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ELEMENTI DI LOGICA MATEMATICA SOLUZIONE DELLA PROVA DEL 25/02/2010
ESERCIZIO 1
(a) Per la prima formula, si consideri la tavola di veritá
p
1
1
0
0
q ¬q
1 0
0 1
1 0
0 1
p⇒q
1
0
1
1
¬(p ⇒ q) p ∧ ¬q
0
0
1
1
0
0
0
0
Essendo le colonne di ¬(p ⇒ q) e p ∧ ¬q uguali, si ha che ¬(p ⇒ q) ⇔ (p ∧ ¬q) é una tautologia. Per
la seconda formula, si consideri la tavola di veritá
p
1
1
0
0
1
1
0
0
q
1
0
1
0
1
0
1
0
r q∨r
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
0
0
1
0
0
p ⇒ (q ∨ r) p ⇒ q
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
p⇒r
1
1
1
1
0
0
1
1
p ⇒ (q ∨ r)
1
1
1
1
1
0
1
1
Essendo le colonne di p ⇒ (q ∨ r) e p ⇒ (q ∨ r) uguali, ne segue che (p ⇒ (q ∨ r)) ⇔ (p ⇒ (q ∨ r)) é
una tautologia, e quindi anche (p ⇒ (q ∨ r)) ⇒ (p ⇒ (q ∨ r)) é una tautologia.
(b) Un albero di derivazione per la prima formula é stato dato a lezione. Per la seconda formula, si
ricordi che φ ∨ (ψ ∨ χ) e (φ ∨ ψ) ∨ χ sono logicamente equivalenti ed é quindi equivalente considerare
l’una o l’altra. Per comoditá, consideriamo (φ ∨ ψ) ∨ χ. Abbiamo l’albero di derivazione
[¬χ]3
[(φ ∨ ψ) ∨ χ]4
[χ]2
[φ ∨ ψ]1
⊥
φ∨ψ
φ∨ψ
φ∨ψ
¬χ ⇒ φ ∨ ψ
∨E,1,2
φ ∨ (ψ ∨ χ) ⇒ (¬χ ⇒ φ ∨ ψ)
⇒I,4
(c) No. Se φ é una tautologia, allora é una tautologia per il Teorema di Validitá.
ESERCIZIO 2.
(i) Si vedano le dispense.
(ii) Innanzitutto, si osservi che la formula alla base dell’albero non puó essere un teorema della logica
del primo ordine. Infatti se lo fosse, sarebbe una tautologia e quindi sarebbe valida in ogni struttura. Ma si consideri adesso la struttura con dominio N e in cui l’interpretazione di φ é data dal
sottoinsieme dei numeri pari. Chiaramente, la premessa dell’implicazione é valida, ma la conclusione no. Quindi, non puó esistere una derivazione corretta della formula. L’errore nell’albero dato é
nell’applicazione della regola ∀I , in quanto la condizione sulle variabili viene violata: la variabile x
compare infatti libera nell’ipotesi φ(x) che non é ancora stata scaricata.
(iii) Dalla definizione di validitá di una formula, si ha che la formula in questione é valida se e solo se
per ogni a, b ∈ P esiste c ∈ P tale che c ≤ a e c ≤ b. Ma osservando il diagramma, si ha che non
esiste nessun c tale che c ≤ s e c ≤ t, quindi la formula non é valida.
(iv) Si vedano le dispense.
ESERCIZIO 3.
(a) Diamo solo una traccia del programma richiesto. É sufficiente scrivere un programma che prima
trasferisce il valore di R2 in R3 , poi quello di R1 in R2 ed infine quello di R3 in R1 .
(b) Si consideri la funzione ricorsiva h : N → N definita da
h(0)
h(x + 1)
1,
=
2 · h(x) .
La conclusione segue una volta che dimostriamo che f e h sono uguali, ma questo segue per induzione.
(c) Si vedano le dispense.
ESERCIZIO 4.
1. Si vedano le dispense.
2. Dalla definizione dell’insieme delle parti, si ha che dobbiamo dimostrare che per ogni insieme p, se
p ⊆ a allora p ⊆ b. Sia p ⊆ a. Dall’ipotesi che a ⊆ b e dalla transitivitá della relazione di inclusione,
si ha che p ⊆ b, come volevasi dimostrare.
3. Siano a, b, c tre insiemi tali che κ = card(a), λ = card(b) e µ = card(µ). Le ipotesi che κ ≤ λ e
λ ≤ µ significano che esistono funzioni iniettive f : a → b e g : b → c. Per dimostrare κ ≤ λ,
dobbiamo dimostrare che esiste una funzione iniettiva h : a → c. Possiamo prendere per h la
composta g ◦ f : a → c, che é iniettiva in quanto composta di funzioni iniettive (lo si verifichi per
esercizio).