Úlohy - predikátová logika (přepis)

Transkript

1 Úlohy - predikátová logika (přepis) Martin Všetička 7. ledna 2009, 17:12 Zásadní informace pro následné čtení příkladů Tvrzení: Pravidlo tautologie (PTT) Pravidlo o rozboru případů (PR) Pravidlo konjunkce (PK) Pravidlo tranzitivity implikace (PTI) Důkaz. Každá tautologie je dokazatelná v predikátové logice. T $ pa _ Bq Ñ C ô pt $ A Ñ Cq a pt $ B Ñ Cq T $ A a T $ B ô T $ A & B T $ A Ñ B a T $ B Ñ C ñ T $ A Ñ C 1. PTT plyne z toho, že predikátová logika 1. řádu v sobě přirozeně obsahuje výrokovou logiku (tj. každá formule je výrok nad prvovýroky, které představují atomické formule a formule začínající kvantifikátorem). 2. PR plyne z PTT a z faktu, že pa _ Bq Ñ C Ø ppa Ñ Bq & pb Ñ Cqq je tautologie. 3. PK plyne z toho, že A Ñ pb Ñ pa & Bqq je tautologie, z PTT a z definice symbolu $. 4. PTI plyne z toho, že pa Ñ Bq Ñ ppb Ñ Cq Ñ pa Ñ Cqq je tautologie. Další základní poučky, pravidla, věty a axiomy a jejich symbolické označení Poučka, pravidlo, axiom Symbol Formulace Pravidlo Modus Ponens MP Odvod B z A a A Ñ B Pravidlo Generalizace PG Odvod p@xqa z A Axiom Specifikace AxS p@xqa Ñ A x rts; A x rts Ñ pdxqa ( duální verze ) Axiom Přeskoku AxP p@xqpa Ñ Bq Ñ pa Ñ p@xqbq, není-li x volná v A. Pravidlo PZ@ T $ A Ñ B ñ T $ A Ñ p@xqb, není-li x volná v A. Pravidlo Zavedení D PZD T $ A Ñ B ñ T $ pdxqa Ñ B, není-li x volná v B. Věta o uzávěru VU T $ A ô T $ A 1, je-li A 1 uzávěr A. Věta o Instanci VI T $ A ñ T $ A 1, je-li A 1 instance A. Věta o Substituci VS a) $ p@x 1,..., x n qa Ñ A x1,...,x n rt 1,..., t n s b) $ A x1,...,x n rt 1,..., t n s Ñ pdx 1,..., x n qa Věta o Konstantách VK T $ A ô T 1 $ A x1,...,x n rc 1,..., c n s, je-li T 1 rozšíření o nové konstantní symboly c i, 1 i n. Věta o Dedukci VD Je-li A sentence, tak T, A $ B ô T $ A Ñ B. Důkaz sporem DS Je-li A sentence, tak T, A je sporná ô T $ A. Pravidlo Distribuce Q PDQ T $ A Ñ B ñ T $ pqxqa Ñ pqxqb. Věta o Ekvivalenci VE Necht formule A 1 vznikne z formule A nahrazením některých výskytů podformulí A 1, A 2,..., A n po řadě formulemi A 1 1, A 1 2,..., A 1 n, kde P t1,..., nu je $ A i Ø A 1 i. Potom: $ A Ø A1. Věta o Variantách VV $ A Ø A 1, je-li A 1 varianta A. 1

2 Další běžně užívaná symbolická označení: Q... označení pro kvantifikátor D) ñ... značí české implikuje. ô... značí české je ekvivalentní. Ñ... symbol pro implikaci ve formálním jazyce Ø... symbol pro ekvivalenci ve formálním jazyce Pro formule A, B symbol A B značí formule A je B ; obdobně o termech t, s můžeme prohlásit t s Je-li A formule resp. t je term, symbol Apxq resp. tpxq značí, že x je nějaká n-tice x 1,..., x n navzájem různých proměnných, mezi kterými jsou všechny volné proměnné A resp. všechny proměnné termu t. F.1.0 Substituce, instance F Vlastnosti substitucí a instancí 1. Dokažte: $ p@xqa Ø p@yqa x rys, pokud y není volná v A a je substituovatelná za x do A. Speciálně tedy platí: p@xqa Ø p@yqa x rys, nemá-li y výskyt v A. Označme A x rys jako A 1. Oba předpoklady o x, y v A zaručují, že volný výskyt y v A 1 je právě tam, kde je volný výskyt x v A. Tedy x je substituovatelné za y do A 1 a A 1 yrxs je A. (6) $p@yqa 1 Ñ A y rxs $p@yqa 1 Ñ A (přepis) $p@xqa Ñ A 1 $p@yqa 1 Ñ p@xqa (PZ@ na ) $p@xqa Ñ p@yqa 1 (PZ@ na ) $p@xqa Ø p@yqa x rys (PK na a ) Přípisek: Ukažme si ty substituce na příkladu, mějme formuli: A x 0 Ñ pdyqpy 0q Máme splněné oba předpoklady (y není volná v A a y je substituovatelná za x). A 1 je tedy tvaru: A 1 y 0 Ñ pdyqpy 0q Proměnná x je zřejmě substituovatelná za y, čímž dostaneme: A x 0 Ñ pdyqpy 0q 2. Dokažte: $ p@x 1,..., x n qa Ñ A x1,...,x n rt 1,..., t n s Pro každé i 1, 2,..., n platí (*) $ p@x i, x i 1,..., x n qa Ñ A 2

3 Toto tvrzení dokážeme pomocí indukce: (7) (8) (9) $ p@x i, x i 1,..., x n qa Ñ p@x i 1,..., x n qa $ p@x i 1,..., x n qa Ñ A (indukční předpoklad) $ p@x i, x i 1,..., x n qa Ñ A (PTI na a ) Dokazované tvrzení plyne z (*) pomocí věty o instancích: $(p@x 1,..., x n qa Ñ A) x1,...,x n rt 1,..., t n s (VI na (*)) $p@x 1,..., x n qa Ñ A x1,...,x n rt 1,..., t n s (viz vysvětlení níže) Přechod od k je možný proto, že premisa implikace v neobsahuje žádnou z proměnných x 1,..., x n volně - vycházíme tedy z definice substituovatelnosti termu do formule. Přípisek: Zadání je věta o substituci, jak je uvedeno v úvodní tabulce. 3. Dokažte: kde e 1 px 1 {t 1 res,..., x n {t n resq. M ( A x1,...,x n rt 1,..., t n sres ô M ( Are 1 s, Indukcí podle složitosti A. Pro A atomickou a spojky krok pro A tvaru p@xqb: a Ñ to je jasné. Indukční M ( A x1,...,x n rt 1,..., t n sres ô M ( B x1,...,x n rt 1,..., t n srepx{aqs pro každé a P M (definice splňování) ô M ( Brepx{aq 1 s pro každé a P M (indukční předpoklad) ô M ( Bre 1 px{aqs pro každé a P M (viz vysvětlení níže) ô M ( p@xqbre 1 s (definice splňování) ô M ( Are 1 s (přepis) Třetí ekvivalence plyne z e 1 px{aq epx{aq 1, což platí v důsledku toho, že x není v t i díky substituovatelnosti 1 t i za x i do A. Přípisek: Kompletní důkaz je možno najít ve skriptech Jana Pelce, str. 28, lemma 8.12 F Vlastnosti instancí - protipříklady 1. & p@xqa Ñ A t x, je-li A t x výsledek nahrazení každého volného výskytu x v A termem t. Podle věty o úplnosti predikátové logiky stačí: xm, P M y * p@xqa Ñ A t x, kde: A je pdyqp px, yq M ta, bu P M txa, by, xb, ayu volíme t y Přípisek: A t x není to samé, co substituovatelnost termu t za proměnnou x do formule A. 1 Protože A je tvaru p@xqb. 3

4 2. M ( A t xres ø M ( Are 1 s, kde e 1 epx{tresq a A t x je výsledek nahrazení každého volného výskytu x v A termem t. Protipříklad je následující: A bud pdyqp px, yq t bud y; tedy A t x je pdyqp py, yq M ta, bu P M txa, by, xb, ayu Mějme epxq a, epyq b a e 1 pxq b e 1 pyq. Pak xm, P M y ( Are 1 s, ale xm, P M y * A y xres. 3. T $ A x rts T $ A, kde T je jistá teorie v jazyce xm, P, cy - P je unární predikát, c konstanta. Protipříklad je následující: Bud T tp pcqu Bud M xm, P M, c M y ( T, kde P M tc M u Bud A P pxq Bud t c Pak M ( P pcq, ale M * P pxq F.1.1 Varianta F Definice: Říkáme, že formule A 1 je variantou formule A, jestliže A 1 vznikne z A postupným nahrazením podformulí tvaru pqxqb formulemi pqyqb x rys, kde y není volná proměnná ve formuli pqxqb. Bud te x, y, z, u různé proměnné, Q kvantifikátor. Odpovězte a uved te důvod, zda platí: B je varianta A. 1. A pqxqpx y _ pdzqpz y & z xqq, B pqzqpz y _ pdzqpz y & z zqq Ne. z není substitovatelné za x do A. Přípisek: Protože existuje podformule A ve tvaru pdzqc taková, že x má v C volný výskyt. 2. A pqxqpx y _ p@zqpz y & z xqq, B pqyqpy y _ p@zqpz y & z yqq Ne. y je volná v A. 3. A pqxqpx y _ pdzqpz y & z xqq, B pquqpu y _ pdzqpz y & z uqq Ano. u není volná v A a je substituovatelná za x do A. 4

5 F.1.2 Dokazatelné, vyvratitelné a nezávislé formule F Dokazatelnost jednoduchých formulí Bud te P, R různé unární predikátové symboly. Odpovězte, zda uvedená formule je: a uved te důvod. 1. P dokazatelná (D) / vyvratitelná (V) / nezávislá (NZ) NZ. x1, 0y ( P, x1, 1y ( P Přípisek: x1, 0y zde značí model jehož interpretace (realizace) je: 2. P Ñ R M 1 t0u... jednoprvková množina, že je jejím prvkem zrovna nula není příliš podstatné P M H NZ. x2, 0, 2y ( P Ñ R... Premisa (P) je vždy nesplněná. x2, 2, 0y ( pp Ñ Rq... Premisa (P) je vždy splněná, závěr (R) je však vždy nesplňen. Přípisek: x2, 0, 2y zde značí model jehož interpretace (realizace) je: M 2 t0, 1u P M H R M tt0u, t1uu 3. P Ñ pr Ñ P q D. Je to tautologie (instance axiomu A1). 4. pdxqp pxq NZ. x1, 0y ( pdxqp x1, 1y ( pdxqp 5. P pxq _ pdxq P pxq D. Formule je logicky ekvivalentní s p@xqp Ñ P, což je axiom substituce. Přípisek: P pxq _ pdxq P pxq ô P pxq Ñ pdxq P pxq (zkratky) Formule není nic jiného než instance duální verze axiomu specifikace (viz tabulka v první kapitole). 5

6 F Nezávislé formule v modelu 1. Bud A formule P Ñ p@xqp, kde P je unární relační symbol. V právě kterých modelech 2 xm, P M y, neplatí A ani A? Právě, když 0 P M M. Přípisek: Pokud bude splněno 0 P M M, pak pro danou realizaci jazyka (pojem model mi zde obsahově nesedí) budou vždy existovat ohodnocení e a e 1 taková, že xm, P M y ( Ares ale xm, P M y * Are 1 s. 2. Bud A formule x c, kde c je konstantní symbol. V právě kterých modelech xm, c M y, neplatí A ani A? Právě když M 1. Přípisek: Pokud bude M 1, pak bude existovat právě jedno ohodnocení e, pro které bude platit epxq c M, pro jedno ohodnocení bude tedy formule splněna pro zbývající ne, tedy formule je nezávislá. 3. Bud A formule P Ñ p@xqr, kde P, R jsou různé unární predikátové symboly. V právě kterých modelech M xm, P M, R M y, neplatí A ani A? Právě, když 0 P M M R M. Přípisek: Zřejmě platí: looomooon #1 loooomoooon loooomoooon #2 M * A ô P M 0 a R M M, M * A ô P M M nebo R M M. #3 loooomoooon #4 Aby byla formule A nezávislá, musíme spojit podmínky #1, #2 a #3 (viz 3 ). F.1.3 Protipříklady F K větě o dedukci a o důkazu sporem 1. T, A $ B T $ A Ñ B, kde T tpdxqp u je teorie v jazyce xp y s unárním predikátem P, A je P pxq a B vhodné. Bud B formule p@xqp pxq. Je dokazatelné T, A $ B: T, P pxq $ P pxq T, P pxq $ p@xqp pxq (PG) Platí však T & A Ñ B, nebot xm, P M y * P pxq Ñ p@xqp pxq, když 0 P M M. 2 Použil bych raději pojem interpretace jazyka, jelikož model je definován jako interpretace jazyka L, při které je formule pravdivá. 3 Podmínky #1, #2 a #4 se vylučují, pro jich nelze použít. 6

7 2. Přípisek: V dokumentu [1], 3.44 je uvedeno které jiné formule lze použít pro dokázání našeho tvrzení. Jsou to formule, jejichž důkaz závisí na použítí pravidla generalizace (což se dále např. využije pro použití pravidla T, A je sporná teorie T $ A, kde T tpdxqp u je teorie v jazyce xp y s unárním predikátem P a A je vhodné. Bud A rovno P. T, A je sporná, nebot dokazuje pdxqp & pdxqp : T, P $ P (předpoklad) T, P $ p@xq P (PG) T, P $ pdxqp (předpoklad) T, P $ pdxqp & p@xq P (Pravidlo konjunkce na a ) T, P $ pdxqp & pdxqp (Prenex (i) + VE) Díky tautologii pb & Bq Ñ C dostáváme T, A $ C. Na druhé straně T & A, nebot pdxqp & P, o čemž svědčí model x2, 1y * P. F.1.4 Tvrzení o kvantifikátorech F Vytýkání kvantifikátorů Necht Q značí kvantifikátor, Q 1 kvantifikátor duální ke Q. 1. p@xqpa Ñ Bq Ø pa Ñ p@xqbq, nemá-li x volný výskyt v A. Ñ Instance axiomu přeskoku. Ð Dokazujeme takto: $pa Ñ p@xqbq Ñ ppp@xqb Ñ Bq Ñ pa Ñ Bqq (tautologie PTI) $pp@xqb Ñ Bq Ñ ppa Ñ p@xqbq Ñ pa Ñ Bqq (věta o záměně předpokladů 3 ) $p@xqb Ñ Bq $pa Ñ p@xqbq Ñ pa Ñ Bq $pa Ñ p@xqbq Ñ p@xqpa Ñ Bq 2. pdxqpa Ñ Bq Ñ pa Ñ pdxqbq, nemá-li x volný výskyt v A. Ñ Dokazujeme: (, MP) (PZ@) $pa Ñ Bq Ñ ppb Ñ pdxqbq Ñ pa Ñ pdxqbqq (tautologie PTI) $pb Ñ pdxqbq Ñ ppa Ñ Bq Ñ pa Ñ pdxqbqq (věta o záměně předpokladů 3 ) $B Ñ pdxqb ( duální verze AxS) $pa Ñ Bq Ñ pa Ñ pdxqbq (, MP) $pdxqpa Ñ Bq Ñ pa Ñ pdxqbq (PZD) 3 viz skripta Jana Pelce, věta

8 3. pa Ñ pdxqbq Ñ pdxqpa Ñ Bq Ñ Dokazujeme: (6) (7) (8) $pa Ñ Bq Ñ pdxqppa Ñ Bq ( duální verze AxS) $ A Ñ pa Ñ Bq (V2) $ A Ñ pdxqpa Ñ Bq (, PTI) $B Ñ pa Ñ Bq (A1) $pdxqb Ñ pdxqpa Ñ Bq (DK 4 ) $p A _ pdxqbq Ñ pdxqpa Ñ Bq (, PR) $p A _ pdxqbq Ø pa Ñ pdxqbq (zkratky) $pa Ñ pdxqbq Ñ pdxqpa Ñ Bq (VE na (6) se (7)) 4. pqxqpa Ñ Bq Ø ppq 1 xqa Ñ Bq, nemá-li x volný výskyt v B. Návod: Užijte tvrzení o vytýkání kvantifikátorů z konsekventu implikace. $ pqxqpa Ñ Bq Ø pqxqp B Ñ Aq (V5) Ø p B Ñ pqxq Aq (Prenex (ii)) Ø p pqxq A Ñ Bq (V5 a V3,V4) Ø ppq 1 xqa Ñ Bq (vztah a D) 5. pqxqpa Bq Ø pa pqxqbq, nemá-li x volný výskyt v A, je _ nebo &. Návod: Užijte tvrzení o vytýkání kvantifikátorů z konsekventu implikace. (a) Q je _. Jsou dokazatelné ekvivalence: $ p@xqpa _ Bq Ø p@xqp A Ñ Bq (zkratky) Ø p A Ñ p@xqbq (Prenex (ii)) Ø pa _ p@xqbq (zkratky) C, demor- (b) Ostatní vztahy plynou z (a) užitím $ pdxqc Ø p@xq C, $ C Ø ganových pravidel a věty o ekvivalenci. F Vytýkání kvantifikátorů - protipříklady Necht Q značí kvantifikátor, Q 1 kvantifikátor duální ke Q. 1. & p@xqpa Ñ Bq Ñ pa Ñ p@xqbq. Bud M xm, P M, R M y, kde P, R jsou unární predikátové symboly. Bud a P P. 4 Distribuce Kvantifikátorů, Jan Pelc, lemma 9.9; důsledek PZD 8

9 Necht platí 0 P M R M M. Pak M ( p@xqpp Ñ Rq, M * pp Ñ p@xqrqras. Tedy M * p@xqpp Ñ Rq Ñ pp Ñ p@xqrq. 2. & pa Ñ p@xqbq Ñ p@xqpa Ñ Bq. Pak Bud M xm, P M, R M y, kde P, R jsou unární predikátové symboly. Bud a P MzP M. Necht platí 0 P M R M. M ( pp Ñ p@xqrqras... jelikož není splněna premisa M * p@xqpp Ñ Rq Tedy M * pp Ñ p@xqrq Ñ p@xqpp Ñ Rq. 3. & pdxqpa Ñ Bq Ñ pa Ñ pdxqbq. Pak Bud M xm, P M, R M y, kde P, R jsou unární predikátové symboly. Bud a P P M. Necht platí 0 P M ˆ M, R 0. M ( pdxqpp Ñ Rq... protože existuje a P MzP M M * pp Ñ pdxqrqras... protože je a P P M Tedy M * pdxqpp Ñ Rq Ñ pp Ñ pdxqrq. F Vlastnosti kvantifikátorů 1. Dokažte syntakticky, přičemž Q značí kvantifikátor: $ pqxqpa & Bq Ñ pqxqa & pqxqb Necht všechny volné proměnné formulí A, B kromě x jsou mezi x 1,..., x n, necht c 1,..., c n jsou nové konstantní symboly, A 1 je A x1,...,x n rc 1,..., c n s, B 1 je B x1,...,x n rc 1,..., c n s. (6) (7) (8) (9) $pa 1 & B 1 q Ñ A 1 (PK (tautologie)) $pa 1 & B 1 q Ñ B 1 (PK (tautologie)) $pqxqpa 1 & B 1 q Ñ pqxqa 1 (PDQ na ) $pqxqpa 1 & B 1 q Ñ pqxqb 1 (PDQ na ) pqxqpa 1 & B 1 q $pqxqa 1 ( VD) pqxqpa 1 & B 1 q $pqxqb 1 ( VD) pqxqpa 1 & B 1 q $pqxqa 1 & pqxqb 1 (PK na, (6)) $pqxqpa 1 & B 1 q Ñ pqxqa 1 & pqxqb 1 ((7) VD) $pqxqpa & Bq Ñ pqxqa & pqxqb ((8) VK) 2. Dokažte syntakticky, přičemž Q značí kvantifikátor: $ p@xqa & p@xqb Ñ p@xqpa & Bq 9

10 Necht všechny volné proměnné formulí A, B kromě x jsou mezi x 1,..., x n, necht c 1,..., c n jsou nové konstantní symboly, A 1 je A x1,...,x n rc 1,..., c n s, B 1 je B x1,...,x n rc 1,..., c n s. (6) p@xqa 1 & p@xqb 1 $A 1 (AxS + MP) p@xqa 1 & p@xqb 1 $B 1 (AxS + MP) p@xqa 1 & p@xqb 1 $A 1 & B 1 (PK na a ) p@xqa 1 & p@xqb 1 $p@xqpa 1 & B 1 q (PG) $p@xqa 1 & p@xqb 1 Ñ p@xqpa 1 & B 1 q (VD) $p@xqa & p@xqb Ñ p@xqpa & Bq (VK) 3. Dokažte syntakticky: $ p@xqpa & Bq Ø p@xqa & p@xqb, $ pdxqpa _ Bq Ø pdxqa _ pdxqb Návod: i) $ pqxqpa & Bq Ñ pqxqa & pqxqb, ii) $ p@xqa & p@xqb Ñ p@xqpa & Bq (a) První formule: $p@xqpa & Bq Ñ p@xqa & p@xqb (příklad 1., tj. hint i) ) $p@xqa & p@xqb Ñ p@xqpa & Bq (příklad 2., tj. hint ii) ) $p@xqpa & Bq Ø p@xqa & p@xqb (PK a ) (b) Druhá formule plyne z první užitím (Negace Implikace (NI)): T $ C Ñ C 1 ô T $ C 1 Ñ C (což plyne z PTT) a VE. (6) $ p@xqpa & Bq Ø pp@xqa & p@xqbq (NI) $ p@xqpa & Bq Ø p@xq p A _ Bq (demorgan) Ø pdxqp A _ Bq (zkratky) $ pp@xqa & p@xqbq Ø p@xqa _ p@xqb (demorgan) Ø pdxq A _ pdxq B (zkratky) $ pdxqp A _ Bq Ø pdxq A _ pdxq B Formule (6) plyne z toho, že jsme dokázali ekvivalentními úpravami obě strany formule (6) z již dokázaného tvrzení. Formuli (6) si navíc můžeme pozměnit 5, tak že podformule tvaru B zaměníme za B, čímž dostaneme žádáné. 4. Dokažte syntakticky: $ pdxqpa & Bq Ñ pdxqa & pdxqb, $ p@xqa _ p@xqb Ñ p@xqpa _ Bq Návod: i) $ pqxqpa & Bq Ñ pqxqa & pqxqb, ii) $ p@xqa & p@xqb Ñ p@xqpa & Bq (a) První formule: Přímo plyne z hintu i) (b) Druhá formule plyne z první užitím (Negace Implikace (NI)): T $ C Ñ C 1 ô T $ C 1 Ñ C (což plyne z PTT) a VE. 5. Dokažte syntakticky: $ p@xqp@yqa Ø p@yqp@xqa, $ pdxqpdyqa Ø pdyqpdxqa 5 Tím vlastně vytváříme instanci dané tautologie. 10

11 (a) První formule: Ñ Ñ A $p@xqp@yqa Ñ A (PTI na a ) $p@xqp@yqa Ñ p@xqa (PZ@) $p@xqp@yqa Ñ p@yqp@xqa (PZ@) Ze symetrie plyne druhá implikace. Pomocí PK pak plyne tvrzení. (b) Druhá formule plyne z první formule užitím NI a VE: $ p@xqp@yqa Ø p@yqp@xqa ô $ p@xqp@yqa Ø p@yqp@xqa (NI) ô $ pdxq p@yqa Ø pdyq p@xqa (Prenex (i)) ô $ pdxqpdyq A Ø pdyqpdxq A (Prenex (i)) ô $ pdxqpdyqa Ø pdyqpdxqa V kroku jsme provedli stejnou úvahu jako v příkladu Dokažte syntakticky, přičemž Q značí kvantifikátor: $ pdxqp@yqa Ñ p@yqpdxqa, $ pqxqa Ø A, není-li x volná v A. (a) První formule: $A Ñ pdxqa (VS) $p@yqa Ñ p@yqpdxqa (PD@) $pdxqp@yqa Ñ p@yqpdxqa (PZD) (b) Druhá formule. Q $p@xqa Ñ A $A Ñ p@xqa (PZ@) $p@xqa Ø A (PK na a ) Pro Q rovno D plyne tvrzení z dokázaného užitím NI a VE. 7. Dokažte: není-li x obsaženo v termu t. A x rts Ø p@xqpx t Ñ Aq, Ñ $p@xqpx t Ñ Aq Ñ pt t Ñ A x rtsq (AxS 6 ) $t t Ñ pp@xqpx t Ñ Aq Ñ A x rtsq (Záměna předpokladů) $t t (Axiom identity) $p@xqpx t Ñ Aq Ñ A x rts (MP) 6 Předpokládá se substituovatelnost t za x do A 11

12 Ð $t 1 s 1 Ñ t 2 s 2 Ñ Ñ t n s n Ñ part 1,..., t n s Ø Ars 1,..., s n sq (VR 7 ) $x t Ñ pa Ø A x rtsq (z ) $A x rts Ñ px t Ñ Aq (ZP) $A x rts Ñ p@xqpx t Ñ Aq (PZ@) V kroku jsme využili předpokladu, ze kterého plyne, že x není volná v A x rts. 8. Dokažte: není-li x obsaženo v termu t. A x rts Ø pdxqpx t & Aq, Ñ PT bude značit předpoklad tvrzení. $pt t & A x rtsq Ñ pdxqpx t & Aq (AxS a PT) $t t (Axiom identity) $A x rts Ñ pdxqpx t & Aq (z PT a ) Ð $t 1 s 1 Ñ t 2 s 2 Ñ Ñ t n s n Ñ part 1,..., t n s Ø Ars 1,..., s n sq (VR) $x t Ñ pa Ø A x rtsq (z ) $px t & Aq Ñ A x rts (z ) $pdxqpx t & Aq Ñ A x rts (PZD) V kroku jsme využili předpokladu, ze kterého plyne, že x není volná v A x rts. Příklady odjinud 1. Dokažte syntakticky v predikátové logice: pdxqpdyqpp pxq _ P pyqq (6) (7) (8) (9) $p@xqp pxq Ñ P pxq x rys p@xqp pxq $P pxq x rys (VD) $P pxq x rys Ñ pdxqp pxq (PS) $p@xqp pxq Ñ pdxqp pxq (, MP, VD) $pdxqp pxq Ñ pdyqp pxq x rys (VV) $p@xqp pxq Ñ pdyqp pyq ( VD + MP, VD) $pdxq(p pxq Ñ pdyqp pyq) (Prenex (iii)) $pdxqpdyq(p pxq Ñ P pyq) (Prenex (ii)) $pdxqpdyq( P pxq _ P pyq) (zkratky) Reference [1] DrSc. prof. RNDr. Petr (AIL023). Praha, Štěpánek. Skripta pro přednášku Výroková a predikátová logika 7 Věta o rovnosti 12