לוגיקה למדעי המחשב ־ תרגולים
לוגיקה למדעי המחשב ־ תרגולים ניצן פומרנץ ∗ 17ביוני 2015 אתר הקורס :במודל בשבוע הראשון התרגילים ייועלו גם ל־ www.cs.tau.ac.il/~shpilka/teaching לירון כהן) [email protected] :לא לשלוח שאלות על החומר במייל( שעת קבלה של לירון :ימי ראשון ,12:30הנדסת תוכנה .209לתאם מראש במייל. באתר הקורס במודל יש פורום; אפשר לדון שם על הכל כולל תרגילי הבית. הקורס מתחלק לשני חלקים מרכזיים :תחשיב הפסוקים ותחשיב הפרדיקטים. הערות לגבי הרשימות ⊂ :מסמן מוכל או שווה. תוכן עניינים Iמבוא תרגול 1 1 1 הגדרה אינדוקטיבית . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . הוכחה באינדוקציה מבנית . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 IIתחשיב הפסוקים תרגול 2־ 18.3.15 2 3 4 5 6 תרגול 5־ 15.4.15 תרגול 6־ 29.4.15 7 8 תרגול 3־ 25.3.15 תרגול 4־ 30.3.15 תרגול 7־ 6.5.15 תרגול 8־ 13.5.15 תרגול 9־ 18.5.15 )בן לי וולק ,עד סוף הקורס( תרגול 10־ 25.5.15 תרגול 11־ 3.6.15 3 נוסחה חוקית /פסוק W F F / הצרנה . . . . . . . . . . . . . שלמות פונקציונלית . . . . . . סמנטיקה . . . . . . . . . . . מערכת הוכחה . . . . HP C משפט הדדוקציה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1 עקביות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 מערכות הוכחה אחרות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . גדירות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IIIתחשיב הפרדיקטים 9 10 11 12 13 14 15 16 ספיקות ותקפות . . . . הצרנות . . . . . . . . סגור אוניברסלי . . . . פסוקים בצורת P N F המשך הצרנות . . . . בדיקת תקפות . . . . . מילון עם סימן שוויון . מערכת הוכחה . . HC 1 2 3 4 4 5 7 7 9 9 11 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ∗www.cs.tau.ac.il/~pomerantz 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 16 17 17 19 20 21 22 חלק I מבוא תרגול 1 1 הגדרה אינדוקטיבית A־העולם B ⊂ A .הבסיס .קבוצת פונקציות ,Fכך שלכל f ∈ Fהיא מהצורה .f : An → A הגדרה 1.1הסגור של Bלפי (XB,F ) Fהיא הקבוצה המינימלית המקיימת: B ⊂ XB,F .1 .2סגורה תחת F־ ∀f ∈ F, x1 , ..., xn ∈ XB,F ⇒ f (x1 , ..., xn ) ∈ XB,F 1.0.0.1 דוגמא: ∗ } A = {s, tהיא קבוצת המילים הסופיות מעל F = {f1 , f2 } ,B = {ε, st, ts} .s, tכאשר: = sw1 w2 t ) f1 (w1 , w2 = w1 w2 w1 ) f2 (w1 , w2 מה יש ב־ ?XB,Fאיך מוכיחים ש־ ?a ∈ XB,F a ∈ XB,F ⇐⇒ a has a creation sequence from B in F .st ∈ XB,Fיש אינסוף סדרות יצירה .מספיק להראות אחת בשביל להוכיח .נראה שתיים: .1 atom − −−− .1 atom ) .2 f1 (, st −− st מילה נוספתsttsst ∈ XB,F : atom atom .1 .2 .3 )f2 (st, ts ts st sttsst ∈ ?a ∈ .sstאיך מוכיחים ש־ / XB,F כעת נרצה להראות שאיבר / XB,F XB,F ⊂ T ⊂ A ∈ :aנחפש תכונה ,Tשכל האיברים בסגור מקיימים אותה והאיבר הספציפי אינו מקיים אותה. אבל / T נגדיר ∗ T = w ∈ {s, t} | |w| is even 1 1.1 הוכחה באינדוקציה מבנית יהיו T ,XB,Fהמקיימות: B ⊂ T .1 .2לכל f ∈ Fאם a1 , ..., an ∈ Tאז f (a1 , ..., an ) ∈ T אזי .XB,F ⊂ T נוכיח באינדוקצית מבנה שכל המילים באורך זוגי. הבסיס :אם || = 0, |st| = |ts| = 2אז .B ⊂ T נניח ,w1 , w2 ∈ Tכלומר קיימים n, m ∈ Nכך ש־|w1 | = 2n, |w2 | = 2m אם ) w = f1 (w1 , w2אז w = sw1 w2 tולכן )|w| = |s|+|w1 |+|w2 |+|t| = 1+2n+2m+1 = 2(n+m+1 ־ כלומר מאורך זוגי אם ) w = f2 (w1 , w2אז w = w1 w2 w1ולכן ) |w| = |w1 | + |w2 | + |w1 | = 2n + 2m + 2n = 2(2n + m־ כלומר מאורך זוגי 1.1.0.2 ∗ כעת } B = {aa} ,A = {a, bו־} F = {fכאשר: ( aawb w starts with a = )f (w bbwa else דוגמא: ? האם ?bba ∈ XB,Fנוכיח שלא בעזרת אינדוקציה מבנית .נסמן: ∗ T = w ∈ {a, b} | w starts with a הבסיס aa :מתחיל ב־.a נניח ,w1 ∈ Tכלומר w1מתחילה ב־.a ) :w = f (w1לפי הנחת האינדוקציה w1מתחילה ב־ aולכן .w = aaw1 bוסיימנו. ∈ ?aaaabbbb האם / XB,F })S = {w ∈ {a, b}∗ | #a (w) > #b (w הבסיס.2 > 0 .aa : נניח ,w1 ∈ Sכלומר ).#a (w) > #b (w ) :w = f (w1אם w1מתחילה ב־ aאז ;w = aaw1 b לפי הנחת האינדוקציה על :w1 )#a (w) = 2 + #a (w1 ) > 1 + #b (w1 ) = #b (w אם w1מתחילה ב־ bאז w = bbw1 a־ לא עובד! צריך לחזק את ההנחה XB,F ⊂ S ∩ T ⊂ S 2 חלק II תחשיב הפסוקים תרגול 2־ 18.3.15 2 נוסחה חוקית /פסוק W F F / על: }) {Pi | i ∈ N} ∪ {¬, ∧, ∨, →, ⇔, (, נגדיר נוסחה חוקית באופן אינדוקטיבי: • כל פסוק אטומי הוא נוסחה חוקית. • אם α, βנוסחאות חוקיות אז גם (α ◦ β) ,(¬α) :כאשר }⇔ ◦ ∈ {∧, ∨, →, 2.0.0.3 דוגמא: האם ))) (P3 → (P2 ∨ (¬P1 נוסחה חוקית? P3 .1 P2 .2 P1 .3 ) (¬P1 .4 )) (P2 ∨ (¬P1 .5 (P3 → (P2 ∨ (¬P1 ))) .6 ⇒ ∨ ¬ P3 P2 P1 2.0.0.4 דוגמא: האם )→ (P! P2נוסחה חוקית? טענה 2.1בנוסחה חוקית ,בין כל שני פסוקים אטומיים מופיע קשר. הוכחה) :באינדוקציה מבנית(; בסיס :α = β :הטענה מתקיימת באופן ריק. נניח את הטענה עבור נוסחאות .β, γנפריד למקרים: • אם ) :α = (¬βכל שני פסוקים אטומיים ב־ αהם ב־ βולפי הנחת האינדוקציה על ,βיש ביניהם קשר. • אם ) :α = (β ◦ γיהיו שני פסוקים אטומיים ב־.α – אם שניהם ב־) βב־ ,(γלפי הנחת האינדוקציה יש ביניהם קשר. – אם אחד ב־ βוהשני ב־ γיש ביניהם ◦. הביטוי )→ (P1 P2אינו מקיים את התכונה הנ"ל ,ולכן אינו נוסחה חוקית. 3 3 הצרנה .1אם מחר ירד גשם ) ,(pלא אבוא להרצאה ).(q 1 p → ¬q .2אצליח בבחינה ) (aרק אם אעשה את תרגילי הבית ).(b a→b קשר הגרירה הלוגית לא מסתיר שום משמעות של זמן ,ולכן הגרירה היא לא בהכרח במובן של סיבה ותוצאה לאורך זמן. אפשר להסתכל גם על ) (¬b → ¬aאבל אז נאבד את הצורה של הטענה .כדאי לנסות להצרין את הטענה באופן דומה לניסוח הטענה. .3אם לא אצא עכשיו ) ,(pאאחר ).(q ¬p → q נשים לב שיש דמיון גדול בין הטענה הנ"ל לטענה :אם אצא עכשיו ,לא אאחר. p → ¬q וזו הצרנה אחרת לגמרי! מומלץ להיצמד למשפט כפי שהוא כתוב ולא לתרגם אותו למה שאנו חושבים שהוא אומר. .4טיעון מורכב: • אם יוסי הגיע לתחנה ) (aוהרכבת יצאה בזמן ) ,(bהוא היה פה עכשיו ).(c (a ∧ b) → c • יוסי הגיע לתחנה אך אינו כאן עכשיו. a ∧ ¬c • מכאן ,שהרכבת לא יצאה בזמן. (a ∧ b) → c, a ∧ ¬c |= ¬b 4 שלמות פונקציונלית }∨ {¬, ∧,שלמה פונקציונלית }∧ {¬,שלמה פונקציונלית ,כי )α ∨ β ≡ ¬ (¬α ∧ ¬β 1מעתה נשמיט סוגריים ־ לפי כללי השמטת סוגריים שנראו בהרצאה. 4 4.0.0.5 תרגיל: נגדיר קשר דו־מקומי חדש ↓ p↓q f f f t q t f t f p t t f f הוכח כי }↓{ ,שלמה פונקציונלית .נבנה בעזרתו קבוצה שלמה פונקציונלית אחרת: ≡ α↓α )≡ (¬α) ↓ (¬β) ≡ (α ↓ α) ↓ (β ↓ β ¬α α∧β הערה 4.1טעות נפוצה היא לבנות את ↓ בעזרת ¬ ו־∧ למשל ,אבל זה לא מעניין אותנו. 4.0.0.6תרגיל :הוכח כי הקבוצה }⇔ {∧,אינה שלמה פונקציונלית. נחפש תכונה שכל הנוסחאות מעל הקשרים האלה חייבות לקיים ,אך יש טבלת אמת שלא מקיימת את הנוסחה הזאת. טענה 4.2בכל נוסחה חוקית מעל }↔ ,{∧,בכל השמה בה כל הפסוקים האטומיים יקבלו ,tגם הנוסחה תקבל .t הוכחהׁׁ :ההוכחה באינדוקציה מבנית ,כשמשתמשים רק בקשרים הנתונים.{∧, ↔} : כעת ניקח טבלת אמת כלשהי שבשורה מסוימת בטבלה מקבלת רק tומחזירה .fאת טבלת האמת הזאת אי אפשר לממש בעזרת הקשרים }↔ ,{∧,לפי הטענה. תרגול 3־ 25.3.15 5 סמנטיקה • השמה vמספקת פסוק αאם v(α) = tונסמן v |= α • פסוק יקרא ספיק אם יש השמה המספקת אותו )קבוצת פסוקים תיקרא ספיקה אם יש השמה המספקת את כל הפסוקים בה( • פסוק יקרא טאוטולוגיה אם כל השמה מספקת אותו )(|= α • פסוק יקרא סתירה אם אין השמה המספקת אותו חשוב לשים לב להבדלים בין השימוש בתוך תחשיב הפסוקים לבין המטה־שפה )דיבור מלמעלה( אם נאמר ש־ αאינו טאוטולוגיה זה אומר שיש השמה שלא מספקת אותו .אבל אם αטאוטולוגיה ¬αסתירה. כלומר טאולוגיה וסתירה אינם מושגים דואליים .ספיקות וסתירה הם מושגים דואליים. • פסוקים α, βנקראים שקולים אם לכל השמה )(α ≡ β) v(α) = v(β • פסוק αנובע מקבוצת פסוקים Γאם בכל השמה בה Γמסתפקת ,גם αמסתפקת )(Γ |= α הערה 5.1תמיד נביעה היא של כל הפסוקים משמאל לסימן .כלומר a, b |= cזה כמו {a, b} |= c הערה a |= b 5.2אינה בשפת תחשיב הפסוקים .זוהי טענה ,ועליה נוכל לומר האם היא נכונה או לא נכונה. 5.0.0.7 דוגמאות: טאוטולוגיות α ∨ ¬α .1 α ↔ α .2 α → α .3 5 סתירות .1 }¬α ∧ ¬¬α |{z }≡ ¬α ∧ α |{z ≡ α ∧ ¬α comm, ¬¬α≡α ≡ }|{z )¬ (α ∨ ¬α Demorgan α ↔ ¬α .2 ( .3 ( ־ לא סתירה (α (→ ¬α 5.0.0.8נביעות α, α ↔ β |= β האם הנביעה ¬p, q → r, q ∨ p |= ¬pמסתפקת? כן תכונות: .1רפלקסיביותα |= α : Γ ⊂ Γ0 , Γ |= α ⇓ .2מונוטוניות: Γ0 |= α הערה 5.3האם α, β |= γאומר אותו דבר כמו ?(α ∧ β) → γלא! (α ∧ β) → γהוא פסוק בשפת תחשיב הפסוקים ,ולבדו אין לו שום משמעות |= .הוא במטה־שפה. נוכל לתת לפסוק השני משמעות באופן הבא α, β |= γ :מתקיימת אמ"מ (α ∧ β) → γטאוטולוגיה) .בתרגיל בית( האם ?p, ¬q |= r ∨ ¬rצד ימין הוא טאוטולוגיה ־ נכון בכל השמה .לכן בפרט הוא נכון בכל השמה שמספקת את ההנחות .טאוטולוגיה נובעת מכל דבר" ,מהקבוצה הריקה". r ∨ ¬r |= Tיכול להיות נכון רק עבור Tטאוטולוגיה ,ועבור כל טאוטולוגיה. p, ¬p |= qנכון לכל ,qכי אין אף השמה שמספקת את pוגם .¬pאו באופן כללי יותר מקבוצה לא ספיקה נובע כל דבר. טענה Γ |= α 5.4אמ"מ } Γ ∪ {¬αאינה ספיקה. הוכחה :⇐ :נניח .Γ |= αנניח בשלילה כי } Γ ∪ {¬αספיקה .לכן ,קיימת השמה vכך ש־} .v |= Γ ∪ {¬αכלומר, v־ וזוהי סתירה לנביעה ,כי כל השמה שמספקת את Γאמורה לספק גם את .α |=α v |= Γוגם v |= ¬αואז vלכן v |= ¬αאבל |=α → :נניח ש־} Γ ∪ {¬αאינה ספיקה .תהא vהשמה המספקת את .Γנניח בשלילה אז } ,v |= Γ ∪ {¬αבסתירה להנחה. 5.0.0.9תרגיל :תהיינה A, Bנוסחאות שיש להן פסוק אטומי משותף יחיד .P0הוכח כי אם )P0 → (A → B טאוטולוגיה ,אז P0 → ¬Aאו P0 → Bטאוטולוגיה .הוכחה :נניח ) P0 → (A → Bטאוטולוגיה .נניח בשלילה P0 → ¬Aלא טאוטולוגיה וגם P0 → Bלא טאוטולוגיה .לכן ,קיימות השמות v1 , v2כך ש־ v2 |=P 0→B ⇓ v2 |= P0 v2 |=B v1 |=P 0 → ¬A ⇓ v1 |= P0 v1 |= A נגדיר השמה חדשה :v v1 (q) q appears in A v(q) = v2 (q) q appears in B t else vבסתירה. |=P ואז v(A) = v1 (A) = t ,v(P0 ) = tו־ .v(B) = fכלומר ) 0 → (A → B 6 תרגול 4־ 30.3.15 מערכת הוכחה HP C 6 α → (β → α) :A1 (α → (β → γ)) → ((α → β) → (α → γ)) :A2 (¬β → ¬α) → (α → β) :A3 :M P α α→β β הערה 6.1באקסיומות אפשר להציב כל דבר .ב־ M Pאפשר להציב רק את מה שכבר ראינו שיכיח ,ורק במבנה המתאים. 6.0.0.10 תרגיל: α → β, β → γ ` α → γ HP C 2 )(1 )(2 )(3 )(4 )(5 )(6 )(7 6.1 α→β Γ β→γ Γ ))(α → (β → γ)) → ((α → β) → (α → γ A2 ))(β → γ) → (α → (β → γ A1 )α → (β → γ M P2,4 )(α → β) → (α → γ M P3,5 α→γ M P1,6 משפט הדדוקציה Γ ` α → β ⇐⇒ Γ, α ` β HP C HP C על פי משפט הדדוקציה ,מספיק להראות בתרגיל הקודם ש־ α → β, β → γ, α ` γ HP C )(1 )(2 )(3 )(4 )(5 α Γ α→β Γ β→γ Γ β M P1,2 γ M P3,4 הערה 6.2נשים לב שההוכחה הקודמת קונסטרוקטיבית וזו לא .אף על פי כן ,הוכחת משפט הדדוקציה שראינו הייתה קונסטרוקטיבית ומתארת אלגוריתם שמאפשר לראות בנייה. 2נסמן ב־ Γהנחות 7 6.1.0.11 תרגיל: תהי ∗ HP Cהמערכת המתקבלת מ־ HP Cעל ידי החלפת A3באקסיומה: ∗(¬β → ¬α) → ((¬β → α) → β) :A הוכח כי HP Cו־ ∗ HP Cשקולות )ϕ (Γ ` ϕ ⇐⇒ Γ ` ∗ HP C HP C למה ` A∗ 6.3 HP C הוכחה :לפי משפט הדדוקציה ,מספיק להראות ש־ ¬β → ¬α, ¬β → α ` β HP C )(1 )(2 )(3 )(4 )(5 )(6 α → ¬¬α )(7 ¬β → ¬¬α )(8 ¬α → β ¬β → ¬α Γ ¬β → α Γ )(¬β → ¬α) → (α → β A3 α→β M P1,3 )(¬β → ¬¬α) → (¬α → β A3 ` α → ¬¬α HP C )α → β, β → γ ` α → γ(2, 6 HP C M P5,7 Γ, α ` β ⇒ Γ, ¬α ` β ⇒ HP C Γ ` α→β HP C Γ ` ¬α → β HP C HP C ואז לפי משפט הדיכוטומיה )משפט ההוכחה לפי מקרים( שהוכחנו בכיתה ־ .Γ ` β HP C הערה 6.4כפי שעשינו בתרגיל הזה ,אפשר להשתמש בכל טענה שהוכחנו בתוך טענות אחרות ,כאילו כתבנו את אותן שורות במקום המתאים. למה A3 6.5 ` ∗ HP C הוכחה :מספיק להראות ש־ β ¬β → ¬α, α ` ∗ HP C בגלל שההוכחה של משפט הדדוקציה משתמשת רק ב־ A1 , A2ו־ M Pאז היא נכונה גם עבור ∗ ) HP Cבדקו!(. )(1 )(2 )(3 )(4 )(5 )(6 )(7 ¬β → ¬α Γ α Γ )(¬β → ¬α) → ((¬β → α) → β ∗A (¬β → α) → β M P1,3 )α → (¬β → α A1 ¬β → α β הוכחה :של התרגיל :מיידי משתי הלמות. 8 M P2,5 M P4,6 6.2 עקביות הגדרה 6.6קבוצת פסוקים Γנקראת עקבית במערכת הוכחה Fאם קיים פסוק βכך ש־ Γ` β F משפט Γ 6.7עקבית ב־ HP Cאם ורק אם לא קיים פסוק αכך ש־ Γ ` αוגם . Γ ` ¬α HP C 6.2.0.12 HP C תרגיל Γ ` ¬ϕ :אם ורק אם } Γ ∪ {ϕאינה עקבית ב־.HP C HP C הוכחה :⇐ :נניח .Γ ` ¬ϕאז ברור ש־) Γ, ϕ ` ¬ϕמונוטוניות( וגם ) Γ, ϕ ` ϕרפלקסיביות( ־ לכן HP C HP C HP C } Γ ∪ {ϕאינה עקבית ב־.HP C ⇒ :נניח } Γ ∪ {ϕאינה עקבית ב־ Γ, ϕ ` ¬ϕ .HP Cו־ Γ, ¬ϕ ` ¬ϕ־ לכן .Γ ` ¬ϕ HP C תרגול 5־ 15.4.15 7 HP C HP C מערכות הוכחה אחרות תהי Fמערכת הוכחה כלשהי עבור תחשיב הפסוקים הגדרה 7.1קבוצה Γהיא עקבית ב־ Fאם קיים פסוק αכך ש־.Γ 0 α F 7.0.0.13 הוכח /הפרך: .1אם φעקבית ב־ ,Fאז Fנאותה. 3 נפריך :ניקח מערכת בלי כללי היסק ,ואקסיומה אחת . P0מתקיים 0 P1לכן היא עקבית .היא לא נאותה F מכיוון ש־ ` P0אבל P0 ) 2 P0אינה טאוטולוגיה(. F .2אם Fנאותה אז ∅ עקבית ב־ .F הוכחה :נניח בשלילה φאינה עקבית ב־ .Fלכן בפרט .` P0 ,אבל אז מהנאותות נקבל כי P0טאוטולוגיה F וזו כמובן סתירה. 7.0.0.14תרגיל: בתוספת הבאים: נוסיף לשפת תחשיב הפסוקים קשר חד מקומי חדש .תהי Sהמערכת המכילה את HP C α → α :B1 (α → β) → (α → β) :B2 α → α :B3 וכלל היסק: α α 4 הוכח Γ, α `S β :אם ורק אם Γ `S α → βהוכחה :⇒ :נתון כי Γ `S α → β )(1 )(2 )(3 )(4 α → β assum. α 42 α M P1,3 β 3לפי מוסכמות עד עתה ־ P0הוא בהכרח איבר אטומי ולא משתנה שמייצג משהו אחר. 9 ⇐ :נניח Γ, α `S β לכן קיימת סדרת הוכחה ϕ1 , ..., ϕn = βמתוך } Γ ∪ {αב־ .Sנראה באינדוקציה ש־ Γ `S α → ϕi בסיס :אם ϕ1אקסיומה: )(1 )(2 )(3 axiom/assum. ϕ1 ) ϕ1 → (α → ϕ1 A1 α → ϕ1 M P1,2 אם :ϕ1 = α α → α B1 נניח את טענת האינדוקציה עבור .i < n • אם ϕnאקסיומה או הנחה; מטופל כמו מקרה הבסיס. • אם ϕnמתקבל מ־ (i, j < n) ϕi , ϕj = ϕi → ϕnע"י :M P לפי הנחת האינדוקציהΓ `S α → (ϕi → ϕn ) , Γ `S α → ϕi : )(1 )(2 )(3 α → ϕi ) α → (ϕi → ϕn )) (α → (ϕi → ϕn )) → ((α → ϕi ) → (α → ϕn .. . )(4 )(5 induction hyp. ” A2 2 × MP α → ϕn • אם ϕn = ϕiהתקבל מ־ (i < n) ϕiע"י :4 לפי הנחת האינדוקציה.Γ `S α → ϕi , )(1 )(2 )(3 )(4 )(5 )(6 7.0.0.15 α → ϕi induction hyp. ) (α → ϕi 41 α → ϕi M P2,3 α → α B3 ) (α → ϕi ) → (α → ϕi α → ϕi B2 trans. תרגיל :קבוצת פסוקים Γנקראת חצי־ספיקה אם יש שתי השמות v1 , v2כך שלכל :ϕ ∈ Γ v1 ϕ or v2 ϕ הוכח כי Γחצי ספיקה אם ורק אם כל תת־קבוצה סופית של Γחצי ספיקה. הערה 7.2יש תרגילים רבים בסגנון זה ,הקשורים למשפט הקומפקטיות .הנקודה המהותית היא הבניה .צריך לבנות קבוצת פסוקים ,שתחקה את התכונה המדוברת בשאלה .אז נוכל להפעיל את משפט הקומפקטיות. 10 בניה T :חצי ספיקה ⇔ ¯ Tספיקה. Γספיקה ⇔ )לפי קומפקטיות( כל תת קבוצה סופית של ¯ אז Γחצי ספיקה ⇔ ¯ Γספיקה ⇔ כל תת קבוצה סופית של Γחצי ספיקה. הוכחה) :ניתנה הוכחה חלקית( בה"כ נניח כי Γמעל הפסוקים האטומיים } .{Pi | i ∈ Nנגדיר את ¯ Γמעל הפסוקים האטומיים } .4 {Pi , Qi | i ∈ Nלכל ϕ ∈ Γנבנה ¯ ϕע"י החלפת כל Piב־ .Qiנגדיר: }¯ = {ϕ ∨ ϕ¯ | ϕ ∈ Γ Γ נרצה להראות ש־ Γחצי ספיקה ⇔ ¯ Γספיקה. ⇐ :נניח ש־ Γחצי ספיקה .לכל v1 ϕ :ϕ ∈ Γאו .v2 ϕנגדיר השמה :v ( v1 (Pi ) R = Pi = )v(R v2 (Qi ) R = Qi .ψ ∈ Γבהכרח ¯ ψ = ϕ ∨ ϕעבור ϕ ∈ Γכלשהו .נקבל ש־ .5 v¯(ψ) = tאז ¯ ונקבל v ϕאו ¯ .v ϕניקח ¯ Γ ספיקה. ⇒ :נניח ¯ ש־ Γספיקה .אז קיימת השמה vשמספקת אותה .תהי v1השמה כלשהי כך ש־ v(Pi ) = Piלכל ,i ∈ Nו־ v2השמה כלשהי המקיימת ) v2 (Pi ) = v(Qiלכל .i ∈ N תהא ϕ ∈ Γ־ אז ¯ ¯ .אבל ) 6 v¯1 (ϕ) = v¯(ϕובאותו אופן )v (ϕ ϕ ∨ ϕ¯ ∈ Γואז בהכרח v¯(ϕ) = tאו ¯ = t ) .v¯2 (ϕ) = v¯(ϕלכן ϕמסתפקת על ידי v1או על ידי ,v2אז Γחצי ספיקה כדרוש. ¯ תרגול 6־ 29.4.15 8 גדירות קבוצת פסוקים Σמגדירה את קבוצת ההשמות: }Ass(Σ) = {v ∈ Ass | v Σ )Ass(Σ Σ }{Pi | i ∈ N } {vt All tautologies Ass ∅ Ass ∅ WFF Pi | i ∈ N + }”{vt , ”f ttt.. הגדרה 8.1קבוצת השמות Kנקראית גדירה אם קיימת קבוצת פסוקים Σכך ש־ Ass(Σ) = K איך מוכיחים שקבוצת השמות גדירה? 8.0.0.16 תרגיל: הוכח כי }Keven = {v | v Pi , i is even גדירה .הוכחה :נגדיר } .Σ = {Pi | i is evenצ"לAss(Σ) = Keven : )v ∈ Keven ⇔ ∀even i, v Pi ⇔ ∀α ∈ Σ, v α ⇔ v Σ ⇔ v ∈ Ass(Σ "4מבחינת מימוש" ,אפשר לומר למשל ש־ Piהם p2iו־ Qiהם .p2i+1 5יש להסביר מדוע 6יש להסביר מדוע 11 8.0.0.17 תרגיל: לכל j ∈ Nנגדיר }Kj = {v | v satises up to j atoms} = {v | |{Pi | v(Pi ) = t}| ≤ j הוכח כי לכל Kj ,jגדירה .הוכחה :לכל jנגדיר ) ( ! | A ⊂ N, |A| = j + 1 Pi ^ ¬ = Σj i∈A צ"ל: Ass(Σj ) = Kj v ∈ Kj ⇔ ∀A ⊂ N |A| = j + 1, ∃i ∈ A : v 2 Pi ^ ⇔ ∀A ⊂ N |A| = j + 1, v 2 Pi i∈A ! Pi ^ ¬ ⇔ ∀A ⊂ N |A| = j + 1, v i∈A ⇔ ∀a ∈ Σj , v α ) ⇔ v Σj ⇔ v ∈ Ass(Σj איך מוכיחים שקבוצת השמות Kאינה גדירה? .1נניח בשלילה כי Kגדירה על ידי קבוצת פסוקים .X .2נגדיר קבוצת פסוקים Yעבורה אנו יודעים למצוא את ) ) Ass(Yוגם קל( .3נוכיח כי X ∪ Yאינה ספיקה: ∅ = ) Ass(X ∪ Y ) = Ass(X) ∩ Ass(Y ) = K ∩ Ass(Y .4נוכיח כי X ∪ Yספיקה )על ידי משפט הקומפקטיות(: תהי D ⊂ X ∪ Yסופית .נגדיר: Dx = D ∩ X, Dy = D ∩ Y נבנה השמה vשמספקת את Dyונרחיב אותה כך שתספק את ) Dxשתהיה ב־ .(Kאז: v D = Dx ∪ Dy ולכן לפי משפט הקומפקטיות X ∪ Y ,ספיקה. 8.0.0.18 תרגיל: הוכח כי הקבוצה }∞ = |}Kinf = {v | v satises an innite number of atoms} = {v | |{Pi | v(Pi ) = t אינה גדירה. נעקוב בהוכחה אחרי השלבים שהגדרנו לעיל .הוכחה: .1נניח בשלילה ש־ Kinfגדירה על ידי Xכלשהי; Ass(X) = Kinf .2נגדיר } ,Y = {¬Pi | i ∈ Nואז } Ass(Y ) = {vf 12 .3נוכיח כי X ∪ Yאינה ספיקה: }Ass(X ∪ Y ) = Ass(X) ∩ Ass(Y ) = Kinf ∩ {vf } |{z ∅ = vf ∈K / inf .4נוכיח כי X ∪ Yספיקה .תהי D ⊂ X ∪ Yסופית .נגדיר Dx = X ∩ Dו־.Dy = Y ∩ D Dyמהצורה } .{¬Pi1 , ..., ¬Pikנסמן ב־ mאת האינדקס המקסימלי של האטומים ב־ .Dyנגדיר: ( f i≤m =v t i>m ,v ∈ Kinf ,v Dyלכן v Xואז .v Dxמתקיים v D = Dx ∪ Dy ועל פי משפט הקומפקטיות X ∪ Yספיקה. 8.0.0.19 תרגיל: עבור ,n ∈ Nהשמה vתיקרא n־חזקתית אם לכל :i ∈ N+ v P(n+2)i לכל n ∈ Nנסמן ב־ Knאת קבוצת ההשמות ה־n־חזקתיות) .פתרונות חלקיים( .1הוכח או הפרך Kn :גדירה לכל .nכן גדירה )הקבוצה מוגדרת בדיוק לפי הפסוקים האטומיים שהיא אמורה לספק(. .2השמה vתיקרא חזקתית אם קיים nשעבורו היא n־חזקתית .נסמן ב־ Kאת קבוצת כל ההשמות החזקתיות. הוכח או הפרך Ass\K :גדירה) .האם קבוצת כל ההשמות שאינן חזקתיות ,גדירה?( לא גדירה ־ נחפש את הקבוצה Yהכי פשוטה שאנחנו יכולים: } Y = {Pi 13 תרגול 7־ 6.5.15 חלק III תחשיב הפרדיקטים שם עצם c x ) f (t1 , .., tn v¯(t) ∈ DM נוסחה ) R(t1 , ...tn ¬α, α ∧ β, ... )(∀x α) , (∃x α } v¯(ϕ) ∈ {t, f נתבונן בנוסחה: ))(∀x R(x, c מה המשמעות של ∀? לכל מה? נגדיר מבנים M1 , M2לדוגמה: }DM1 = {0 })RM1 = {(0, 0 cM1 = 0 Domain Relation Constant DM2 = N (x, y) ∈ RM2 ↔ x ≥ y cM2 = 0 במבנה ,M2מה המשמעות של ) ?R(x, cזה כמו .x ≥ 0האם זו נוסחה נכונה? ־ לא בהכרח ,זה תלוי ב־.x בלוגיקה קלאסית מסדר ראשון ,התחום ) (Domainחייב להיות לא ריק! תזכורת להגדרות מההרצאה )ודוגמאות(: ¯ .נסמן M, v ϕונאמר כי ) (M, vהוא t־מודל של .ϕ • ϕספיקה במבנה Mוהשמה vאם v (ϕ) = t • ϕספיקה במבנה Mאם קיימת השמה vכך ש־.M, v ϕ • ϕספיקה אם קיים מבנה בו היא ספיקה. – )R(x • ϕנכונה ב־ Mאם לכל השמה .M, v ϕ ,vאז נסמן M ϕונאמר ש־ Mהוא v־מודל של .ϕ – ) R(x, cב־ M1בגלל שהיא פסוק – ) R(x, cב־ M2 • ϕהיא v־ספיקה אם יש לה v־מודל. • נאמר ש־ ϕתקפה אם היא נכונה בכל מבנה. – )R(x) ∨ ¬R(x – ))(∀x P (x)) → (∃x P (x 8.0.0.20תרגיל הוכח /הפרך :אם ∃x ϕנכונה ב־ ,Mאז ϕנכונה ב־ .M לא נכון :ניקח ) ∃x P (xעם מבנה .P M = Neven ,DM = N :Mברור ש־) ∃x P (xמתקיים. ניקח .v(x) = 7אז ).M, v 2 P (x 14 8.0.0.21 נחפש נוסחה ϕספיקה אינה v־ספיקה נתבונן ב־ )P (x) ∧ ∃x ¬P (x נוסחה זו מסתפקת :למשל עם המבנה מהתרגיל הקודם וההשמה .v(x) = 4למה היא לא v־ספיקה? הוכחה: )לא פורמלית( בשביל לספק את הנוסחה ,ההשמה חייבת לספק את ) P (xוגם את ) .∃x ¬P (xאז אם ),∃x ¬P (x נכונה במבנה הספציפי שלקחנו ,קיימת השמה ל־ xשעבורה ) ¬P (xואז עבור אותה השמה ל־ xלא יתקיים ).P (x אז זו השמה שאינה מספקת את הנוסחה ולכן נוסחה זו לא v־ספיקה. ראינו בכיתה: t v Γϕ ⇒ Γϕ v t Γ ϕ 6⇒ Γ ϕ נראה דוגמה לכך שהגרירה לא מתקיימת בכיוון v־נביעה ⇐ t־נביעה: t )R(x )6 ∀x R(x עם המבנה שראינו קודם DM = N, P M = Nevenוהשמה .v(x) = 6 v אבל ):R(x) ∀x R(x מהם המבנים Mבהם ) R(xנכונה? בהכרח צריך להתקיים עוד דוגמה: .RM = DM v )x = c ∀x∀y (x = y מתאים. אפשר לבדוק ש־t־נביעה אינה מתקיימת ,כי אפשר למצוא מבנה אבל בשביל v־מודל שיתאים ל ,x = cבהכרח מתקיים DM = 1־ ואז כל האיברים שווים! תרגול 8־ 13.5.15 9 ספיקות ותקפות 9.0.0.22 דוגמה ))ϕ = (∃x P (x) ∧ ∃x R(x)) → ∃x (P (x) ∧ R(x האם ϕספיקה? תקפה? ניקח P M = RM = {0} ,D = N :M קל לראות ש־ ,M vכלומר ϕספיקה. אבל ϕאינה תקפה :למשל D = Nו־ = Neven 9.0.0.23 P Mו־ .RM = Nodd דוגמה ))ϕ = (∃x P (x) → ∀x P (x)) ∨ ∃y∃z (P (y) ∧ ¬P (z ϕתקפה .יהי Mמבנה כלשהו. אם :P M = D )(1 )(2 )(3 )∀x P (x M )∃x P (x) → ∀x P (x M ϕ M כשהמעבר מ־ 1ל־ 2הוא לפי טבלת האמת של →. אם ∅ = :P M )M 2 ∃x P (x 15 אז מתקים 2במקרה הקודם לפי טבלת האמת של →. ∈ .bואז: = ∅ :יש ,a ∈ P Mיש / P M אם 6 P M ( D ))∃y∃z (P (y) ∧ ¬P (z M ϕ M טענה 9.1תהא Tקבוצת נוסחאות ו־ ϕפסוקv T ∪ {ϕ} .־ספיקה אם ורק אם .T 2v ¬ϕ הוכחה :⇐ :נניח }v T ∪ {ϕ־ספיקה .לכן קיים Mבו הקבוצה נכונה ,כלומר M T :וגם .M ϕברור ש־.M 2 ¬ϕ מצאנו v־מודל של Tשאינו v־מודל של ¬ϕולכן . T 2v ¬ϕ ⇒ :נניח .T 2v ¬ϕקיים מבנה Mכך ש־ M Tוגם .M 2 ¬ϕבגלל ש־ ϕפסוק )אין לו משתנים חופשיים ואז הוא לא תלוי בבחירת ההשמה עצמה( נקבל .M ϕ } M T ∪ {ϕולכן הקבוצה v־ספיקה. 9.0.0.24 תרגיל: למצוא הפרכה לטענה אם לא נתון ש־ ϕפסוק. טענה 9.2יהיו t, s1 , s2שמות עצם .אם ) v(s1 ) = v(s2אז )].v (t [s1/x]) = v (t [s2/x הוכחה :באינדוקציה על מבנה שם העצם .tמקרי הבסיס: :t = c )]v (c [s1/x]) = v(c) = v (c [s2/x :t = y 6= x )]v (y [s2/x = )= v(y )]v (y [s1/x :t = x )]v (x [s1/x]) = v(s1 ) = v(s2 ) = v (x [s2/x נניח את טענת האינדוקציה עבור שמות עצם t1 , ..., tnונוכיח עבור ) .f (t1 , ..., tn 7 ))]v (f (t1 , ..., tn ) [s1/x]) = v (f (t1 [s1/x] , ..., tn [s1/x])) = f M (v (t1 [s1/x]) , ..., v (tn [s1/x IH )]= f M (v (t1 [s2/x]) , ..., v (tn [s2/x])) = v (f (t1 [s2/x] , ..., tn [s2/x])) = v (f (t1 , ..., tn ) [s2/x הצרנות 10 הטענה: יש חתול חכם מעל המילון :יחס חד מקומי )·( Cעבור חתול ,ו־)·( Sעבור חכם. ))∃x (C(x) ∧ S(x כל החתולים חכמים ))∀x (C (x) → S (x הערה 10.1כלל אצבע ∃ :תמיד ילך עם ∧ ,ו־∀ תמיד ילך עם → )עד כדי שקילויות(. IH = Induction Hypothesis 7 16 תרגול 9־ 18.5.15 )בן לי וולק ,עד סוף הקורס( 11 סגור אוניברסלי הגדרה ϕ 11.1נוסחה F V (ϕ) ⊂ {x1 , ..., xn } .סגור אוניברסלי של ϕהוא פסוק מהצורה .∀x1 ...∀xn ϕסימון: ∀.ϕ הערה 11.2 ϕ∀ .1פסוק. .2הסגור האוניברסלי אינו יחיד. .3באופן דומה ,אם Σקבוצת נוסחאות .נגדיר: Σ∀ = ϕ∀ | ϕ ∈ Σ 11.0.0.25תרגיל :תהא Σקבוצת נוסחאות .הוכיחו שאם ∀t Σ־ספיקה אז t Σ־ספיקה. כלומר ,אם יש מבנה Mוהשמה vשמספקים את ∀ ,Σאז יש מבנה M 0והשמה v 0שמספקים את .Σהוכחה: נניח ש־ ∀t Σ־ספיקה .אז יש M, vש־ ∀ .M, v Σכיוון ש־ ∀ Σקבוצת פסוקים מתקיים ש־ ∀.M Σ כלומר ,לכל השמה ,vולכל .M, v 0 ∀x1 ...∀xn ϕ :ϕ ∈ Σ לכל ,v 0לכל ϕ ∈ Σולכל :d1 , ..., dn ∈ DM 8 M, v 0 [d1/x1 , d2/x2 , ..., dn/xn ] ϕ תהי uהשמה כלשהי ב־ .Mלכן היא מקיימת .M, u Σאז t Σ־ספיקה. שאלה :האם הכיוון ההפוך נכון? כלומר :האם t Σ־ספיקה⇐ ∀t Σ־ספיקה? תשובה :לאt Σ .Σ∀ = {∀x R(x), ¬∀y R(y)} ,Σ = {R(x), ¬∀y R(y)} .־ספיקה Σ ,אינה. ∀ M ∀x R(x) ⇔ ∀d ∈ DM , d ∈ RM ⇒ RM = DM ∈ M ¬∀y R(y) ⇔ ∃d ∈ DM , d / RM בסתירה. v 11.0.0.26תרגיל) :ממבחן!( τמילון Σ .קבוצת פסוקים מעל ϕ, ψ .τנוסחאות .נתון ).Σ ∀x∃y ψ(x, y נגדיר מילון חדש ,σע"י הוספת סימן פונקציה חד־מקומי חדש fל־ .τהוכיחו :עבור Σקבוצת נוסחאות מעל ,τ אם v Σ ∪ {∀x ψ(x, f (x))} ϕ v אז .Σ ϕהוכחה :יהי Mמבנה מעל המילון τשמספק את .Σהמטרה :להראות ש־ Mמספק את .ϕכיוון ש־ Mמספק את ,Σמהנתון נובע ש־)M ∀x∃y ψ(x, y נמצא מבנה M 0מעל σשיספק את })) .Σ ∪ {∀x ψ(x, f (xהפירושים לסימנים ב־ :τכמו ב־ ;Mהעולם 0 0 0 0 .DM = DMנשאר :לפרש את ,fכלומר להגדיר .f M : DM → DM = DM → DM 0 נשתמש ב־) .M ∀x∃y ψ(x, yלכל d ∈ DMקיים ed ∈ DMכך ש־] .M ψ [d/x, ed/yנגדיר ,f M (d) = ed ואז )).M 0 ∀x ψ(x, f (x 0 בנוסף M 0 Σכי כל הנוסחאות ב־ Σמוגדרות מעל τו־ Mזהה ל־ Mעל .τ אז ϕ .M 0 ϕמוגדרת מעל τולכן אם M 0 ϕגם . M ϕ תרגול 25.5.15 10 ־ 12 פסוקים בצורת P N F הגדרה 12.1פסוק ϕהוא בצורת P N Fאם ϕ = Q1 x1 Q2 x2 ...Qn xn αכאשר }∃ Qi ∈ {∀,לכל 1 ≤ i ≤ n ו־ αנוסחה חסרת כמתים. 8תזכורת :עבור קבוצת פסוקיםt ,־ספיקות ו־v־ספיקות הן תכונות שקולות 17 טענה 12.2לכל פסוק ϕקיים פסוק שקול ϕ0בצורת .P N F משפט 12.3סקולם :קיים אלגוריתם שבונה ,בהינתן פסוק ϕפסוק אוניברסלי ϕ0כך ש־ ϕספיק אם ורק אם ϕ0 ספיק. .1להעביר את ϕלצורת P N F .2סילוק כמתי ∃: )) ∀x1 ...∀xn ϕ(x1 , ..., xn , f (x1 , ..., xn )∀x1 ...∀xn ∃y ϕ(x1 , ..., xn , y כש־ fסימן פונקציה חדש )ψ (c/y )∃y ψ(y הגדרה 12.4מבנה הרברנד τ :מילון M .מבנה הרברנד עבור τאם: .1לכל d ∈ DMיש שם עצם sללא משתנים מעל τכך ש־sM = d M .sM .2לכל שני שמות עצם שונים1 6= s2 ,s1 6= s2 , משפט 12.5הרברנד τ :מילון ללא סימן = ϕ .פסוק אוניברסלי מעל .τאז ϕספיק אם ורק אם ϕספיק במבנה הרברנד. 12.0.0.27תרגיל :הוכח :יהי ϕפסוק יישי .אם ϕנכון בכל מבנה הרברנד ,אז ϕתקף )לכל מבנה .(M ϕ ,M הוכחה ϕ :תקף אם ורק אם ¬ϕאינו ספיק באף מבנה ¬ϕ .שקול לפסוק אוניברסלי .כיוון ש־ ϕנכון בכל מבנה הרברנד ¬ϕ ,אינו ספיק באף מבנה הרברנד ולכן ¬ϕאינו ספיק. 12.0.0.28תרגיל :יהי τמילון ,בלי סימן = ועם סימן קבוע אחד לפחות. הוכח/הפרך :יהי ϕפסוק ספיק מעל ,τאז ל־ ϕיש מודל שהוא מבנה הרברנד. הטענה אינה נכונה .דוגמה τ :מילון עם סימן קבוע אחד בלבד R .cסימן יחס חד מקומי. )ϕ = R(c) ∧ ∃x ¬R(x ϕספיק. ϕאינו ספיק במבנה הרברנד כי כל מבנה הרברנד Mעבור τחייב לקיים .DM = cM 12.0.0.29תרגיל: דוגמה נגדית: הוכח/הפרך :אם פסוק נכון בכל מבנה הרברנד ־ אז הוא תקף. )ϕ = (R(c) ∧ ∀x (R(x) → R(f (x)))) → ∀x R(x מילון :מכיל סימן קבוע ,cסימן פונקציה חד מקומית ,fסימן יחס חד מקומי .R ϕלא תקף :נמצא מבנה Mשבו ϕלא נכון. למשל f M .RM = {x | x ≥ 1} .DM = N :פונקציית העוקב ו־ ϕ .cM = 1אינו נכון ב־ .M נניח בשלילה שיש מבנה הרברנד Mשבו הפסוק אינו נכון .אז ) ∀x R(xלא נכון ב־ Mו־ )))R(c) ∧ ∀x (R(x) → R(f (x נכון ב־ .M קבוצת שמות העצם ללא משתנים במילון }{c, f (c), f (f (c)), ... יהי sשם העצם הקצר ביותר כך ש־) R(sאינו נכון ב־ ) Mיש כזה ,כי ) ∀x R(xאינו נכון ב־ .(M s 6= cכי ) R(cנכון ב־ .Mלכן s = f (s0 ) ,עבור s0קצר יותר .מבחירת ,sמתקיים ש־) R(s0נכון. הפסוק ))) ∀x (R(x) → R(f (xנכון ב־ Mולכן כיוון ש־) R(s0נכון ,כך גם ) ;R(f (s0 )) = R(sזו סתירה לבחירת .s 18 12.0.0.30 תרגיל: הוכיחו שהפסוק הבא תקף: )∀∃δ∀x R(, δ, x) → ∀∀x∃δ R(, δ, x הוכחה :נראה ש־ ¬ϕאינו ספיק. ¬ϕ ≡ ∃0 ∃x0 ∀∀δ 0 ∃δ∃x (R(, δ, x) ∧ ¬R(0 , δ 0 , x0 )) = ψ נבצע סקולמיזציה של :ψ ))α = Sk(ψ) = ∀∀δ 0 ∀x (R(, f (, δ 0 ), x) ∧ ¬R(a, δ 0 , b כש־ fסימן פונקציה חדש ו־ a, bסימנים קבועים חדשים .ממשפט סקולם ¬ϕ :אינו ספיק אם ורק אם αאינו ספיק. αפסוק אוניברסלי .ממשפט הרברנד α :לא ספיק אם ורק אם ) GrIns(αלא ספיקה. תזכורת :GrIns(α) :קבוצת הנוסחאות שמתקבלות מהצבת שמות עצם חסרי משתנים ל־∧ )R(, f (, δ 0 ), x ) .¬R(a, δ 0 , bנרצה להראות ) GrIns(αאינה ספיקה. משפט 12.6הקומפקטיות אם ) GrIns(ψאינה ספיקה ,אז יש תת קבוצה סופית שלה שאינה ספיקה. מהי קבוצת ש"ע חסרי המשתנים? }{a, b, f (a, a), f (a, b), .., f (a, f (a, a)), ... נתבונן ב־ )R(a, f (a, b), b) ∧¬R(a, b, b {z } | = ]ϕ0 [a/, b/δ0 , b/x β )R(a, f (a, f (a, b)) , a) ∧ ¬R(a, f (a, b), b | {z } = ]ϕ0 [a/, f (a,b)/δ0 , a/x ¬β שני הפסוקים הנ"ל שייכים ל־) GrIns(αולכן היא לא ספיקה. מסנקה α :לא ספיקה ⇐ ¬ϕלא ספיק ⇐ ϕתקף. תרגול 11־ 3.6.15 המשך הצרנות 13 13.0.0.31 הצרינו את הטענות הבאות מעל מילון מתאים: .1לכל קבוצה Xקיימת קבוצה Yכך שעצמת Yגדולה מעצמת .X .2לכל 2קבוצות Xו־ ,Yאם Xמוכל ב־ Yאז עצמת Xאינה גדולה מעצמת .Y .3כל הקבוצות מוכלות ב־ .V V .4אינה קבוצה. מילון: τ = hset(·), R(·, ·), S(·, ·), V i כש־) set(xאומר ש־ xקבוצה; ) R(X, Yאומר ש־ Xמוכל ב־ S(X, Y ) ;Yאומר עצמת Yגדולה מעצמת .X .1 ))))ϕ1 : ∀x (set(x) → (∃y (set(y) ∧ S(x, y 19 .2 )))ϕ2 : ∀x∀y ((set(x) ∧ set(y)) → (R(x, y) → ¬S(y, x .3 )) ϕ3 : ∀x (set(x) → R(x, V .4 ) ϕ4 : ¬set(V הוכיחו /הפריכו :טענה 4נובעת לוגית מטענות 3־) 1אם כן :בעזרת משפט הרברנד; אם לא :דוגמה 13.0.0.32 נגדית( נוכיח את הטענה .ננרצה להראות ש־ .{ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 } ϕ4מספיק להראות ש־} {ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 , ¬ϕ4אינה ספיקה )קל לראות שזה אמ"מ(. שלב :1נעבור לפסוקים אוניברסליים ))))ϕ01 : ∀x (set(x) → (set(f (x)) ∧ S(x, f (x fסימן פונקציה חדש .רוצים להראות ש־ }) {ϕ01 , ϕ2 , ϕ3 , set(V =Σ אינה ספיקה .נסתכל על )GrIns(α [ = )GrIns(Σ α∈Σ ונמצא תתקבוצה לא ספיקה .קבוצת שמות עצם ללא משתנים: }{V, f (V ), f (f (V )), ... נביט בקבוצה הבאה: set(V ) → (set(f (V )) ∧ S(V, f (V ))) , (set(f (V )) ∧ set(V )) → (R(f (V ), V ) → ¬S(V, f (V ))) , set (f (V )) → R (f (V ), V ) , ) set(V הקבוצה הזו אינה ספיקה ,ולכן ) GrIns(Σלא ספיקה ,ולכן )ממשפט הרברנד( Σלא ספיקה. 14 בדיקת תקפות 14.0.0.33 תרגיל: τ = hR(·, ·), P (·, ·), ci הוכיחו /הפריכו :קיים אלגוריתם שבהינתן פסוק ϕמעל ,τמהצורה ϕ = ∀x1 ...∀xn ∃y1 ...∃yn α כש־ αחסרת כמתים ,מכריע האם ϕתקף. קיים אלגוריתם .נוכיח: בהינתן ,ϕנבדוק האם ¬ϕספיק. ¬ϕ ≡ ∃x1 ...∃xn ∀y1 ...∀yn ¬α אחרי סקולמיזציה: ] β = ∀y1 ...∀yn (¬α) [c1/x1 , .., cn/xn βפסוק אוניברסלי ולכן הוא ספיק אם ורק אם ) GrIns(βספיקה. קבוצת שמות העצם ללא משתנים) {c, c1 , ..., cn } :קבוצה זו סופית! ־ אין סימני פונקציה(; לכן אפשר לבדוק האם ) GrIns(βספיקה ע"י מיצוי של כל ההצבות האפשריות. 20 15 תרגול 12־ 3.6.15 מילון עם סימן שוויון 15.0.0.34 תרגיל σ = hR(·, ·), =, f1 (·), f2 (·, ·), ci :מילון )עם סימן שוויון(. הגדרה 15.1מבנה Mמעל σהוא ממשי אם: • DM = R • }RM = {(x, y) | x < y • |f2M (x, y) = |x − y • cM = 0 א .מצאו נוסחה ϕעם משתנה חופשי ,xכך שמתקיים :לכל מבנה ממשי Mוהשמה f1M ⇔ M, v ϕ ,vלא רציפה ב־)v(x תזכורת :פונקציה fרציפה בנקודה aאם: < |)∀ > 0 ∃δ > 0 ∀b, |a − b| < δ ⇒ |f (a) − f (b פתרון: )))) ϕ = ∃ (R(c, ) ∧ (∀δ (R(c, δ) → ∃y (R(f2 (x, y), δ) ∧ ¬R (f2 (f2 (x), f2 (y)), ב .הוכיחו שקיים פסוק ψכך שלכל מבנה ממשי ⇔ M ψ ,Mל־ f1Mיש בדיוק נקודת אי־רציפות אחת. ))ψ = ∃x (ϕ(x) ∧ ∀y (ϕ(y) → y = x יהי Mמבנה ⇔ M ψ .לכל vקיים .M, v [d/x] ϕ(x) ∧ ... ,d ∈ DM ג .הוכיחו :לא קיים פסוק αכך שלכל מבנה ממשי Mמתקיים ⇔ M α :ל־ f1Mיש מספר סופי של נקודות אי־רציפות. נרצה להשתמש במשפט הקומפקטיות. תזכורת ־ משפט הקומפקטיות Γ :קבוצת פסוקים; Γספיקה ⇔ כל תת קבוצה סופית של Γספיקה .הוכחה: נניח בשלילה שיש כזה פסוק .αלכל :1 ≤ n ∈ NSנבנה פסוק ,ψnש־ ⇔ M ψnל־ f1יש לפחות nנקודות אי־רציפות .נביט בקבוצה } .Γ {α} ∪ n∈N {ψn Γאינה ספיקה כי אם M αאז קיים mמספיק גדול כך ש־ .Γ 2 ψm תהי Σ ⊂ Γתת קבוצה סופית .יהי kהאינדקס המקסימלי ש־) ψk ∈ Σאם אין כזה .(k = 1 ,נבנה מודל ל־Σ )שהוא מבנה ממשי. ממשי; נגדיר את f1Mלהיות פונקציה עם בדיוק kנקודות אי־רציפות .למשלf1M (a) = : יהי Mמבנה ( }1 a ∈ {1, 2, ..., k 0 else אז :מההנחה על .M α ,αבנוסף M ψmלכל m ≤ kולכן .M Σ הראינו Γ :לא ספיקה ,וכל תת קבוצה סופית כן ספיקה ־ זוהי סתירה לקומפקטיות. נשאר לבנות את :ψn n ^ ^ ∧ ) ψn = ∃x1 ...∃xn ϕ(xi ¬(xi = xj ) i=1 i6=j 21 מערכת הוכחה HC 16 הגדרה 16.1אקסיומות למערכת הוכחה α → (β → α) :A1 (α → (β → γ)) → ((α → β) → (α → γ)) :A2 (¬β → ¬α) → (α → β) :A3 ∀x α(x) → α [t/x] :A4לכל שם עצם tהחופשי להצבה ב־ xב־α ∀x (ϕ → ψ) → (ϕ → ∀x ψ) :A5כאשר xאינו חופשי ב־ϕ הגדרה 16.2כללי היסק (α → β) , α • β • )ϕ(x )∀x ϕ(x 16.0.0.35 MP : Gen : תרגיל :נגדיר מערכת חדשה :HC 0ע"י החלפת תבנית A5ואת הכלל Genבכלל: γ→α γ → ∀x α : M נוכיח :לכל ` ϕ ⇔ ` ϕ :ϕ HC 0 HC הכיוון הקל :להראות שאם ϕיכיחה ב־ HC 0אז הוא יכיחה ב־) HCתרגיל(. 0 הכיוון השני :נוכיח באינדוקציה על קבוצת הנוסחאות היכיחות שאם ϕיכיחה ב־ HCאז ϕיכיחה ב־ .HC כלומר HC 0 ,מכילה את האקסיומות של HCוסגורה ל־.M P ,Gen 0 האקסיומות4 :־ 1־ ברור כי הן אקסיומות ב־ .HC 0נראה שאקסיומות 5יכיחה ב־ .HC טענה 16.3טענת עזר: α → (β → γ) ` (¬ (α → ¬β)) → γ HC 0 )(¬ (α → ¬β)) → γ ` α → (β → γ HC 0 הוכחה :לפי משפט השלמות לתחשיב הפסוקים )יש לנו את אקסיומות 3־ 1ואת .(M P הוכחה לאקסיומה :5 )(1 )(2 )(3 )(4 )∀x (ϕ → ψ) → (ϕ → ψ (¬(∀x(ϕ → ψ)) → ¬ϕ) → ψ (¬(∀x(ϕ → ψ)) → ¬ϕ) → ∀x ψ )(∀x (ϕ → ψ)) → (ϕ → ∀x ψ A4 )Above claim with (1 ∈ M, x )·( / F V )Above claim with (2 פעולות HC 0 :סגורה ל־ M Pמההגדרה .נשאר להראות ש־ HC 0סגורה ל־ :Genנניח ש־ ` αונראה הוכחה HC 0 ∈ .x של . ` ∀x αיהי βפסוק/ F V (β) , HC 0 טענה ) ` β → β 16.4ממשפט השלמות לתחשיב הפסוקים( HC 0 22 הוכחה של :∀x α תרגול 14.6.15 13 ־ )(1 )(2 )α → ((β → β) → α α )(3 )(4 )(5 )(6 (β → β) → α A1 ` α HC 0 (β → β) → ∀x α 16.0.0.36 Assum. M P1,2 M )(β → β Claim ∀x α M P4,5 תרגיל :הוכח או הפרך .1תהי Γקבוצת פסוקים α ,פסוק אם Γעקבית ב־ HCאז לפחות אחת מבין } Γ ∪ {αו־} Γ ∪ {¬αעקבית ב־.HC .2אותו דבר אבל נוסחאות במקום פסוקים. פתרון: .1נכון .הוכחה: משפט השלמות /הנאותות Γ :עקבית ⇔ ל־ Γיש מודל .מההנחה ש־ Γעקבית :יש מבנה Mש־.M Γ לכל השמה .M, v Γ ,vתהי vהשמה כלשהי .מתקיים M, v α :או .M, v ¬α נניח ש־ .M, v αאז לכל השמה .M, v 0 α ,v 0מסקנה .M α :כלומר.M Γ ∪ {α} : אם M, v ¬αאז באופן דומה } .M Γ ∪ {¬αמסקנה Γ ∪ {¬α} :עקבית. .2 }).α = R(y) ,σ = hR(·)i ,Γ = {∃x R(x), ∃x ¬R(x Γעקבית :יש ל־Γמודל Mשבו }= {0} ,DM = {0, 1 M .R באופן דומה ,גם } Γ ∪ {¬αאינה עקבית. 16.0.0.37תרגיל) :ממבחן( Γקבוצת נוסחאות ו־ ϕנוסחה .נתון ϕ :מסתפקת בכל מבנה שבו Γמסתפקת. הוכיחו /הפריכו: .1קיימת תת קבוצה סופית Γ0 ⊂ Γשמקיימת :בכל מבנה שבו Γ0נכונה ,גם ϕנכונה. t .2קיימת תת קבוצה סופית Γ0 ⊂ Γכך ש־.Γ0 ϕ פתרון: v .1הוכחה :נתון .Γ ϕ :ממשפט השלמות .Γ ` ϕ ,תהי } {α1 , ..., αnהוכחה של ϕמתוך ,Γנסמן ב־ Γ0את HC קבוצת האיברים ב־ Γשמופיעים בהוכחה. }Γ0 = {αi | 1 ≤ i ≤ n, αi ∈ Γ v קיבלנו הוכחה של ϕמתוך Γ0 ,Γ0סופית .ממשפט הנאותות.Γ0 ϕ : v .2דוגמה :נבחר }) .ϕ = ∀x R(x) ,Γ = {R(xנראה ש־.Γ ϕ יהי .M Γכלומר ) M R(xלכל .RM = DM ⇐ M, v R(x) ,vלכן .M, v ϕמסקנה .M ϕ t נראה שאין Γ0 ⊂ Γכך ש־ .Γ0 ϕמקרה ראשון .Γ0 = ∅ :עבור ,DM = {0} ,M = DM , RM ∅ = .RMמתקיים ∅ Mאבל .M 2 ϕ מקרה שני .Γ0 = Γ = {R(x)} :נראה מבנה Mוהשמה vכך ש־ M, v Γאבל ,DM = {0, 1} .M, v 2 ϕ } RM = {0ו־ vהשמה כך ש־.v(x) = 0 מסקנה :הטענה לא נכונה. 23 16.0.0.38תרגיל: אקסיומות: נגדיר מערכת הוכחה חדשה Nעבור לוגיקה מסדר ראשון: α → (β → α) :A1 (α → (β → γ)) → ((α → β) → (α → γ)) :A2 (¬α → ¬β) → (β → α) :A3 ∀x α(x) → α [t/x] :A4לכל שם עצם tהחופשי להצבה ב־ xב־α כללי היסק .M P :תהי Γקבוצת פסוקים אוניברסלית שאינה ספיקה .הוכיחו :קיימת סתירה היכיחה מ־ Γב־ .N ∈ .x תזכורת ∀x (ϕ → ψ) → (ϕ → ∀x ψ) :כש־)/ F V (ϕ תזכורת ־ משפט הרברנד Γ :ספיקה ⇔ Γספיקה במבנה הרברנד ⇔ ) GrIns(Γספיקה ⇔ )GrIns(Γ ספיקה במבנה הרברנד. נסמן Γ0 ;Γ0 = GrIns(Γ) :לא ספיקה. ממשפט הקומפקטיות :יש תת קבוצה סופית Γ00 ⊂ Γ0לא ספיקה. טענה 16.5אפשר להוכיח ב־ Nכל פסוק ב־ Γ00מתוך .Γ איך? ע"ׁי הפעלה של אקסיומה .4דוגמה α ,ϕ = ∀x1 ...∀xn α :חסרת כמתים t .שם עצם חסר משתנים .נכתוב הוכחה ל־] ∀x2 ...∀xn α [t/x1 )(1 )(2 )(3 ] ∀x1 ..∀xn α → ∀x2 ...∀xn α [t/x1 ϕ ] ∀x2 ...∀xn α [t/x1 A4 Assum. M P1,2 נחליף כל נוסחה אטומית ב־ Γ00במשתנה פסוקי חדש .piנקבל קבוצה ˆ 00 Γבתחשיב הפסוקים שאינה ספיקה. בפרטˆ 00 ` ¬ (p0 → p0 ) : ) Γמשפט השלמות עבור .(HP C HP C נתרגם בחזרה ונקבל ש־) Γ00 ` ¬(α → αעבור נוסחה .αמסקנה.Γ ` ¬(α → α) : נכתוב הוכחה של ) ¬(α → αמתוך .Γ00לכל פסוק מ־ Γ00שמופיע בהוכחה .נחליף נחליף אותו בסדרת ההוכחה מתוך .Γ הוכיחו /הפריכו :קיים אלגוריתם Aשבהינתן פסוק ϕמחזיר פסוק ϕ0כך ש־ ϕ0תקף אם ורק אם 16.0.0.39 ϕספיק. נוכיח שאין כזה אלגוריתם .נראה שלו היה אלגוריתם Aכנ"ל ,היה אלגוריתם A0שמכריע ספיקות של פסוק. פרוצדורה לבדיקת ספיקות :מקבלת .ϕנעשה סקולמיזציה ומסתכלים על קבוצת ה־ .GrInsמטרה :לחפש תת קבוצה סופית לא ספיקה .אם מצאנו ,מכריזים לא ספיק ,אחרת ממשיכים .הוכחה :נניח שיש אלגוריתם כנ"ל. בהינתן פסוק ,ϕנריץ את Aונקבל ϕ0שתקף אם ורק אם ϕספיק. נסתכל על ϕ0 ⇔ ϕ : ¬ϕ0תקף ⇔ ¬ϕ0לא ספיק. 0 נריץ את הפרוצדורה לבדיקת ספיקות על ¬ϕ0 .¬ϕ0לא ספיק ⇐ הפרוצדורה עוצרת ואומרת ¬ϕלא ספיק. אם כן ספיק ⇐ ממשיכים לרוץ. האלגוריתם :A0יריץ את הפרוצדורה לבדיקת ספיקות על ¬ϕ0 ,ϕבמקביל .אם ϕספיק אז נמצא תת קבוצה סופית של ) GrIns(¬ϕ0ונעצור. אם ϕלא ספיק ⇐ נמצא תת קבוצה סופית של )) GrIns(Sk(ϕונעצור. 24
© Copyright 2024