לוגיקה למדעי המחשב תרגולים

Transcript

1 לוגיקה למדעי המחשב תרגולים ניצן פומרנץ 17 ביוני 2015 אתר הקורס: במודל בשבוע הראשון התרגילים ייועלו גם ל לירון כהן: (לא לשלוח שאלות על החומר במייל) שעת קבלה של לירון: ימי ראשון 12:30, הנדסת תוכנה 209. לתאם 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 I מבוא 1 תרגול 1 1 הגדרה אינדוקטיבית הוכחה באינדוקציה מבנית תחשיב הפסוקים II 3 נוסחה חוקית / פסוק / F. W F תרגול הצרנה שלמות פונקציונלית סמנטיקה 5 תרגול מערכת הוכחה 6 תרגול משפט הדדוקציה עקביות מערכות הוכחה אחרות 7 תרגול גדירות 8 תרגול תחשיב הפרדיקטים III תרגול ספיקות ותקפות תרגול הצרנות סגור אוניברסלי תרגול פסוקים בצורת P NF 12 (בן לי וולק, עד 13 המשך הצרנות בדיקת תקפות מילון עם סימן שוויון מערכת הוכחה. HC סוף הקורס) 10 תרגול תרגול

2 חלק I מבוא תרגול 1 1 הגדרה אינדוקטיבית.f : A n A היא מהצורה f F כך שלכל,F הבסיס. קבוצת פונקציות B A A העולם. הגדרה 1.1 הסגור של B לפי X) B,F ) F היא הקבוצה המינימלית המקיימת: B X B,F.1 2. סגורה תחת F f F, x 1,..., x n X B,F f(x 1,..., x n ) X B,F דוגמא: t} A = {s, היא קבוצת המילים הסופיות מעל F = {f 1, f 2 },B = {ε, st, ts}.s, t כאשר: f 1 (w 1, w 2 ) = sw 1 w 2 t f 2 (w 1, w 2 ) = w 1 w 2 w 1 מה יש ב X? B,F איך מוכיחים ש a? X B,F a X B,F a has a creation sequence from B in F.st X B,F יש אינסוף סדרות יצירה. מספיק להראות אחת בשביל להוכיח. נראה שתיים: st.1 atom ɛ.1 atom st.2 f 1 (ɛ, ɛ) מילה נוספת: sttsst X B,F ts.1 atom st.2 atom sttsst.3 f 2 (st, ts) כעת נרצה להראות שאיבר.sst / X B,F איך מוכיחים ש?a / X B,F X B,F T A אבל a: / T נחפש תכונה T, שכל האיברים בסגור מקיימים אותה והאיבר הספציפי אינו מקיים אותה. נגדיר T = { w {s, t} w is even } 1

3 1.1 הוכחה באינדוקציה מבנית יהיו T,X B,F המקיימות: B T.1.2 לכל f F אם a 1,..., a n T אז f(a 1,..., a n ) T אזי.X B,F T נוכיח באינדוקצית מבנה שכל המילים באורך זוגי. הבסיס: אם = 2 ts ɛ = 0, st = אז.B T נניח,w 1, w 2 T כלומר קיימים n, m N כך ש 2m w 1 = 2n, w 2 = אם ) 2 w = f 1 (w 1, w אז w = sw 1 w 2 t ולכן 2(n+m+1) w = s + w 1 + w 2 + t = 1+2n+2m+1 = כלומר מאורך זוגי אם ) 2 w = f 2 (w 1, w אז w = w 1 w 2 w 1 ולכן m) w = w 1 + w 2 + w 1 = 2n + 2m + 2n = 2(2n + כלומר מאורך זוגי כעת b} B = {aa},a = {a, ו { f } F = כאשר: דוגמא: { f(w) = aawb w starts with a bbwa else נוכיח שלא בעזרת אינדוקציה מבנית. נסמן: T = { w {a, b} w starts with a } האם?bba? X B,F הבסיס: aa מתחיל ב a. נניח,w 1 T כלומר w 1 מתחילה ב a. ) 1 :w = f(w לפי הנחת האינדוקציה wמתחילה 1 ב a ולכן.w = aaw 1 b וסיימנו. S = {w {a, b} # a (w) > # b (w)} האם?aaaabbbb / X B,F הבסיס:.aa 0 >.2 נניח,w 1 S כלומר (w).# a (w) > # b ;w = aaw 1 b אז מתחילה ב a אם w 1 :w = f(w 1 ) לפי הנחת האינדוקציה על w: 1 # a (w) = 2 + # a (w 1 ) > 1 + # b (w 1 ) = # b (w) אם w 1 מתחילה ב b אז w = bbw 1 a לא עובד! צריך לחזק את ההנחה X B,F S T S 2

4 חלק II תחשיב הפסוקים תרגול נוסחה חוקית / פסוק / F W F על: {P i i N} {,,,,, (, )} נגדיר נוסחה חוקית באופן אינדוקטיבי: כל פסוק אטומי הוא נוסחה חוקית. אם α, β נוסחאות חוקיות אז גם:,( α) (α β) כאשר },, {, דוגמא: האם (P 3 (P 2 ( P 1 ))) נוסחה חוקית? P 3.1 P 2.2 P 1.3 ( P 1 ).4 (P 2 ( P 1 )).5 (P 3 (P 2 ( P 1 ))).6 P 3 P 2 P דוגמא: האם ) 2 (P! P נוסחה חוקית? טענה 2.1 בנוסחה חוקית, בין כל שני פסוקים אטומיים מופיע קשר. הוכחה: (באינדוקציה מבנית); בסיס: α: = β הטענה מתקיימת באופן ריק. נניח את הטענה עבור נוסחאות,β. γ נפריד למקרים: אם (β ) α: = כל שני פסוקים אטומיים ב α הם ב β ולפי הנחת האינדוקציה על β, יש ביניהם קשר. אם (γ α: = β) יהיו שני פסוקים אטומיים ב α. אם שניהם ב β (ב γ ), לפי הנחת האינדוקציה יש ביניהם קשר. אם אחד ב β והשני ב γ יש ביניהם. הביטוי ( 2 P) 1 P אינו מקיים את התכונה הנ"ל, ולכן אינו נוסחה חוקית. 3

5 3 הצרנה 1. אם מחר ירד גשם (p), לא אבוא להרצאה (q). 1 p q 2. אצליח בבחינה (a) רק 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 (a b ) אבל אז נאבד את הצורה של הטענה. כדאי לנסות להצרין את הטענה באופן דומה לניסוח הטענה. 3. אם לא אצא עכשיו (p), אאחר (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. 4. טיעון מורכב: אם יוסי הגיע לתחנה (a) והרכבת יצאה בזמן (b), הוא 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 α β ( α β) }, {, שלמה פונקציונלית {, } שלמה פונקציונלית, כי 1 מעתה נשמיט סוגריים לפי כללי השמטת סוגריים שנראו בהרצאה. 4

6 תרגיל: נגדיר קשר דו מקומי חדש p q p q t t f t f f f t f f f t הוכח כי { }, שלמה פונקציונלית. נבנה בעזרתו קבוצה שלמה פונקציונלית אחרת: α α α α β ( α) ( β) (α α) (β β) הערה 4.1 טעות נפוצה היא לבנות את בעזרת ו למשל, אבל זה לא מעניין אותנו תרגיל: 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 4.2 בכל נוסחה חוקית מעל {, }, בכל השמה בה כל הפסוקים האטומיים יקבלו t, גם הנוסחה תקבל t. הוכחה: ההוכחה באינדוקציה מבנית, כשמשתמשים רק בקשרים הנתונים: {, }. כעת ניקח טבלת אמת כלשהי שבשורה מסוימת בטבלה מקבלת רק t ומחזירה f. את טבלת האמת הזאת אי אפשר לממש בעזרת הקשרים {, }, לפי הטענה. השמה v מספקת פסוק α אם v(α) = t ונסמן v = α תרגול סמנטיקה 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 α אינו טאוטולוגיה זה אומר שיש השמה שלא מספקת אותו. אבל אם α טאוטולוגיה α סתירה. כלומר טאולוגיה וסתירה אינם מושגים דואליים. ספיקות וסתירה הם מושגים דואליים. פסוקים α, β נקראים שקולים אם לכל השמה v(β) (α β) v(α) = פסוק α נובע מקבוצת פסוקים Γ אם בכל השמה בה Γ מסתפקת, גם α מסתפקת (α Γ) = הערה 5.1 תמיד נביעה היא של כל הפסוקים משמאל לסימן. כלומר,a b = c זה כמו,a} {b = c הערה a = b 5.2 אינה בשפת תחשיב הפסוקים. זוהי טענה, ועליה נוכל לומר האם היא נכונה או לא נכונה דוגמאות: טאוטולוגיות α α.1 α α.2 α α.3 5

7 סתירות.1 (α α) }{{} Demorgan α α }{{} α α α α }{{} α α comm, α α.2.3 α α לא סתירה נביעות α, α β = β האם הנביעה p, q r, q p = p מסתפקת? כן תכונות:.1 רפלקסיביות: α = α Γ Γ, Γ = α Γ = α 2. מונוטוניות: הערה 5.3 האם α, β = γ אומר אותו דבר כמו?(α β) γ לא! (α β) γ הוא 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 γ טאוטולוגיה. (בתרגיל בית) האם,p? q = r r צד ימין הוא טאוטולוגיה נכון בכל השמה. לכן בפרט הוא נכון בכל השמה שמספקת את ההנחות. טאוטולוגיה נובעת מכל דבר, "מהקבוצה הריקה". r r = T יכול להיות נכון רק עבור T טאוטולוגיה, ועבור כל טאוטולוגיה.,p p = q נכון לכל q, כי אין אף השמה שמספקת את p וגם p. או באופן כללי יותר מקבוצה לא ספיקה נובע כל דבר. טענה Γ = α 5.4 אמ"מ { α} Γ אינה ספיקה. הוכחה: : נניח Γ. = α נניח בשלילה כי {α } Γ ספיקה. לכן, קיימת השמה v כך ש { α } v. = Γ כלומר, α. אמורה לספק גם את Γ וזוהי סתירה לנביעה, כי כל השמה שמספקת את v =α ואז v = α וגם v = Γ : נניח ש { α } Γ אינה ספיקה. תהא v השמה המספקת את Γ. נניח בשלילה v =α לכן v = α אבל אז { α},v = Γ בסתירה להנחה תרגיל: תהיינה,A B נוסחאות שיש להן פסוק אטומי משותף יחיד P. 0 הוכח כי אם (B P 0 A) טאוטולוגיה, אז P 0 A או P 0 B טאוטולוגיה. הוכחה: נניח B) P 0 (A טאוטולוגיה. נניח בשלילה P 0 A לא טאוטולוגיה וגם P 0 B לא טאוטולוגיה. לכן, קיימות השמות v 1, v 2 כך ש v 1 =P 0 A v 2 =P 0 B v 1 = P 0 v 2 = P 0 v 1 = A v 2 =B v 1 (q) v(q) = v 2 (q) t q appears in A q appears in B else נגדיר השמה חדשה v: ואז v(a) = v 1 (A) = t,v(p 0 ) = t ו f.v(b) = כלומר B) v =P 0 (A בסתירה. 6

8 תרגול מערכת הוכחה α (β α) :A 1 (α (β γ)) ((α β) (α γ)) :A 2 ( β α) (α β) :A 3 α α β β :MP הערה 6.1 באקסיומות אפשר להציב כל דבר. ב MP אפשר להציב רק את מה שכבר ראינו שיכיח, ורק במבנה המתאים. α β, β γ α γ תרגיל: 2 Γ α β (1) Γ β γ (2) A 2 (α (β γ)) ((α β) (α γ)) (3) A 1 (β γ) (α (β γ)) (4) MP 2,4 α (β γ) (5) MP 3,5 (α β) (α γ) (6) MP 1,6 α γ (7) 6.1 משפט הדדוקציה Γ α β Γ, α β על פי משפט הדדוקציה, מספיק להראות בתרגיל הקודם ש α β, β γ, α γ Γ α (1) Γ α β (2) Γ β γ (3) MP 1,2 β (4) MP 3,4 γ (5) הערה 6.2 נשים לב שההוכחה הקודמת קונסטרוקטיבית וזו לא. אף על פי כן, הוכחת משפט הדדוקציה שראינו הייתה קונסטרוקטיבית ומתארת אלגוריתם שמאפשר לראות בנייה. 2 נסמן ב Γ הנחות 7

9 תרגיל: תהי C HP המערכת המתקבלת מ C HP על ידי החלפת A 3 באקסיומה: ( β α) (( β α) β) :A (Γ ϕ Γ הוכח כי ו C HP שקולות ϕ) β α, β α β A למה 6.3 הוכחה: לפי משפט הדדוקציה, מספיק להראות ש α β, β γ Γ β α (1) Γ β α (2) A 3 ( β α) (α β) (3) MP 1,3 α β (4) A 3 ( β α) ( α β) (5) α α α α (6) α γ(2, 6) β α (7) MP 5,7 α β (8) Γ Γ α β Γ, α β α β Γ, α Γ. ואז לפי משפט הדיכוטומיה (משפט ההוכחה לפי מקרים) שהוכחנו בכיתה β הערה 6.4 כפי שעשינו בתרגיל הזה, אפשר להשתמש בכל טענה שהוכחנו בתוך טענות אחרות, כאילו כתבנו את אותן שורות במקום המתאים. β α, α β β למה A הוכחה: מספיק להראות ש בגלל שההוכחה של משפט הדדוקציה משתמשת רק ב A 1, A 2 ו MP אז היא נכונה גם עבור C HP (בדקו!). Γ β α (1) Γ α (2) A ( β α) (( β α) β) (3) MP 1,3 ( β α) β (4) A 1 α ( β α) (5) MP 2,5 β α (6) MP 4,6 β (7) הוכחה: של התרגיל: מיידי משתי הלמות. 8

10 6.2 עקביות הגדרה 6.6 קבוצת פסוקים Γ נקראת עקבית במערכת הוכחה F אם קיים פסוק β כך ש Γ F β. Γ Γ וגם α משפט Γ 6.7 עקבית ב C HP אם ורק אם לא קיים פסוק α כך ש α.hp אינה עקבית ב C Γ {ϕ} אם ורק אם Γ,Γ ϕ (רפלקסיביות) לכן ϕ וגם (מונוטוניות) Γ, ϕ.γ ϕ לכן Γ, ϕ ו ϕ Γ, ϕ אז ברור ש ϕ Γ תרגיל: ϕ הוכחה: : נניח ϕ.hp אינה עקבית ב C Γ {ϕ} : נניח {ϕ} Γ אינה עקבית ב C ϕ.hp תרגול מערכות הוכחה אחרות תהי F מערכת הוכחה כלשהי עבור תחשיב הפסוקים.Γ F הגדרה 7.1 קבוצה Γ היא עקבית ב F אם קיים פסוק α כך ש α הוכח / הפרך: 1. אם φ עקבית ב F, אז F נאותה. לכן היא עקבית. היא לא נאותה F נפריך: ניקח מערכת בלי כללי היסק, ואקסיומה אחת. 3 P 0 מתקיים P 1 אבל P 0 ) P 0 אינה טאוטולוגיה). F מכיוון ש P 0 2. אם F נאותה אז עקבית ב F.. אבל אז מהנאותות נקבל כי P 0 טאוטולוגיה F הוכחה: נניח בשלילה φ אינה עקבית ב F. לכן בפרט, P 0 וזו כמובן סתירה תרגיל: נוסיף לשפת תחשיב הפסוקים קשר חד מקומי חדש. תהי S המערכת המכילה את בתוספת הבאים: α α :B 1 (α β) ( α β) :B 2 α α :B 3 וכלל היסק: α α הוכח: Γ, α S β אם ורק אם Γ S α β הוכחה: : נתון כי Γ S α β α β (1) assum. α (2) 2 α (3) MP 1,3 β (4) 3 לפי מוסכמות עד עתה P 0 הוא בהכרח איבר אטומי ולא משתנה שמייצג משהו אחר. 9

11 : נניח Γ, α S β לכן קיימת סדרת הוכחה ϕ 1,..., ϕ n = β מתוך {α} Γ ב S. נראה באינדוקציה ש Γ S α ϕ i בסיס: אם ϕ 1 אקסיומה: axiom/assum. ϕ 1 (1) A 1 ϕ 1 ( α ϕ 1 ) (2) MP 1,2 α ϕ 1 (3) אם :ϕ 1 = α B 1 α α נניח את טענת האינדוקציה עבור i. < n אם ϕ n אקסיומה או הנחה; מטופל כמו מקרה הבסיס. אם ϕ n מתקבל מ (i, j < n) ϕ i, ϕ j = ϕ i ϕ n ע"י :MP לפי הנחת האינדוקציה: Γ S α (ϕ i ϕ n ), Γ S α ϕ i induction hyp. α ϕ i (1) 2 MP α (ϕ i ϕ n ) (2) A 2 ( α (ϕ i ϕ n )) (( α ϕ i ) ( α ϕ n )) (3). (4) α ϕ n (5) אם ϕ n = ϕ i התקבל מ (i < n) ϕ i ע"י : לפי הנחת האינדוקציה,.Γ S α ϕ i induction hyp. α ϕ i (1) 1 ( α ϕ i ) (2) B 2 ( α ϕ i ) ( α ϕ i ) (3) MP 2,3 α ϕ i (4) B 3 α α (5) trans. α ϕ i (6) תרגיל: קבוצת פסוקים Γ נקראת חצי ספיקה אם יש שתי השמות v 1, v 2 כך שלכל ϕ: Γ v 1 ϕ or v 2 ϕ הוכח כי Γ חצי ספיקה אם ורק אם כל תת קבוצה סופית של Γ חצי ספיקה. הערה 7.2 יש 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

12 בניה: T חצי ספיקה T ספיקה. אז Γ חצי ספיקה Γ ספיקה (לפי קומפקטיות) כל תת קבוצה סופית של Γ ספיקה כל תת קבוצה סופית של Γ חצי ספיקה. הוכחה: (ניתנה הוכחה חלקית) בה"כ נניח כי Γ מעל הפסוקים האטומיים {N P}. i i נגדיר את Γ מעל הפסוקים האטומיים N} {P i, Q i i 4. לכל ϕ Γ נבנה ϕ ע"י החלפת כל P i ב.Q i נגדיר: Γ = {ϕ ϕ ϕ Γ} נרצה להראות ש Γ חצי ספיקה Γ ספיקה. : נניח ש Γ חצי ספיקה. לכל v 1 ϕ :ϕ Γ או.v 2 ϕ נגדיר השמה :v { v 1 (P i ) R = P i v(r) = v 2 (Q i ) R = Q i ונקבל v ϕ או.v ϕ ניקח.ψ Γ בהכרח ψ = ϕ ϕ עבור ϕ Γ כלשהו. נקבל ש t 5 v(ψ) =. אז Γ ספיקה. : נניח ש Γ ספיקה. אז קיימת השמה v שמספקת אותה. תהי v 1 השמה כלשהי כך ש v(p i ) = P i לכל.i N לכל v 2 (P i ) = v(q i ) השמה כלשהי המקיימת ו v 2,i N תהא ϕ Γ אז ϕ ϕ Γ ואז בהכרח v(ϕ) = t או. v( ϕ) = t אבל v(ϕ) v 1 (ϕ) = 6 ובאותו אופן ϕ) v 2 (ϕ) = v(. לכן ϕ מסתפקת על ידי v 1 או על ידי,v 2 אז Γ חצי ספיקה כדרוש. Ass(Σ) = {v Ass v Σ} קבוצת פסוקים Σ מגדירה את קבוצת ההשמות: תרגול גדירות Ass(Σ) Σ {v t } {P i i N} Ass All tautologies Ass W F F { {v t, fttt.. } Pi i N +} הגדרה 8.1 קבוצת השמות K נקראית גדירה אם קיימת קבוצת פסוקים Σ כך ש Ass(Σ) = K איך מוכיחים שקבוצת השמות גדירה? תרגיל: הוכח כי K even = {v v P i, i is even} גדירה. הוכחה: נגדיר even}.σ = {P i i is צ"ל: Ass(Σ) = K even v K even even i, v P i α Σ, v α v Σ v Ass(Σ) 4 "מבחינת מימוש", אפשר לומר למשל ש P i הם p 2i ו Q i הם 1+2i p. 5 יש להסביר מדוע 6 יש להסביר מדוע 11

13 תרגיל: לכל j N נגדיר K j = {v v satises up to j atoms} = {v {P i v(p i ) = t} j} { ( ) Σ j = P i i A הוכח כי לכל K j j, גדירה. הוכחה: לכל j נגדיר } A N, A = j + 1 צ"ל: Ass(Σ j ) = K j v K j A N A = j + 1, i A : v P i A N A = j + 1, v i A P i ( ) A N A = j + 1, v P i a Σ j, v α v Σ j v Ass(Σ j ) i A איך מוכיחים שקבוצת השמות K אינה גדירה? 1. נניח בשלילה כי K גדירה על ידי קבוצת פסוקים X. 2. נגדיר קבוצת פסוקים Y עבורה אנו יודעים למצוא את ) Ass(Y (וגם קל) 3. נוכיח כי X Y אינה ספיקה: Ass(X Y ) = Ass(X) Ass(Y ) = K Ass(Y ) = 4. נוכיח כי X Y ספיקה (על ידי משפט הקומפקטיות): D x = D X, D y = D Y תהי D X Y סופית. נגדיר: נבנה השמה v שמספקת את D y ונרחיב אותה כך שתספק את D x (שתהיה ב K ). אז: v D = D x D y ולכן לפי משפט הקומפקטיות, X Y ספיקה תרגיל: הוכח כי הקבוצה K inf = {v v satises an innite number of atoms} = {v {P i v(p i ) = t} = } אינה גדירה. נעקוב בהוכחה אחרי השלבים שהגדרנו לעיל. הוכחה:.1 נניח בשלילה ש K inf גדירה על ידי X כלשהי; Ass(X) = K inf.2 נגדיר N},Y = { P i i ואז } f Ass(Y ) = {v 12

14 Ass(X Y ) = Ass(X) Ass(Y ) = K inf {v f } }{{} = v f / K inf 3. נוכיח כי X Y אינה ספיקה:.4 נוכיח כי X Y ספיקה. תהי D X Y סופית. נגדיר D x = X D ו D.D y = Y D y מהצורה } ik.{ P i1,..., P נסמן ב m את האינדקס המקסימלי של האטומים ב.D y נגדיר: { f i m v = t i > m,v K inf,v D y לכן v X ואז.v D x מתקיים v D = D x D y ועל פי משפט הקומפקטיות X Y ספיקה תרגיל: עבור,n N השמה v תיקרא n חזקתית אם לכל + N :i v P (n+2) i לכל n N נסמן ב K n את קבוצת ההשמות ה n חזקתיות. (פתרונות חלקיים) 1. הוכח או הפרך: K n גדירה לכל n. כן גדירה (הקבוצה מוגדרת בדיוק לפי הפסוקים האטומיים שהיא אמורה לספק). 2. השמה v תיקרא חזקתית אם קיים n שעבורו היא n חזקתית. נסמן ב K את קבוצת כל ההשמות החזקתיות. הוכח או הפרך: Ass\K גדירה. (האם קבוצת כל ההשמות שאינן חזקתיות, גדירה?) לא גדירה נחפש את הקבוצה Y הכי פשוטה שאנחנו יכולים: Y = {P i } 13

15 חלק III תחשיב הפרדיקטים תרגול נוסחה שם עצם R(t 1,...t n ) c α, α β,... x ( x α), ( x α) f(t 1,.., t n ) v(ϕ) {t, f} v(t) D M נתבונן בנוסחה: ( x R(x, c)) D M2 = N Domain D M1 = {0} (x, y) R M2 x y Relation R M1 = {(0, 0)} c M2 = 0 Constant c M1 = 0 מה המשמעות של? לכל מה? נגדיר מבנים M 1, M 2 לדוגמה: במבנה M, 2 מה המשמעות של (c?r(x, זה כמו 0 x. האם זו נוסחה נכונה? לא בהכרח, זה תלוי ב x. בלוגיקה קלאסית מסדר ראשון, התחום (Domain) חייב להיות לא ריק! תזכורת להגדרות מההרצאה (ודוגמאות):.ϕ של הוא t מודל (M, v) ונאמר כי M, v ϕ נסמן. v(ϕ) = t אם v והשמה M ספיקה במבנה ϕ,m. v כך ש ϕ v אם קיימת השמה M ספיקה במבנה ϕ ϕ ספיקה אם קיים מבנה בו היא ספיקה. R(x) ϕ. של v מודל הוא ונאמר ש M M ϕ אז נסמן,M. v ϕ v, לכל השמה אם נכונה ב M ϕ c) R(x, ב M 1 בגלל שהיא פסוק ב M 2 R(x, c) ϕ היא v ספיקה אם יש לה v מודל. נאמר ש ϕ תקפה אם היא נכונה בכל מבנה. R(x) R(x) ( x P (x)) ( x P (x)) תרגיל הוכח / הפרך: אם x ϕ נכונה ב M, אז ϕ נכונה ב M. לא נכון: ניקח (x) x P עם מבנה.P M = N even,d M = N :M ברור ש ( x ) x P מתקיים. ניקח = 7.v(x) אז (x).m, v P 14

16 נחפש נוסחה ϕ ספיקה אינה v ספיקה נתבונן ב P (x) x P (x) נוסחה זו מסתפקת: למשל עם המבנה מהתרגיל הקודם וההשמה = 4.v(x) למה היא לא v ספיקה? הוכחה: (לא פורמלית) בשביל לספק את הנוסחה, ההשמה חייבת לספק את (x) P וגם את (x) x. P אז אם (x) x, P נכונה במבנה הספציפי שלקחנו, קיימת השמה ל x שעבורה (x) P ואז עבור אותה השמה ל x לא יתקיים (x) P. אז זו השמה שאינה מספקת את הנוסחה ולכן נוסחה זו לא v ספיקה. Γ t ϕ Γ v ϕ Γ v ϕ Γ t ϕ ראינו בכיתה: נראה דוגמה לכך שהגרירה לא מתקיימת בכיוון v נביעה t נביעה: t R(x) x R(x) עם המבנה שראינו קודם D M = N, P M = N even והשמה = 6.v(x) אבל R(x) :R(x) v x מהם המבנים M בהם R(x) נכונה? בהכרח צריך להתקיים R. M = D M עוד דוגמה: x = c v x y (x = y) אפשר לבדוק ש t נביעה אינה מתקיימת, כי אפשר למצוא מבנה מתאים. D ואז כל האיברים שווים! אבל בשביל v מודל שיתאים לc x, = בהכרח מתקיים = 1 M ϕ = ( x P (x) x R(x)) x (P (x) R(x)) תרגול ספיקות ותקפות דוגמה האם ϕ ספיקה? תקפה? ניקח P M = R M = {0},D = N :M קל לראות ש v M, כלומר ϕ ספיקה. אבל ϕ אינה תקפה: למשל D = N ו P M = N even ו.R M = N odd ϕ = ( x P (x) x P (x)) y z (P (y) P (z)) דוגמה ϕ תקפה. יהי M מבנה כלשהו. אם :P M = D M x P (x) (1) M x P (x) x P (x) (2) M ϕ (3) M x P (x) כשהמעבר מ 1 ל 2 הוא לפי טבלת האמת של. אם = M :P 15

17 M y z (P (y) P (z)) M ϕ אז מתקים 2 במקרה הקודם לפי טבלת האמת של. אם P M D : יש,a P M יש.b / P M ואז: טענה 9.1 תהא T קבוצת נוסחאות ו ϕ פסוק. {ϕ} v ספיקה T אם ורק אם T. v ϕ הוכחה: : נניח {ϕ} v ספיקה. T לכן קיים M בו הקבוצה נכונה, כלומר: M T וגם M. ϕ ברור ש ϕ.m מצאנו v מודל של T שאינו v מודל של ϕ ולכן. T v ϕ : נניח T. v ϕ קיים מבנה M כך ש M T וגם M. ϕ בגלל ש ϕ פסוק (אין לו משתנים חופשיים ואז הוא לא תלוי בבחירת ההשמה עצמה) נקבל M. ϕ {ϕ} M T ולכן הקבוצה v ספיקה תרגיל: למצוא הפרכה לטענה אם לא נתון ש ϕ פסוק. טענה 9.2 יהיו t, s 1, s 2 שמות עצם. אם ) 2 v(s 1 ) = v(s אז /x]).v (t [ s1 /x]) = v (t [ s2 הוכחה: באינדוקציה על מבנה שם העצם t. מקרי הבסיס: :t = c v (c [ s1 /x]) = v(c) = v (c [ s2 /x]) v (y [ s1 /x]) = v(y) = v (y [ s2 /x]) :t = y x v (x [ s1 /x]) = v(s 1 ) = v(s 2 ) = v (x [ s2 /x]) :t = x נניח את טענת האינדוקציה עבור שמות עצם t 1,..., t n ונוכיח עבור ) n.f (t 1,..., t 7 v (f (t 1,..., t n ) [ s1 /x]) = v (f (t 1 [ s1 /x],..., t n [ s1 /x])) = f M (v (t 1 [ s1 /x]),..., v (t n [ s1 /x])) IH = f M (v (t 1 [ s2 /x]),..., v (t n [ s2 /x])) = v (f (t 1 [ s2 /x],..., t n [ s2 /x])) = v (f (t 1,..., t n ) [ s2 /x]) 10 הצרנות הטענה: יש חתול חכם מעל המילון: יחס חד מקומי ( ) C עבור חתול, ו ( ) S עבור חכם. x (C(x) S(x)) כל החתולים חכמים x (C (x) S (x)) הערה 10.1 כלל אצבע: תמיד ילך עם, ו תמיד ילך עם (עד כדי שקילויות). IH = Induction Hypothesis 7 16

18 תרגול סגור אוניברסלי הגדרה ϕ 11.1 נוסחה. } n F V (ϕ) {x 1,..., x סגור אוניברסלי של ϕ הוא פסוק מהצורה. x 1... x n ϕ סימון:.ϕ הערה ϕ פסוק. (בן לי וולק, עד סוף הקורס) 2. הסגור האוניברסלי אינו יחיד. 3. באופן דומה, אם Σ קבוצת נוסחאות. נגדיר: Σ = { ϕ ϕ Σ } תרגיל: תהא Σ קבוצת נוסחאות. הוכיחו שאם Σ t ספיקה אז t ספיקה. Σ 8 כלומר, אם יש מבנה M והשמה v שמספקים את Σ, אז יש מבנה M והשמה v שמספקים את Σ. הוכחה: נניח ש Σ t ספיקה. אז יש M, v ש Σ.M, v כיוון ש Σ קבוצת פסוקים מתקיים ש Σ.M כלומר, לכל השמה,v ולכל.M, v x 1... x n ϕ :ϕ Σ לכל,v לכל ϕ Σ ולכל :d 1,..., d n D M M, v [ d1 /x 1, d2 /x 2,..., dn /x n] ϕ תהי u השמה כלשהי ב M. לכן היא מקיימת,M. u Σ אז t ספיקה. Σ שאלה: האם הכיוון ההפוך נכון? כלומר: האם t ספיקה Σ Σ t ספיקה? תשובה: לא. R(y)} t ספיקה, Σ.Σ = { x R(x), y R(y)},Σ = {R(x), y Σ אינה. M x R(x) d D M, d R M R M = D M M y R(y) d D M, d / R M בסתירה תרגיל: (ממבחן!) τ מילון. Σ קבוצת פסוקים מעל ϕ, ψ.τ נוסחאות. נתון y).σ v x y ψ(x, נגדיר מילון חדש σ, ע"י הוספת סימן פונקציה חד מקומי חדש f ל τ. הוכיחו: עבור Σ קבוצת נוסחאות מעל τ, אם Σ { x ψ(x, f(x))} v ϕ אז Σ. v ϕ הוכחה: יהי M מבנה מעל המילון τ שמספק את Σ. המטרה: להראות ש M מספק את ϕ. כיוון ש M מספק את Σ, מהנתון נובע ש ( y M x y ψ(x, נמצא מבנה M מעל σ שיספק את f(x))} Σ. x } ψ(x, הפירושים לסימנים ב τ : כמו ב M ; העולם.f M : D M D M = D M D M כלומר להגדיר,f נשאר: לפרש את.D M = D M נשתמש ב ( y.m x y ψ(x, לכל d D M קיים e d D M כך ש [ d/y.m ψ [ d /x, e נגדיר,f M (d) = e d ואז f(x)).m x ψ(x, בנוסף M Σ כי כל הנוסחאות ב Σ מוגדרות מעל τ ו M זהה ל M על τ. אז ϕ.m ϕ מוגדרת מעל τ ולכן אם M ϕ גם. M ϕ פסוקים בצורת P N F תרגול הגדרה 12.1 פסוק ϕ הוא בצורת P NF אם ϕ = Q 1 x 1 Q 2 x 2...Q n x n α כאשר } {, i Q לכל i n 1 ו α נוסחה חסרת כמתים. 8 תזכורת: עבור קבוצת פסוקים, t ספיקות ו v ספיקות הן תכונות שקולות 17

19 טענה 12.2 לכל פסוק ϕ קיים פסוק שקול ϕ בצורת P. NF משפט 12.3 סקולם: קיים אלגוריתם שבונה, בהינתן פסוק ϕ פסוק אוניברסלי ϕ כך ש ϕ ספיק אם ורק אם ϕ ספיק. x 1... x n y ϕ(x 1,..., x n, y) x 1... x n ϕ(x 1,..., x n, f(x 1,..., x n )).1 להעביר את ϕ לצורת P NF 2. סילוק כמתי : כש f סימן פונקציה חדש y ψ(y) ψ ( c /y) הגדרה 12.4 מבנה הרברנד: τ מילון. M מבנה הרברנד עבור τ אם:.1 לכל d D M יש שם עצם s ללא משתנים מעל τ כך ש d s M =.2 לכל שני שמות עצם שונים,.s M 1 s M 2,s 1 s 2 משפט 12.5 הרברנד: τ מילון ללא סימן =. ϕ פסוק אוניברסלי מעל τ. אז ϕ ספיק אם ורק אם ϕ ספיק במבנה הרברנד תרגיל: הוכח: יהי ϕ פסוק יישי. אם ϕ נכון בכל מבנה הרברנד, אז ϕ תקף (לכל מבנה M). ϕ M, הוכחה: ϕ תקף אם ורק אם ϕ אינו ספיק באף מבנה. ϕ שקול לפסוק אוניברסלי. כיוון ש ϕ נכון בכל מבנה הרברנד, ϕ אינו ספיק באף מבנה הרברנד ולכן ϕ אינו ספיק תרגיל: יהי τ מילון, בלי סימן = ועם סימן קבוע אחד לפחות. הוכח/הפרך: יהי ϕ פסוק ספיק מעל τ, אז ל ϕ יש מודל שהוא מבנה הרברנד. הטענה אינה נכונה. דוגמה: τ מילון עם סימן קבוע אחד בלבד R c. סימן יחס חד מקומי. ϕ = R(c) x R(x) ϕ ספיק. D. M = { c M } חייב לקיים τ עבור M אינו ספיק במבנה הרברנד כי כל מבנה הרברנד ϕ תרגיל: הוכח/הפרך: אם פסוק נכון בכל מבנה הרברנד אז הוא תקף. דוגמה נגדית: ϕ = (R(c) x (R(x) R(f(x)))) x R(x) מילון: מכיל סימן קבוע c, סימן פונקציה חד מקומית f, סימן יחס חד מקומי R. ϕ לא תקף: נמצא מבנה M שבו ϕ לא נכון. למשל: f M.R M = {x x 1}.D M = N פונקציית העוקב ו 1 = M ϕ.c אינו נכון ב M. נניח בשלילה שיש מבנה הרברנד M שבו הפסוק אינו נכון. אז R(x) x לא נכון ב M ו נכון ב M. קבוצת שמות העצם ללא משתנים במילון R(c) x (R(x) R(f(x))) {c, f(c), f(f(c)),...} יהי s שם העצם הקצר ביותר כך ש ( R(s אינו נכון ב M (יש כזה, כי R(x) x אינו נכון ב M ). s c כי R(c) נכון ב M. לכן, ) f(s s = עבור s קצר יותר. מבחירת,s מתקיים ש ( R(s נכון. הפסוק R(f(x))) x (R(x) נכון ב M ולכן כיוון ש ( R(s נכון, כך גם R(s) ;R(f(s (( = זו סתירה לבחירת s. 18

20 ɛ δ x R(ɛ, δ, x) ɛ x δ R(ɛ, δ, x) ϕ ɛ x ɛ δ δ x (R(ɛ, δ, x) R(ɛ, δ, x )) = ψ α = Sk(ψ) = ɛ δ x (R(ɛ, f(ɛ, δ ), x) R(a, δ, b)) תרגיל: הוכיחו שהפסוק הבא תקף: הוכחה: נראה ש ϕ אינו ספיק. נבצע סקולמיזציה של ψ: כש f סימן פונקציה חדש ו b,a סימנים קבועים חדשים. ממשפט סקולם: ϕ אינו ספיק אם ורק אם α אינו ספיק. α פסוק אוניברסלי. ממשפט הרברנד: α לא ספיק אם ורק אם GrIns(α) לא ספיקה. תזכורת: :GrIns(α) קבוצת הנוסחאות שמתקבלות מהצבת שמות עצם חסרי משתנים ל (x R(ɛ, f(ɛ, δ,( b). R(a, δ, נרצה להראות GrIns(α) אינה ספיקה. משפט 12.6 הקומפקטיות אם GrIns(ψ) אינה ספיקה, אז יש תת קבוצה סופית שלה שאינה ספיקה. {a, b, f(a, a), f(a, b),.., f(a, f(a, a)),...} ϕ [ a /ɛ, b /δ, b /x] = R(a, f(a, b), b) R(a, b, b) }{{} β ϕ [ a /ɛ, f(a,b) /δ, a /x] = R(a, f (a, f(a, b)), a) R(a, f(a, b), b) }{{} β מהי קבוצת ש"ע חסרי המשתנים? נתבונן ב שני הפסוקים הנ"ל שייכים ל ( GrIns(α ולכן היא לא ספיקה. מסנקה: α לא ספיקה ϕ לא ספיק ϕ תקף. תרגול המשך הצרנות הצרינו את הטענות הבאות מעל מילון מתאים: 1. לכל קבוצה X קיימת קבוצה Y כך שעצמת Y גדולה מעצמת X. 2. לכל 2 קבוצות X ו Y, אם X מוכל ב Y אז עצמת X אינה גדולה מעצמת Y. 3. כל הקבוצות מוכלות ב V. 4. V אינה קבוצה. מילון: τ = set( ), R(, ), S(, ), V כש ( set(x אומר ש x קבוצה; ) Y R(X, אומר ש X מוכל ב S(X, Y ) Y; אומר עצמת Y גדולה מעצמת X..1 ϕ 1 : x (set(x) ( y (set(y) S(x, y)))) 19

21 ϕ 2 : x y ((set(x) set(y)) (R(x, y) S(y, x))).2 ϕ 3 : x (set(x) R(x, V )).3 ϕ 4 : set(v ).4 (אם כן: בעזרת משפט הרברנד; אם לא: דוגמה הוכיחו / הפריכו: טענה 4 נובעת לוגית מטענות נגדית) נוכיח את הטענה. ננרצה להראות ש.{ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3 } ϕ 4 מספיק להראות ש { {ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3, ϕ 4 אינה ספיקה (קל לראות שזה אמ"מ). שלב 1: נעבור לפסוקים אוניברסליים ϕ 1 : x (set(x) (set(f(x)) S(x, f(x)))) Σ = {ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3, set(v )} GrIns(Σ) = α Σ GrIns(α) f סימן פונקציה חדש. רוצים להראות ש אינה ספיקה. נסתכל על ונמצא תתקבוצה לא ספיקה. קבוצת שמות עצם ללא משתנים: {V, f(v ), f(f(v )),...} 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 ) נביט בקבוצה הבאה: הקבוצה הזו אינה ספיקה, ולכן GrIns(Σ) לא ספיקה, ולכן (ממשפט הרברנד) Σ לא ספיקה. τ = R(, ), P (, ), c 14 בדיקת תקפות תרגיל: הוכיחו / הפריכו: קיים אלגוריתם שבהינתן פסוק ϕ מעל τ, מהצורה ϕ = x 1... x n y 1... y n α ϕ x 1... x n y 1... y n α β = y 1... y n ( α) [ c1 /x 1,.., cn /x n] כש α חסרת כמתים, מכריע האם ϕ תקף. קיים אלגוריתם. נוכיח: בהינתן ϕ, נבדוק האם ϕ ספיק. אחרי סקולמיזציה: β פסוק אוניברסלי ולכן הוא ספיק אם ורק אם GrIns(β) ספיקה. קבוצת שמות העצם ללא משתנים: } n,c} c 1,,... c (קבוצה זו סופית! אין סימני פונקציה); לכן אפשר לבדוק האם GrIns(β) ספיקה ע"י מיצוי של כל ההצבות האפשריות. 20

22 15 מילון עם סימן שוויון תרגול תרגיל: c σ = R(, ), =, f 1 ( ), f 2 (, ), מילון (עם סימן שוויון). הגדרה 15.1 מבנה M מעל σ הוא ממשי אם: D M = R R M = {(x, y) x < y} f M 2 (x, y) = x y c M = 0 א. מצאו נוסחה ϕ עם משתנה חופשי x, כך שמתקיים: לכל מבנה ממשי M והשמה f M 1,M v ϕ v, לא רציפה ב ( v(x ɛ > 0 δ > 0 b, a b < δ f(a) f(b) < ɛ תזכורת: פונקציה f רציפה בנקודה a אם: ϕ = ɛ (R(c, ɛ) ( δ (R(c, δ) y (R(f 2 (x, y), δ) R (f 2 (f 2 (x), f 2 (y)), ɛ)))) פתרון: ב. הוכיחו שקיים פסוק ψ כך שלכל מבנה ממשי M ψ M, ל f M 1 יש בדיוק נקודת אי רציפות אחת. ψ = x (ϕ(x) y (ϕ(y) y = x)) יהי M מבנה. M ψ לכל v קיים.M, v [ d /x] ϕ(x)...,d D M ג. הוכיחו: לא קיים פסוק α כך שלכל מבנה ממשי M מתקיים: M α ל f M 1 יש מספר סופי של נקודות אי רציפות. נרצה להשתמש במשפט הקומפקטיות. תזכורת משפט הקומפקטיות: Γ קבוצת פסוקים; Γ ספיקה כל תת קבוצה סופית של Γ ספיקה. הוכחה: נניח בשלילה שיש כזה פסוק.α לכל n N :1 נבנה פסוק,ψ n ש M ψ n ל f 1 יש לפחות n נקודות אי רציפות. נביט בקבוצה n}.γ {α} n N {ψ Γ. ψ m מספיק גדול כך ש m אז קיים M α אינה ספיקה כי אם Γ תהי Σ Γ תת קבוצה סופית. יהי k האינדקס המקסימלי ש Σ ψ k (אם אין כזה, = 1 k). נבנה מודל ל Σ (שהוא מבנה ממשי. למשל: = (a) f1 M f1 M להיות פונקציה עם בדיוק k נקודות אי רציפות. יהי M מבנה { ממשי; נגדיר את 1 a {1, 2,..., k} 0 else אז: מההנחה על.M α,α בנוסף M ψ m לכל m k ולכן.M Σ הראינו: Γ לא ספיקה, וכל תת קבוצה סופית כן ספיקה זוהי סתירה לקומפקטיות. נשאר לבנות את ψ: n n ψ n = x 1... x n (x i = x j ) i=1 ϕ(x i ) i j 21

23 16 מערכת הוכחה HC הגדרה 16.1 אקסיומות למערכת הוכחה α (β α) :A 1 (α (β γ)) ((α β) (α γ)) :A 2 ( β α) (α β) :A 3 ב α החופשי להצבה ב x t לכל שם עצם x α(x) α [ t /x] :A 4 אינו חופשי ב ϕ x כאשר x (ϕ ψ) (ϕ x ψ) :A 5 הגדרה 16.2 כללי היסק MP : (α β), α β Gen : ϕ(x) x ϕ(x) תרגיל: נגדיר מערכת חדשה :HC ע"י החלפת תבנית A 5 ואת הכלל Gen בכלל: M : γ α γ x α ϕ HC נוכיח: לכל ϕ :ϕ HC הכיוון הקל: להראות שאם ϕ יכיחה ב HC אז הוא יכיחה ב HC (תרגיל). הכיוון השני: נוכיח באינדוקציה על קבוצת הנוסחאות היכיחות שאם ϕ יכיחה ב HC אז ϕ יכיחה ב.HC כלומר, HC מכילה את האקסיומות של HC וסגורה ל Gen,.MP האקסיומות: 4 1 ברור כי הן אקסיומות ב.HC נראה שאקסיומות 5 יכיחה ב.HC α (β γ) ( (α β)) γ HC ( (α β)) γ α (β γ) HC טענה 16.3 טענת עזר: הוכחה: לפי משפט השלמות לתחשיב הפסוקים (יש לנו את אקסיומות 3 1 ואת.(MP הוכחה לאקסיומה 5: A 4 x (ϕ ψ) (ϕ ψ) (1) Above claim with (1) ( ( x(ϕ ψ)) ϕ) ψ (2) M, x / F V ( ) ( ( x(ϕ ψ)) ϕ) x ψ (3) Above claim with (2) ( x (ϕ ψ)) (ϕ x ψ) (4) פעולות: HC סגורה ל MP מההגדרה. נשאר להראות ש HC סגורה ל Gen : נניח ש α HC של x α. יהי β פסוק, (β).x / F V HC (ממשפט השלמות לתחשיב הפסוקים) ונראה הוכחה טענה β β 16.4 HC 22

24 Assum. הוכחה של x : α A 1 α ((β β) α) (1) α α (2) HC MP 1,2 (β β) α (3) M (β β) x α (4) Claim (β β) (5) MP 4,5 x α (6) פתרון: תרגול תרגיל: הוכח או הפרך תהי Γ קבוצת פסוקים, α פסוק אם Γ עקבית ב HC אז לפחות אחת מבין {α} Γ ו { α } Γ עקבית ב HC. 2. אותו דבר אבל נוסחאות במקום פסוקים. 1. נכון. הוכחה: משפט השלמות / הנאותות: Γ עקבית ל Γ יש מודל. מההנחה ש Γ עקבית: יש מבנה M ש Γ M. לכל השמה.M, v Γ,v תהי v השמה כלשהי. מתקיים: M, v α או.M, v α נניח ש α.m, v אז לכל השמה,v.M, v α מסקנה:.M α כלומר: {α}.m Γ אם M, v α אז באופן דומה { α}.m Γ מסקנה: { α} Γ עקבית..α = R(y),σ = R( ),Γ = { x R(x), x R(x)}.R M = {0},D M = {0, 1} שבו M עקבית: יש ל Γמודל Γ באופן דומה, גם {α } Γ אינה עקבית תרגיל: (ממבחן) Γ קבוצת נוסחאות ו ϕ נוסחה. נתון: ϕ מסתפקת בכל מבנה שבו Γ מסתפקת. הוכיחו / הפריכו: 1. קיימת תת קבוצה סופית Γ Γ שמקיימת: בכל מבנה שבו Γ נכונה, גם ϕ נכונה..Γ t 2. קיימת תת קבוצה סופית Γ Γ כך ש ϕ.γ תהי } n {α 1,..., α הוכחה של ϕ מתוך,Γ נסמן ב Γ את.1 הוכחה: נתון:.Γ v ϕ ממשפט השלמות, ϕ HC קבוצת האיברים ב Γ שמופיעים בהוכחה. Γ = {α i 1 i n, α i Γ} קיבלנו הוכחה של ϕ מתוך,Γ Γ סופית. ממשפט הנאותות:.Γ v ϕ.2 דוגמה: נבחר {R(x)}.ϕ = x R(x),Γ = נראה ש ϕ.γ v יהי.M Γ כלומר R(x) M לכל.R M = D M M, v R(x),v לכן.M, v ϕ מסקנה.M ϕ,d M = {0},M = D M, R M עבור.Γ = מקרה ראשון:.Γ t כך ש ϕ Γ נראה שאין Γ.M ϕ אבל M מתקיים.R M = מקרה שני: {R(x)}.Γ = Γ = נראה מבנה M והשמה v כך ש Γ M, v אבל,D M = {0, 1}.M, v ϕ.v(x) = כך ש 0 השמה ו v R M = {0} פתרון: מסקנה: הטענה לא נכונה. 23

25 תרגיל: נגדיר מערכת הוכחה חדשה N עבור לוגיקה מסדר ראשון: אקסיומות: α (β α) :A 1 (α (β γ)) ((α β) (α γ)) :A 2 ( α β) (β α) :A 3 ב α החופשי להצבה ב x t לכל שם עצם x α(x) α [ t /x] :A 4 כללי היסק:.MP תהי Γ קבוצת פסוקים אוניברסלית שאינה ספיקה. הוכיחו: קיימת סתירה היכיחה מ Γ ב N. תזכורת: ψ) x (ϕ ψ) (ϕ x כש ( ϕ ).x / F V תזכורת משפט הרברנד: Γ ספיקה Γ ספיקה במבנה הרברנד GrIns(Γ) ספיקה GrIns(Γ) ספיקה במבנה הרברנד. נסמן: GrIns(Γ) Γ ;Γ = לא ספיקה. ממשפט הקומפקטיות: יש תת קבוצה סופית Γ Γ לא ספיקה. טענה 16.5 אפשר להוכיח ב N כל פסוק ב Γ מתוך Γ. איך? ע" י הפעלה של אקסיומה 4. דוגמה: α ϕ, = x 1 x... n α חסרת כמתים. t שם עצם חסר משתנים. נכתוב הוכחה ל [ 1 x 2... x n α [ t /x A 4 x 1.. x n α x 2... x n α [ t /x 1] (1) Assum. ϕ (2) MP 1,2 x 2... x n α [ t /x 1] (3) נחליף כל נוסחה אטומית ב Γ במשתנה פסוקי חדש p. i נקבל קבוצה Γˆ בתחשיב הפסוקים שאינה ספיקה. בפרט: ) 0 ˆΓ (p 0 p (משפט השלמות עבור.( נתרגם בחזרה ונקבל ש ( α Γ (α עבור נוסחה.α מסקנה: α).γ (α נכתוב הוכחה של (α α) מתוך Γ. לכל פסוק מ Γ שמופיע בהוכחה. נחליף נחליף אותו בסדרת ההוכחה מתוך Γ הוכיחו / הפריכו: קיים אלגוריתם A שבהינתן פסוק ϕ מחזיר פסוק ϕ כך ש ϕ תקף אם ורק אם ϕ ספיק. נוכיח שאין כזה אלגוריתם. נראה שלו היה אלגוריתם A כנ"ל, היה אלגוריתם A שמכריע ספיקות של פסוק. פרוצדורה לבדיקת ספיקות: מקבלת ϕ. נעשה סקולמיזציה ומסתכלים על קבוצת ה GrIns. מטרה: לחפש תת קבוצה סופית לא ספיקה. אם מצאנו, מכריזים לא ספיק, אחרת ממשיכים. הוכחה: נניח שיש אלגוריתם כנ"ל. בהינתן פסוק ϕ, נריץ את A ונקבל ϕ שתקף אם ורק אם ϕ ספיק. נסתכל על ϕ ϕ ϕ : תקף ϕ לא ספיק. נריץ את הפרוצדורה לבדיקת ספיקות על ϕ. ϕ לא ספיק הפרוצדורה עוצרת ואומרת ϕ לא ספיק. אם כן ספיק ממשיכים לרוץ. האלגוריתם A: יריץ את הפרוצדורה לבדיקת ספיקות על ϕ ϕ, במקביל. אם ϕ ספיק אז נמצא תת קבוצה סופית של ) GrIns( ϕ ונעצור. אם ϕ לא ספיק נמצא תת קבוצה סופית של GrIns(Sk(ϕ)) ונעצור. 24