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Zusatzaufgaben Logik Z1
Junktorenbasen
Zeigen Sie, dass {↔, ¬} keine Junktorenbasis ist. Tipps: Kein Beweis wäre: „ Ich kann A1 → A2 nicht durch ↔ und ¬ ausdrücken“. – Vielleicht bin ich nur zu ungeschickt? Also müssen wir etwas mathematischer herangehen. Definition: {↔, ¬} -Formeln sollen jetzt AL-Formeln sein, in denen die anderen Junktoren nicht vorkommen, also induktiv: (i) A1 , A2 , A3 , K sind {↔, ¬} -Formeln (ii) Sind ϕ und ψ {↔, ¬} -Formeln, dann auch ¬ϕ und ( ϕ ↔ ψ ). Zeigen Sie nun: (a) Für jede {↔, ¬} -Formel ϕ gilt: Für jede Aussagevariable Ai gilt entweder ϕ[ Ai / ¬Ai ] ≡ ϕ oder ϕ[ Ai / ¬Ai ] ≡ ¬ϕ .
(A)
(D.h. die durchgehende Negierung einer Aussagevariablen Ai negiert genau die ganze Formel oder verändert sie höchstens in eine äquivalente – z.B. verändert sie sich überhaupt nicht, wenn Ai in ihr nicht vorkommt.)
Lösung Z1(a) Beweis per Induktion über den Formelaufbau (siehe Definition): (i) (A) gilt für A1 , A2 , A3 , K , denn mit der Substitution Ai ¬Ai wird Ai zu ¬Ai, und ansonsten (k≠i) bleibt Ak unverändert Ak. (ii-a) Sei ϕ {↔, ¬} -Formel mit (A) und i aus 1,2,… . Dann ist per Definition (¬ϕ )[ Ai / ¬Ai ] = ¬(ϕ[ Ai / ¬Ai ] ) , und das ist wegen (A) ≡ ¬ϕ oder ≡ ¬(¬ϕ ) . (ii-b) Sei ϕ und ψ {↔, ¬} -Formeln mit (A) und i aus 1,2,… . Dann ist per Definition (ϕ ↔ ψ )[ Ai / ¬Ai ] = ϕ[ Ai / ¬Ai ] ↔ ψ [ Ai / ¬Ai ] , und das ist wegen (A) ...
≡ (ϕ ↔ ψ ) oder ≡ (¬ϕ ↔ ψ ) oder ≡ (ϕ ↔ ¬ψ ) oder ≡ (¬ϕ ↔ ¬ψ ) ; und somit ≡ (ϕ ↔ ψ ) oder ≡ ¬(ϕ ↔ ψ ) , d.h. (A) gilt auch für ϕ ↔ ψ . (b) Gilt (A) für eine beliebige AL-Formel ϕ, dann auch für jede dazu äquivalente.
Lösung Z1(b) Seien ϕ und ψ AL-Formeln, es gelte (A) für ϕ und ferner sei ϕ ≡ ψ . Dann hat ψ [ Ai / ¬Ai ] die Modelle „ M [ Ai / ¬Ai ] “, wobei M die Modelle von ψ durchläuft, und sich M [ Ai / ¬Ai ] und M durch gegenteilige Ai − Werte unterscheiden. (Wir betrachten nur die Belegungen aller Aussagevariablen aus ϕ und ψ zusammen.) Wegen ϕ ≡ ψ durchläuft M auch die Modelle von ϕ , also M [ Ai / ¬Ai ] auch die Modelle von ϕ[ Ai / ¬Ai ] . Also haben ψ [ Ai / ¬Ai ] und ϕ[ Ai / ¬Ai ] dieselben Modelle, sind also zu ϕ oder ¬ϕ äquivalent, also auch zu ψ oder
¬ψ. Also gilt (A) für ψ.
Bernd Baumgarten
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Zusatzaufgaben Logik (c) A1 → A2 erfüllt (A) nicht, ist also nicht äquivalent zu irgendeiner {↔, ¬} -Formel.
Lösung Z1(c) „also“-Teil folgt aus (a) und (b). Weder ist ¬A1 → A2 ≡ A1 → A2 noch ¬A1 → A2 ≡ ¬( A1 → A2 ) , was man an den Wahrheitswerteverläufen in den (hier kombinierten) W.-Tafeln abliest: A1 W W F F
Z2
A2 W F W F
¬A1 F F W W
A1 → A2 W F W W
¬A1→A2 W W W F
¬(A1→A2) F W F F
Wahrheitstafeln
Bestimmen Sie mit der Wahrheitstafelmethode den Wahrheitswerteverlauf der AL-Formel ((A → B) ∧ ¬ C) ∨ (A ↔ C). Benutzen Sie eine der beiden folgenden Tabellenformen.
A W W W W F F F F
B W W F F W W F F
C A → B ¬ C (A → B) ∧ ¬ C A ↔ C ((A → B) ∧ ¬ C) ∨ (A ↔ C) W W F F W W F W W W F W W F F F W W F F W F F F W W F F F F F W W W W W W W F F F F F W W W W W
(Inline-Tafel grafisch aufbereitet, um Reihenfolge sichtbarer zu machen.) ∨
↔
∧
→
A W W W W F F F F
W W F F W W W W
Bernd Baumgarten
¬ B W W F F W W F F
F W F F F W F W
F W F W F W F W
A C W F W F W F W F
W W W F F W F W
W W W W F F F F
C W F W F F W F W
W F W F W F W F
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Zusatzaufgaben Logik
Z3
Semantische Begriffe, insbes. Folgerung
Kreuzen Sie an, ob die folgenden Behauptungen jeweils generell stimmen: Geben Sie, wo möglich, Gegenbeispiele an. a)
JA
NEIN
Wenn ϕ eine kontingente AL-Formel ist, dann ist sie auch erfüllbar.
kontingent ⇔ kann je nach Belegung W und F sein ⇔ erfüllbar + widerlegbar. b) Wenn ϕ eine allgemeingültige AL-Formel ist, dann ist sie auch kontingent. allgemeingültig: ist nie F, nicht widerlegbar: generell falsch c)
Wenn ϕ eine erfüllbare AL-Formel ist, dann ist ¬ϕ unerfüllbar.
GegBsp: A. Stimmt nur für spezielle erfüllbare: für allgemeingültige d) Eine Folgerung aus einer Menge kontingenter AL-Formeln ist kontingent. GegBsp: {A,¬A} |= A∧¬A. Kann manchmal stimmen: {A} |= A e)
Eine Folgerung aus einer Menge allgemeingültiger AL-Formeln ist allgemeingültig.
Das besagt ein Satz. f)
Eine Folgerung aus einer Menge unerfüllbarer AL-Formeln ist unerfüllbar.
GegBsp: {A∧¬A} |= A g) Eine nicht leere Menge aus unerfüllbaren AL-Formeln ist widersprüchlich. Sie können nicht gleichzeitig alle (ja sogar nie einzeln) W sein. h) Jede unerfüllbare endliche Menge von AL-Formeln enthält mindestens eine unerfüllbare oder zwei widerlegbare AL-Formeln. ϕ1∧…∧ϕn immer F. Wäre kein ϕi immer F und höchstens eine Formel ϕj widerlegbar, dann wären alle anderen immer W und ϕj hätte eine W-Belegung, und die wäre dann ein Modell für die (somit erfüllbare) Formelmenge.
i)
Wenn ϕ eine kontingente AL-Formel ist, dann ist ¬ϕ widerlegbar.
kontingent: kann W sein, dort ist ¬ϕ dann F j)
Jede Folgerung aus der Menge aller kontingenten Tautologien ist allgemeingültig.
Die Menge ist leer! Also gemäß Satz. k) Die Theorie (Menge aller Folgerungen aus) der Menge aller unerfüllbaren AL-Formeln ist erfüllbar. enthält alle Formeln und somit A∧¬A. Das ist unerfüllbar, also die ganze Theorie auch. l)
Die Theorie (Menge aller Folgerungen aus) jeder Menge von ALFormeln enthält mindestens drei Tautologien.
Jede Theorie enthält alle Tautologien, also unendlich viele, z.B. A∨¬A, A∨A∨¬A, ...
Bernd Baumgarten
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Zusatzaufgaben Logik
Z4
Normalformen
Wandeln Sie jeweils in eine äquivalente KNF-Formel in Klauselmengenform {K} KNF um: a) ¬( P → Q ) b) P → (Q ∨ R) c) P → (Q ∧ R ) d)
(( A → ( B ∨ C )) ∧ ( B → (C ∧ D)) )
Dabei sollte jeweils der Lösungsweg erkennbar sein; es gibt mehrere Möglichkeiten. Beachten Sie dass jedes Ergebnis eine Menge von Mengen von Literalen ist. Sie können in (d) Erkenntnisse aus (b) und (c) verwenden. Wandeln Sie jeweils in eine äquivalente DNF-Formel in Dualklauselmengenform {K} DNF um: e) P → Q f) ¬(P ∧ ¬(Q ∨ R) ) g) P ↔ Q h)
(( A ∧ ¬( B ∨ C )) → ( B ↔ C ))
Dabei sollte jeweils der Lösungsweg erkennbar sein; es gibt mehrere Möglichkeiten. Beachten Sie dass jedes Ergebnis eine Menge von Mengen von Literalen ist. Sie können in (h) Erkenntnisse aus (f) und (g) verwenden.
Lösung Z4 (Beispiele: syntaktische Umformung) a) b) c) d)
¬( P → Q ) ¬(¬P ∨ Q ) ¬¬P ∧ ¬Q P ∧ ¬Q { {P},{¬Q} }KNF P → (Q ∨ R) ¬P ∨ (Q ∨ R ) { {¬P, Q, R} }KNF P → (Q ∧ R ) ¬P ∨ (Q ∧ R ) (¬P ∨ Q ) ∧ (¬P ∨ R ) { {¬P, Q},{¬P, R} }KNF (( A → ( B ∨ C )) ∧ ( B → (C ∧ D)) ) { {¬A, B, C}, {¬B, C}, {¬B, D} }KNF
e) P → Q ¬P ∨ Q { {¬P}, {Q} }DNF ¬P ∨ ¬¬(Q ∨ R ) ¬P ∨ Q ∨ R { {¬P},{Q},{R} }DNF f) ¬(P ∧ ¬(Q ∨ R) ) 1 g) P ↔ Q ... ( P ∧ Q ) ∨ (¬P ∧ ¬Q ) { {P, Q}, {¬P, ¬Q} }DNF h) (( A ∧ ¬( B ∨ C )) → ( B ↔ C ) ) ¬( A ∧ ¬( B ∨ C )) ∨ ( B ↔ C ) (f,g!) ( ¬ A ∨ B ∨ C ) ∨ ( B ∧ C ) ∨ ( ¬ B ∧ ¬C ) { {¬A}, {B}, {C},{B, C} , {¬B, ¬C} }DNF
1
syntakt. Umformung und unerfüllbare Dualklauseln wie P∧¬P weggelassen.
Bernd Baumgarten
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Zusatzaufgaben Logik
Z5
AL-Resolution
Beweisen Sie per aussagenlogischer Resolution: Aus (1) Hans hustet nicht, oder Gerd grübelt, oder Lena lächelt. (2) Gerd grübelt nicht, oder sowohl Ina isst als auch Dora döst. (3) Lena lächelt nicht, oder sowohl Dora döst als auch Kevin kichert. folgt (4) Dora döst, oder Hans hustet nicht. Anleitung: • Schreiben Sie die Aussagen symbolisch, unter Verwendung geeigneter Abkürzungen, beispielsweise Hans hustet =: H. • Bringen Sie (2) in die Form (2a) ∧ (2b) mit geeigneten Klauseln (2a) und (2b), indem Sie beachten, dass ϕ ∨ (ψ ∧ ρ ) ≡ (ϕ ∨ψ ) ∧ (ϕ ∨ ρ ) . • Analog auch bei (3). • Bringen Sie auch ¬ (4) in die KNF (5) ∧ (6) • Leiten Sie aus (1) ∧ (2a) ∧ (2b) ∧ (3a) ∧ (3b) ∧ (5) ∧ (6) mit möglichst wenigen Resolutionsschritten einen Widerspruch (leere Klausel) ab.
Lösung Z5 (1) ¬H ∨ G ∨ L (2) ¬G ∨ ( I ∧ D) ( (¬G ∨ I ) ∧ (¬G ∨ D) (¬L ∨ D) ∧ (¬L ∨ K ) (3) ¬L ∨ (D ∧ K ) (¬D) ∧ (H ) (4) D ∨ ¬H , verneint: { ¬H ,G,L}
{ ¬G, I }
{ ¬G, D }
{ ¬L, D }
{G, L}
{ ¬H ,G,L} { ¬G, I },{ ¬G, D } { ¬L, D },{ ¬L, K } { ¬D },{H} { ¬L, K }
{ ¬D }
{H}
{ ¬L } { D,L } { D}
(geht auch mit anderen Resolventen/ anderem Teil des Resolutionsgraphen)
Bernd Baumgarten
{}
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Zusatzaufgaben Logik
Z6
AL-Tableaux
Bestimmen Sie mit der Tableaumethode eine DNF der AL-Formel ((A → B) ∧ ¬ C) ∨ (A ↔ C) . Kennzeichnen Sie die abgeschlossenen Blätter mit X und die offenen mit O. Verwenden Sie die offenen Blätter für die Dualklauseln. Sie können die DNF-Formel wahlweise in Junktoren- oder Mengenschreibweise angeben. Füllen Sie dazu den untenstehenden Baum aus.
((A → B) ∧ ¬ C) ∨ (A ↔ C) ((A → B) ∧ ¬ C)
(A ↔ C)
(A → B)
(A → C)
¬C
(C → A)
¬A O
¬A
B O
¬C O Antwort:
Bernd Baumgarten
{ { ¬ A,
¬ C},
{B,
A X
¬C
C ¬C
X
A O
}, {A,C} }
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Zusatzaufgaben Logik
Z7
BDDs
Eine Formel X hat folgenden ROBDD für die Abfragereihenfolge A-B-C: Durchgezogen : W Gestrichelt : F A
B
B
C W
F
Konstruieren Sie einen ROBDD der Formel X für die Abfragereihenfolge B-C-A, und zwar in folgenden Schritten: 1. Schritt: Wahrheitswerteverlauf aufschreiben:
A W W W W
B W W F F
C W F W F
X W F F F
A F F F F
B W W F F
C W F W F
X W W F F
2. Schritt: Denselben Wahrheitswerteverlauf, aber für die Abfragereihenfolge B-C-A, aufschreiben (analog zu 1).
B W W W W F F F F
C W W F F W W F F
A W F W F W F W F
X W W F W F F F F
3. Schritt: Diesen Wahrheitswerteverlauf als OBDD (für B-C-A) aufzeichnen (bitte vervollständigen). B
C A
C A
W
A
A
F
4. Schritt: Grafische Reduktionsschritte durchführen. Kurzversion, bitte nachzeichnen: Zählt man von links die C’s als C1 und C2 und die A’s als A1 bis A4, so können übersprungen werden: A1, A3, A4, dann C2. Alternativ können A3 und A4 vor dem Überspringen noch zu einem A34 verschmolzen werden. Es ergibt sich (so oder so) der ROBDD: Bernd Baumgarten
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Zusatzaufgaben Logik
B C A W Z8
F
Werkzeugkasten-Kalkül
Vervollständigen Sie den folgenden Beweis mit „unserem Werkzeugkasten“. Es sind die fehlenden Begründungen einzutragen. Zeige (( A ∨ B ) ∧ (¬A ∨ C )) → ( B ∨ C ) |
( A ∨ B ) ∧ (¬A ∨ C )
|
Zeige B ∨ C
(2)
|
|
¬( B ∨ C )
Ann
(3)
|
|
¬B
2,NOB
(4)
|
|
¬C
2,NOB
(5)
|
|
A∨ B
1, UB
(6)
|
|
A
3, 5, OB
(7)
|
|
¬A ∨ C
1, UB
(8)
|
|
¬A
4, 7, OB
(9)
|
|
⊥
6, 8, WE
(10)
|
B∨C
(11)
(( A ∨ B ) ∧ (¬A ∨ C )) → ( B ∨ C )
(1)
Bernd Baumgarten
Ann
IB BB
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Zusatzaufgaben Logik
Z9
Werkzeugkasten-Kalkül
Vervollständigen Sie den folgenden Beweis für eine Folgerung a) mit einem indirekten Beweis b) mit einem direkten Beweis (natürlich ohne darin versteckten indirekten Beweis) a)
(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)
b)
(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)
A∨ B A→C C ∨ ¬B Zeige C | ¬C | ¬B | A | C | ⊥ C
Geg. Geg. Geg.
A∨ B A→C C ∨ ¬B Zeige C | Zeige B → C | | B | | ¬¬B | | C | B→C | C | C
Geg. Geg. Geg.
Bernd Baumgarten
Ann. 3,4,OB1 1,5,OB1 2,6,MP 4,7, WE IB
Ann. 4, NE 3,5,OB1 BB 1,2,7,OB2
Zeile entbehrlich, aber Begründung dann in Folgezeile ↓ verschieben
DB
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Zusatzaufgaben Logik
Z10
AL-Werkzeuge I, gemischt
A, B und C werden verdächtigt, einen Einbruch begangen zu haben. Man findet heraus: (1) Niemand außer A, B und C kann beteiligt gewesen sein. (2) A „arbeitet” nie ohne Komplizen. (3) C ist unschuldig. Man formalisiere dieses Wissen und entscheide a) mit Tableau, b) mit Werkzeugkasten, ob B schuldig oder unschuldig ist.
Lösung Z10(a) X :⇔ X ist schuldig Wir reden einfach nicht über andere als A,B,C; sonst brauchen wir für (1) PL1. a1) DNF für 1+2+3 per Tableau suchen. (evtl. vorzeitig mit usw abkürzen)
A∨ B ∨ C A (B∨C) ¬C / | \ A B C / \ usw x ¬ A B∨ C x / \ B C x In allen Alternativen (Dualklauseln) der DNF gilt B (natürlich auch in den widersprüchlichen). Also folgt aus der Formelmenge B.
a2) 1+2+3+¬B per Tableau als unerfüllbar erkennen: A∨ B ∨ C A (B∨C) ¬C ¬B / | \ A B C / \ x x ¬ A B∨ C x / \ B C x x Fast genauso, nur incl. ¬B. Nun sind alle Zweige abgeschlossen – widersprüchlich. Also folgt aus der Formelmenge B.
Lösung Z10(b) Beispiel eines Werkzeugkastenbeweises für {1,2,3} |= B 1 (A∨B)∨C Geg 2 A (B∨C) Geg 3 ¬C Geg Zeige B 4 | ¬B Ann 5 | A∨ B OB,1,3 6 | A OB,4,5 7 | B∨ C MP,2,6 8 | B OB,3,7 9 | ⊥ WE,4,8 10 B IB
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Zusatzaufgaben Logik
Z11
AL-Werkzeuge II, gemischt
Auf einer Burg, die ausschließlich von Rittern und Knappen bewohnt ist, sagen Ritter immer die Wahrheit, und Knappen lügen immer. Ein Burgbewohner zeigt auf einen anderen und sagt: „Der ist kein Knappe, aber ich bin einer.“ Was ist der, auf den er zeigte – Ritter oder Knappe? a) Stellen Sie Wissen und Frage als AL-Formeln dar. Beweisen Sie die Antwort mit b) Resolution, c) Wahrheitstafel.
Lösung Z11(a) Aussagevariablen: (+ Wissen) Wissen:
A – Der Redende ist Ritter. (¬A – … ist Knappe) B – Der andere ist Ritter. (¬B – … ist Knappe) Redender sagt Wahrheit ⇔ A Aussage des Redenden: ¬A∧B A↔(¬A∧B) B? ¬B
also: Frage: geratene Antwort:
Lösung Z11(b) Per Resolution zu widerlegen: (A ↔ (¬A∧B)) ∧ B zunächst syntaktische Umformung: (A → (¬A∧B)) ∧ ((¬A∧B) → A) ∧ B (¬A ∨ (¬A∧B)) ∧ (¬(¬A∧B) ∨ A) ∧ B (¬A∨¬A) ∧ (¬A∨B) ∧ (¬¬A∨¬B∨A) ∧ B (¬A∨¬A) ∧ (¬A∨B) ∧ (A∨¬B∨A) ∧ B (KNF) {¬A,B} {¬A} {A,¬B} {B}
{A}
Ø Lösung Z11(c) A W W F F
B W F W F
Bernd Baumgarten
¬A F F W W
¬ A∧ B F F W F
A↔(¬A∧B) F F F W
(A ↔ (¬A∧B)) ∧ B F F F F
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Z12
PL1
Formalisieren Sie in PL1 (Universum? Relationen?): a) Keiner mag mich. b) Jemand mag mich. c) Alle mögen mich. d) Ich mag niemanden, der Dich mag. e) Alle Wege führen nach Rom. f) Wer anderen eine Grube gräbt, fällt selbst hinein. g) The first cut is the deepest. h) Wer A sagt muss auch B sagen. i) Hunde, die bellen, beißen nicht. j) Das letzte Hemd hat keine Taschen.
Lösung Z12 a) b) c) d) e) f) g) h)
i) j)
z.B. U=Personen / i=ich / d=du / M(x,y)=„x mag y“ ¬∃xM ( x, i ) ∃xM ( x, i ) ∀xM ( x, i ) ∀x( M ( x, d ) → ¬M (i, x)) bzw. ¬∃x( M ( x, d ) ∧ M (i, x)) z.B. U=Wege und Orte / W(x)= „x ist Weg“ / F(x,y)=„Weg x führt nach Ort y“ / r=Rom ∀x(W ( x) → F ( x, r )) z.B. U=Personen und Gruben / G(x,y)=„Person x gräbt Grube y“ / F(x,y)=„Person x fällt in Grube y“ ∀x∀y (G ( x, y ) → F ( x, y )) z.B. U=Schnitte, die Folge bilden / V(x,y)= „x wurde vor y erzeugt“ / T(x,y)=„x ist mindestens so tief wie y“ ∀x(¬∃yV ( y, x) → ∀zT ( x, z )) z.B. U=Personen und Texte / S(x,y)=„Person x sagt Text y“ / M(x,y)=„Person x muss Text b sagen“ / a=Text A, b=Text B ∀x( S ( x, a ) → M ( x, b)) [oder mit modaler Prädikatenlogik mit sagen, sagen müssen, sagen dürfen etc.] z.B. U=Hunde / W(x)= „x bellt“ / B(x)= „x beißt“ ∀x(W ( x) → ¬B ( x)) z.B. U=Hemden, die eine endliche Folge des Getragenwerdens bilden, und Taschen (als Hemdenteile) / N(x,y)= „Hemd x wird nach Hemd y getragen“ / H(x,y)=„Hemd x hat Tasche y“ ∀x(¬∃yN ( y, x) → ¬∃zH ( x, z ))
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Zusatzaufgaben Logik
Z13
PL1
Angenommen, Sie wollen beweisen, dass im Universum der Lebewesen aus den Aussagen 1. 2. 3. 4.
Alle Hunde heulen nachts. Wer mindestens eine Katze hat, hat keine Maus. Wer ein Lebewesen hat, das nachts heult, der schläft nicht gut. Aron hat eine Katze oder einen Hund (oder beides).
folgt: 5. Wenn Aron gut schläft, dann hat er keine Mäuse. Vollziehen Sie dazu den ersten Schritt, indem Sie (1) bis (5) als PL1-Formeln schreiben, und zwar mit a H(x) K(x) M(x) N(x) B(x,y) S(x)
∀x ( H(x) → N(x) )
(1) (2)
......................................................................................................................
∀x ( ∃y (K(y) ∧ B(x,y)) →
......................................................................................................................
2 (3) (4) (5)
für Aron für „x ist Hund“, für „x ist Katze“, für „x ist Maus“, für „x heult nachts“, für „x hat (besitzt) y“ für „x schläft gut“
¬∃z (M(z) ∧ B(x,z)) )
......................................................................................................................
∀x ( ∃y (N(y) ∧ B(x,y) ) → ¬S(x) )
......................................................................................................................
∃z (B(a,z) ∧ (K(z) ∨ H(z)))
......................................................................................................................
S(a) → ¬∃z (M(z) ∧ B(a,z))
......................................................................................................................
Tipp: Prüfen Sie am Ende nochmal die Klammerung.
Bernd Baumgarten
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Zusatzaufgaben Logik
Z14
PL1-Semantik
Zeigen Sie, dass ... (a) ϕ : ∀x∃yR( x, y ) → ∃y∀xR ( x, y ) nicht allgemeingültig ist; Tipps: zu a: Verwenden Sie als Interpretation eine Menge M und eine Relation R auf M, die ϕ falsch macht, beispielsweise die natürlichen Zahlen mit einer (welcher?) bekannten einfachen Relation, oder lassen Sie sich von dem Bild
inspirieren.
(b) die Folgerung ¬∃y∀xR ( x, y ) |= ¬∀x∃yR ( x, y ) falsch ist; (c) die Formelmenge {∀x∃yR( x, y ), ∀y¬∀xR( x, y )} erfüllbar ist. Tipps zu b,c: Verwenden Sie (a).
Lösung Z14(a) Gegenbeispiel 1: Knotenmenge: nat.Z., R(x,y) sei z.B. x
