P (y))
¬(∃xP (x) ∧ ∃x¬P (x))
∃y(¬P (a) ≡ P (y))
¬P (a) ≡ P (b)
¬∃xP (x)
Risposta.
¬∃x¬P (x)
¬P (a)
P (b)
¬¬P (a)
¬P (b)
¬P (a)
P (b)
¬¬P (a)
¬P (b)
¬P (b)
¬P (a)
¬¬P (a)
¬¬P (b)
×
×
×
×
Esercizio 5 (Logica del prim’ordine: Interpretazioni). [6 points] Data linterpretazione I
• ∆I = {0, 1, 2, 3, 4, . . . 9}
• aI = 4
• f I (n, m) = (n + m) mod 10 per m, n ∈ ∆I
• P I = {hm, ni ∈ ∆I × ∆I | (m + n) mod 10 = 2k for 0 ≤ k ≤ 4}
Risposta. Dire se le seguenti affermazioni sono vere o false
1. L’affermazione “Per ogni elemento n del dominio ∆I c’è un termine ground t tale che tI = n”,
è falsa. Infatti consideriamo l’insieme di tutti i termini ground:
T = {a, f (a, a), f (a, f (a, a)), f (f (a, a), a), f (f (a, a), f (a, a)), . . . }
5
L’insieme dei valori di ∆I che sono interpretazioni dei termini ground, cioè:
{tI |t ∈ T } = {aI , f I (aI , aI ), f I (aI , f I (aI , aI )), f I (f I (aI , aI ), aI ), f I (f I (aI , aI ), f I (aI , aI )), . . . }
= {4,
(4 + 4) mod 10,
(4 + ((4 + 4) mod 10)) mod 10,
(((4 + 4) mod 10) + 4) mod 10,
(((4 + 4) mod 10) + ((4 + 4) mod 10)) mod 10, . . . }
= {4n mod 10 | n > 0}
= {4, 2, 8, 6, 0}
6= ∆I
Questo significa che per gli elementi 1, 3, 5, 7 e 9 che appartengono al domino di I non esiste
un termine ground che li denoti.
2. L’affermazione “I |= ∃x¬P (x, f (x, x))” è vera in quanto esiste un elemento del dominio, per
esempio 1 tale che se pongo l’assegnamento a(x) = 1 avró che
I |= ¬P (x, f (x, x))[a]
Infatti1 xI [a] = 1 e (f (x, x))I [a] = f I (xI [a], xI [a]) = f I (1, 1) = (1 + 1) mod 10 = 2.
abbiamo che
Siccome
I |= ¬P (x, f (x, x))[a] se e solo se I 6|= P (x, f (x, x))[a] se e solo se
xI [a], (f (x, x))I [a] 6∈ P I se e solo se h1, 2i 6∈ P I .
3. L’affermazione “I |= P (t, t0 ) per ogni coppia di termini ground t e t0 ma I 6|= ∀xyP (x, y)” e
vera. Infatti al punto 1 abbiamo dimostrato che tutti i termini ground vengono interpretati in
umeri pari, la coppia hn, mi di numeri pari appartiene a P I . Infatti se n e m sono pari, n + m
mod 10 = 2k per qualche k tra 0 e 4.
4. La frase “I |= ∃yP (x, f (y, y))[a] se e soltanto se a(x) è un numero pari” è vera. Infatti
supponiamo che I |=
(x, f (y, y))[a].
implica che esiste un assegnamento a(y) alla
∃yP
Questo
I
I
I
variabile y, tale che x [a], f (x, x) [a] ∈ P . Si noti che (f (y, y))I [a] è sempre un numero pari,
e quindi per la definizione di P I anche xI [a] = a(x) deve essere un numero pari.
Sia J una interpretazione ottenuta estendendo il dominio di I con un qualunque insieme di numeri
interi positivi, senza modificare l’interpretazione di a di f e di P . Spiega perchè per ogni formula
∀xφ(x) dove φ(x) non contiene quantificatori I |= ∀xφ(x) se e solo se J |= ∀xφ(x).
Se J è una qualunque estensione di I che non modifichi le definizione di a di f e di P , allora I
è una sottostruttura di J . Per il teorema della sottostruttura abbiamo che, se I ⊆ J allora ogni
formula universalmente quantificata ∀xφ(x) è vera in I se e solo se è vera in J .
Esercizio 6 (Modal logics). [6 points]
Dato lo schema di assioma (4): φ ⊃ φ dimostrare che
F |= (4) se e solo se F è un frame transitivo.
1
Notate che in questo caseo “a” non denota la costante a del linguaggio ma l’assegnamento alle variabili libere della
formula ¬P (x, f (x, x))
6
Risposta. Soundness: Let M be a model on a transitive frame F = hW, Ri and w any world in
W . We prove that M, w |= φ ⊃ φ.
1. Suppose that M, w |= φ (Hypothesis).
2. We have to prove that M, w |= φ (Thesis)
3. From the satisfiability condition of , this is equivalent to prove that for all world w0 accessible
from w M, w0 |= φ.
4. Let w0 be any world accessible from w. To prove that M, w0 |= φ we have to prove that for
all the world w00 accessible from w0 , M, w00 |= φ.
5. Let w00 be a world accessible from w0 , i.e., w0 Rw00 .
6. From the facts wRw0 and w0 Rw00 and the fact that R is transitive, we have that wRw00 .
7. Since M, w |= φ, from the satisfiability conditions of we have that M, w00 |= φ.
8. Since M, w00 |= φ for every world w00 accessible from w0 , then M, w0 |= φ.
9. and therefore M, w |= φ. (Thesis)
10. Since from (Hypothesis) we have derived (Thesis), we can conclude that M, w |= φ ⊃ φ.
Completeness: Suppose that a frame F = hW, Ri is not transitive.
1. If R is not transitive then there are three worlds w, w0 , w00 ∈ W , such that wRw0 , w0 Rw00 but
not wRw00 .
2. Let M be any model on F, and let φ be the propositional formula p. Let V the set p true in
all the worlds of W but w00 where p is set to be false.
3. From the fact that w does not access to w00 , and that w00 is the only world where p is false, we
have that in all the worlds accessible from w, p is true.
4. This implies that M, w |= p.
5. On the other hand, we have that w0 Rw00 , and w00 6|= p implies that M, w0 6|= φ.
6. and since wRw0 , we have that M, w 6|= p.
7. In summary: M, w 6|= p, and M, w |= P ; from which we have that M, w 6|= p ⊃ p.