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)), . . . }
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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.
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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.