Konwersja Arka 2: Różnice pomiędzy wersjami

Aktualna wersja na dzień 21:33, 11 wrz 2023

{tw}{Twierdzenie}[section] {fa}[tw]{Fakt} {AZbioruPustego}{Aksjomat Zbioru Pustego} {APary}{Aksjomat Pary} {ASumy}{Aksjomat Sumy}

{}{0pt} {}{0pt} {}{0in} {}{-0.5in} {}{6.3in} {}{9in}

{cwicz}[section] {obra}[section] {hint}

{thm}{Twierdzenie}[section] {defn}[thm]{Definicja}

{Zadanie}[thm]{Zadanie} {Uwaga}[thm]{Uwaga} {Przykład}[thm]{Przykład} {Rozwiązanie}[thm]{Rozwiązanie} {Hint}[thm]{Hint}

{equation}{section}

{kuba_preamble1} {kuba_preamble2}

Wprowadzenie

Logika zdaniowa jest językiem, który pozwala opisywać zależności pomiędzy zdaniami. Przykładem może być zdanie:

Jeśli n jest liczbą pierwszą to n jest liczbą nieparzystą lub n jest równe 2.

W powyższym zdaniu spójniki "'jeśli"' [..] "'to"', "'lub"' mówią o związkach które zachodzą pomiędzy zdaniami:

"n jest liczbą pierwszą,"

"n jest liczbą nieparzystą,"

"n jest równe 2."

Oznaczmy powyższe zdania przez $p, q, r$ (w takiej właśnie kolejności). Używając symboli, które zwyczajowo odpowiadają potocznemu rozumieniu spójników Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textbf{jeśli} [..] \textbf{to}, \textbf{lub}} oraz powyższych oznaczeń otrzymamy formułę

p \Rightarrow (q \lor r)

Jeśli powyższą formułę uznamy za prawdziwą to może nam ona posłużyć do otrzymania nowych wniosków. Na przykład jeśli o jakiejś liczbie n będziemy wiedzieć, że jest liczbą pierwszą oraz, że nie jest nieparzysta to klasyczny rachunek zdań pozwoli nam formalnie wywnioskować fakt że liczba n jest równa 2. Podsumowując, jeśli uznamy za prawdziwe następujące zdania:

$p \Rightarrow (q \lor r)$ ,

$p$ ,

$\neg q$ (przez $\neg$ oznaczamy negację)

to zgodnie z klasycznym rachunkiem (może lepiej z intuicją?) zdań powinniśmy uznać za prawdziwe zdanie $r$ , czyli "n jest równe 2". Powyższy schemat wnioskowania można również opisać formułą

((p \Rightarrow (q \lor r)) \land p \land (\neg q)) \Rightarrow q

W powyższej formule spójnik symbol $\land$ odpowiada spójnikowi "'i"' (oraz).

Dzięki rachunkowi zdań możemy precyzyjnie opisywać schematy wnioskowania i zdania złożone oraz oceniać ich prawdziwość.

Język logiki zdaniowej

Zaczniemy od definicji języka logiki zdaniowej. Składa się on z formuł zdefiniowanych następująco: {formuła logiki zdaniowej}

zmienna zdaniowa jest formułą (zmienne zdaniowy oznaczamy

zwykle literami alfabetu rzymskiego np. $p, q, r$ )

jeśli $ϕ$ oraz $ψ$ są formułami to $(ϕ \Rightarrow ψ)$ jest formułą (spójnik $\Rightarrow$ nazywamy implikacją)

jeśli $ϕ$ jest formułą to $\neg ϕ$ jest formułą

(spójnik $\neg$ nazywamy negacją)

nic innego nie jest formułą.

Powyższa definicja mówi, że formułami nazywamy te napisy które dają się skonstruować ze zmiennych zdaniowych przy pomocy spójników $\Rightarrow$ oraz $\neg$ .

Zgodnie z powyższą definicją nie jest formułą napis $p \Rightarrow q$ , gdyż brakuje w nim nawiasów. Pomimo, iż poprawnie powinniśmy napisać $(p \Rightarrow q)$ możemy przyjąć że nie będzie konieczne pisanie nawiasów, jeśli nawiasy można jednoznacznie uzupełnić.

ład Poniższe napisy nie są formułami

$p \Rightarrow \Rightarrow q$

$\neg \neg \neg$

"ten napis na pewno nie jest formułą"

$(p \Rightarrow \neg q))$

Poniższe napisy są formułami

$(p \Rightarrow (r \Rightarrow q))$

$\neg \neg \neg q$

$(p \Rightarrow \neg q)$

ład

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Rozmiarem formuły nazwiemy ilość występujących w niej spójników. Na przykład formuła $\neg \neg q$ ma rozmiar 2, a formuła $(p \Rightarrow q)$ ma rozmiar 1. Przypuśćmy, że jedyną zmienną zdaniową jaką wolno nam użyć jest $p$ . Ile można skonstruować rożnych formuł o rozmiarze 3?

Solution.: Oznaczmy przez $f_{n}$ liczbę formuł o rozmiarze $n$ (czyli liczbę

formuł w których jest $n$ spójników). Interesuje nas $f_{3}$ . Każda formuła o rozmiarze 3 powstaje albo z dwóch formuł o rozmiarach 1 poprzez połączenie ich spójnikiem $\Rightarrow$ albo z jednej formuły o rozmiarze 2 poprzez dodanie do niej spójnika $\neg$ . Co więcej każda taka formuła powstaje tylko w jeden sposób. Wynika stąd następująca zależność:

f_{3} = f_{2} + (f_{1})^{2}

Wiemy, że są tylko dwie formuły o rozmiarze 1, są to $\neg p$ oraz $p \Rightarrow p$ . Stąd mamy $f_{1} = 2$ . Dla formuł o rozmiarze 2 możemy zauważyć podobną zależność. Każda taka formuła jest albo zbudowana z dwóch formuł z których jedna (niekoniecznie pierwsza) ma rozmiar 1 a druga 0 za pomocą $\Rightarrow$ , albo jest zbudowana z formuły o rozmiarze 1 za pomocą negacji. Zauważmy też, że istnieje formuła o rozmiarze 0, jest to $p$ . Mamy więc następujący wzór dla $f_{2}$

f_{2} = 1 \cdot f_{1} + f_{1} \cdot 1 + f_{1} = 3 \cdot f_{1}

Z dwóch ostatnich wzorów otrzymujemy

f_{3} = 3 \cdot f_{1} + (f_{1})^{2} = 6 + 4 = 10

Skoro jest ich niewiele to możemy wszystkie wypisać

$\neg \neg \neg p$

$\neg \neg (p \Rightarrow p)$

$\neg (p \Rightarrow \neg p)$

$\neg (p \Rightarrow (p \Rightarrow p))$

$\neg (\neg p \Rightarrow p)$

$\neg ((p \Rightarrow p) \Rightarrow p)$

$(\neg p) \Rightarrow (\neg p)$

$(\neg p) \Rightarrow (p \Rightarrow p)$

$(p \Rightarrow p) \Rightarrow (\neg p)$

$(p \Rightarrow p) \Rightarrow (p \Rightarrow p)$

Język logiki zdaniowej można równoważnie zdefiniować nie używając nawiasów za pomocą Odwrotnej Notacji Polskiej Odwrotna Notacja Polska.

Aksjomatyka Klasycznego Rachunku Zdań

Podobnie jak nie wszystkie zdania języka naturalnego mają sens, nie wszystkie formuły opisują prawdziwe schematy wnioskowania, lub zdania które bylibyśmy skłonni uznać za prawdziwe. W tym rozdziale skupimy się na tym które spośród wszystkich formuł zdaniowych wyróżnić jako prawdziwe.

Aksjomaty

Wielu matematyków zgadza się dzisiaj co do tego że zdania pasujące do poniższych schematów powinny być uznane za prawdziwe: Aksjomaty klasycznego rachunku zdań.

$(ϕ \Rightarrow (ψ \Rightarrow ϕ))$ (formuła ta jest nazywana

aksjomatem K)

$(ϕ \Rightarrow (ν \Rightarrow ψ) \Rightarrow ((ϕ \Rightarrow ν) \Rightarrow (ϕ \Rightarrow ν))$ (formuła ta jest nazywana

aksjomatem S)

$(\neg ϕ \Rightarrow ψ) \Rightarrow (\neg ϕ \Rightarrow \neg ψ) \Rightarrow ϕ$

Zdania pasujące do powyższych schematów to wszystkie zdania które można otrzymać podstawiając w miejsce $ϕ, ν, ψ$ dowolne formuły.

Reguła dowodzenia

Przyglądnijmy się teraz jak posługujemy się implikacją we wniskowaniu. W przykładzie z początku wykładu implikacja odpowiadała konstrukcji językowej:

"'jeśli"' $ϕ$ "'to"' $ψ$ .

W takim przypadku jeśli akceptujemy powyższą implikacjię jako zdanie prawdziwe oraz jeśli zdanie $ϕ$ jako prawdziwe to powinniśmy także zaakceptować $ψ$ . Przedstawiony sposób wnioskowania nosi nazwę reguły "Modus Ponens" (nazywana też regułą odrywania, często będziemy używać skrótu MP) i jest skrótowo notowany w poniższy sposób

\frac{ϕ \Rightarrow ψ, ϕ}{ψ}

Reguła modus ponens posłuży nam do uzupełniania zbioru aksjomatów o ich konsekwencje logiczne, które również uznamy za prawdziwe. Aby precyzyjnie zdefiniować zbiór wszystkich konsekwencji logicznych aksjomatów definiujemy poniżej pojęcie dowodu.

Ciąg formuł $ϕ_{0}, \dots, ϕ_{n}$ jest dowodem formuły $ψ$ wtedy i tylko wtedy, gdy:

$ϕ_{n}$ jest formułą $ψ$

dla każdego $i \leq n$ formuła $ϕ_{i}$ jest aksjomatem

lub istnieją $j, k < i$ takie, że formuła $ϕ_{i}$ jest wynikiem zastosowania reguły modus ponens do formuł $ϕ_{j}, ϕ_{k}$ .

W drugim punkcie powyższej definicji jeśli formuła $ϕ_{i}$ nie jest aksjomatem (a więc powstaje przez zastosowanie MP) to formuły $ϕ_{j}, ϕ_{k}$ muszą pasować do przesłanek reguły MP, a więc $ϕ_{j}$ musi być postaci $ϕ_{k} \Rightarrow ϕ_{i}$ lub $ϕ_{k}$ postaci $ϕ_{j} \Rightarrow ϕ_{i}$ .

Formułę nazywamy "twierdzeniem klasycznego rachunku zdań" jeśli istnieje jej dowód z aksjomatów klasycznego rachunku zdań Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|.

Przykład

Zastanówmy się na formułą postaci $ϕ \Rightarrow ϕ$ . Intuicja podpowiada, że taką formułę powinniśmy uznać za prawdziwą. Nie pasuje ona jednak do żadnego ze schematów aksjomatów Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|. Formuła ta jest jednak twierdzeniem klasycznego rachunku zdań. Poniżej przedstawiamy jej dowód. Aby łatwiej dopasować formuły do schematów aksjomatów użyliśmy nawiasów kwadratowych dla nawiasów, które pochodzą ze schematów.

$[ϕ \Rightarrow [(q \Rightarrow ϕ) \Rightarrow ϕ)] \Rightarrow [[ϕ \Rightarrow (q \Rightarrow ϕ)] \Rightarrow [ϕ \Rightarrow ϕ]]$ formuła ta jest aksjomatem zgodnym ze schematem S

$ϕ \Rightarrow [(q \Rightarrow ϕ) \Rightarrow ϕ]$ aksjomat zgodny ze

schematem K

$(ϕ \Rightarrow (q \Rightarrow ϕ)) \Rightarrow (ϕ \Rightarrow ϕ)$ z modus ponens z

formuł 1 i 2.

$ϕ \Rightarrow [q \Rightarrow ϕ]$ aksjomat zgodny ze schematem

K

$(ϕ \Rightarrow ϕ)$ z modus ponens z formuł 3 i 4

Podsumowanie

Klasyczny rachunek zdań, czyli zbiór formuł które uznajemy za prawdziwe zdefiniowaliśmy wyróżniając pewne formuły jako aksjomaty Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ| i dorzucając do nich wszystkie formuły, które dają się z nich wywnioskować przy pomocy reguły modus ponens. Warto zwrócić uwagę, że pomimo tego iż w doborze aksjomatów i reguł wnioskowania kierowaliśmy się intuicyjnym pojęciem implikacji i konsekwencji, klasyczny rachunek zdań jest teorią syntaktyczną, zbiorem pewnych napisów o których znaczeniu nie musimy nic mówić.

Warto przyglądnąć się przyjętym aksjomatom i zastanowić się jakim zdaniom odpowiadają i czy rzeczywiście bylibyśmy skłonni uznać je za prawdziwe. Pomocne może być interpretowanie formuł postaci $ϕ \Rightarrow (ν \Rightarrow ψ)$ jako ",,jeśli prawdziwe jest $ϕ$ i prawdziwe jest $ν$ to prawdziwe jest $ψ$ "". W kolejnych rozdziałach przekonamy się że taka interpretacja jest uzasadniona.

Matryca boolowska

W poprzednim rozdziale zdefiniowaliśmy klasyczny rachunek zdań jako teorię aksjomatyczną. Jeśli pozwolimy sobie na używanie skończonych zbiorów i funkcji, możemy równoważnie zdefiniować klasyczny rachunek zdań za pomocą tzw. matrycy boolowskiej.

Dwuelementową matrycą boolowską nazywamy zbiór dwuelementowy $𝔹 = {0, 1}$ w którym 1 jest wyróżnioną wartością prawdy, wraz z dwoma funkcjami odpowiadającymi za interpretacje spójników $\Rightarrow$ oraz $\neg$ zdefiniowanymi następująco

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c c|}\hline & 0 & 1 \\\hline 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\\hline \endtabular \hspace{1cm} \begintabular {|c|c|}\hline } pParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} pParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\\hline 0 & 1 \\ 1 & 0 \\\hline \endtabular }

Wartościowaniem nazywamy funkcję która przypisuje zmiennym zdaniowym elementy zbioru $𝔹$ . Wartościowanie zmiennych można rozszerzyć na wartościowanie formuł interpretując spójniki $\Rightarrow$ oraz $\neg$ jako funkcje zgodnie z tabelami Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZ|.

ład

Niech $v$ będzie wartościowaniem zmiennych takim, że $v (p) = 0, v (q) = 1, v (r) = 0$ . Wtedy

formuła $q \Rightarrow p$ jest wartościowana na

0 (będziemy to zapisywać jako $v (q \Rightarrow p) = 0$ ),

formuła $r \Rightarrow (q \Rightarrow p)$ jest wartościowana na 1 (czyli $v (r \Rightarrow (q \Rightarrow p)) = 1$ )

formuła $\neg p \Rightarrow r$ jest wartościowana na 0 (czyli $v (\neg p \Rightarrow r) = 0$ )

ład

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Przy wartościowaniu $v$ z przykładu Uzupelnic eg:wartosciowania| jakie wartości przyjmują następujące formuły

$p \Rightarrow (q \Rightarrow r)$

$p \Rightarrow (p \Rightarrow q)$

$\neg \neg q \Rightarrow p$

$(\neg q \Rightarrow q) \Rightarrow (q \Rightarrow \neg q)$

Solution.

$v (p \Rightarrow (q \Rightarrow r)) = 1$

$v (p \Rightarrow (p \Rightarrow q)) = 1$

$v (\neg \neg q \Rightarrow p) = 0$

$v ((\neg q \Rightarrow q) \Rightarrow (q \Rightarrow \neg q)) = 0$

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Podaj przykład wartościowania zmiennych tak aby poniższe formuły

były wartościowane na 0

1. $p \Rightarrow (q \Rightarrow r)$

1. $(\neg p \Rightarrow q)$

1. $(p \Rightarrow q) \Rightarrow q$

Podaj przykład wartościowania zmiennych tak aby poniższe formuły

były wartościowane na 1

1. $\neg (p \Rightarrow q)$

1. $\neg (\neg p \Rightarrow \neg q)$

1. $(\neg q \Rightarrow q) \Rightarrow (q \Rightarrow \neg q)$

Solution.: Wartościowania będziemy oznaczać przez $v$

1. $v (p) = 1, v (q) = 1, v (r) = 0$

1. $v (p) = 0, v (q) = 0$

1. $v (p) = 0, v (q) = 0$

1. $v (p) = 1, v (q) = 0$

1. $v (p) = 0, v (q) = 1)$

1. $v (q) = 1$

Twierdzenie o pełności

Zauważmy, że istnieją formuły, które dla każdego wartościowania zmiennych zdaniowych zawsze przyjmują wartość 1 (np. $p \Rightarrow p$ ). Takie formuły będziemy nazywać "'tautologiami"'.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Sprawdź czy poniższe formuły są tautologiami

$(ϕ \Rightarrow (ψ \Rightarrow ϕ))$

$(ϕ \Rightarrow (ν \Rightarrow ψ) \Rightarrow ((ϕ \Rightarrow ν) \Rightarrow (ϕ \Rightarrow ν))$

$(\neg ϕ \Rightarrow ψ) \Rightarrow (\neg ϕ \Rightarrow \neg ψ) \Rightarrow ϕ$

$((ϕ \Rightarrow q) \Rightarrow p) \Rightarrow p$

{hint}{1}

Hint .: Spróbuj poszukać wartościowań dla których formuła przyjmuje

wartość 0

{hint}{1}

Hint .: Można też sprawdzić wszystkie możliwości wartościowań.

Solution.

Nie przez przypadek pierwsze trzy formuły z poprzedniego zadania odpowiadają aksjomatom klasycznego rachunku zdań Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|. Okazuje się że istnieje ścisły związek pomiędzy tautologiami a twierdzeniami klasycznego rachunku zdań. Mówi o tym ważny wynik Emil Post.

Twierdzenie [Uzupelnij]

{Post 1921}

Formuła jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań wtedy i tylko wtedy kiedy jest tautologią.

Dowód powyższego twierdzenia jest przedstawiony na wykładzie Logika dla informatyków

Dzięki powyższemu twierdzeniu możemy w miarę łatwo stwierdzać czy dana formuła jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań sprawdzając czy jest tautologią, co wymaga rozważenia jedynie skończonej (chociaż często niemałej) liczby wartościowań. Co więcej, mamy też możliwość dowodzenia, że jakaś formuła nie jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań. Uzasadnienie, że nie da się jakiejś formuły udowonić z aksjomatów poprzez stosowanie reguły MP wydaje się zadaniem trudnym, znacznie łatwiej jest poszukać wartościowania, które wartościuje formułę na 0 (znowu wystarczy sprawdzić jedynie skończenie wiele wartościowań).

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnij że każde twierdzenie klasycznego rachunku zdań jest tautologią.

{hint}{1}

Hint .: Pokazaliśmy już w zadaniu

Uzupelnic zad:aksjomatyTatuologie|, że aksjomaty są tautologiami. Zacznij od pokazania, że zastosowanie reguły MP do tautologii daje tautologię. {hint}{1}

Hint .: Udowodnij, twierdznie przez indukcję ze względu na długość

dowodu.

Solution.

Inne spójniki

Do tej pory jedynymi rozważanymi spójnikami była implikacja i negacja. W analogiczny sposób do Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZ| możemy wprowadzać kolejne spójniki. Często używane spójniki to koniunkcja (spójnik "'i"') oznaczana przez $\land$ oraz alternatywa (spójnik "'lub"') oznaczana przez $\lor$ , które będziemy interpretować w następujący sposób:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c c|}\hline & 0 & 1 \\\hline 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\\hline \endtabular \hspace{1cm} \begintabular {|c|c c|}\hline & 0 & 1 \\\hline 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\\hline \endtabular }

Zgodnie z intuicją koniunkcja $ϕ \land ψ$ jest wartościowana na 1 wtedy i tylko wtedy gdy zarówno $ϕ$ jak i $ψ$ są wartościowane na 1. Alternatywa $ϕ \lor ψ$ jest wartościowana na 1 jeśli przynajmniej jedna z formuł $ϕ, ψ$ jest wartościowana na 1.

Formuły $ϕ$ oraz $ψ$ są "równoważne" (oznaczamy ten fakt przez $ϕ \equiv ψ$ wtedy i tylko wtedy gdy dla każdego wartościowania formuła $ϕ$ przyjmuje tą samą wartość co formuła $ψ$ .

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnij, że następujące formuły są równoważne

$ϕ \lor ψ \equiv \neg ϕ \Rightarrow ψ$

$ϕ \land ψ \equiv \neg (ϕ \Rightarrow \neg ψ)$

Solution.

Lewa strona jest fałszywa jedynie gdy $ϕ$ oraz

$ψ$ są wartościowane na 0. Prawa strona jest fałszywa wtedy i tylko wtedy kiedy $\neg ϕ$ jest wartościowane na 1 oraz $ψ$ jest wartościowane na 0 (to jedyna możliwość aby implikacja była fałszywa). Wobec tego prawa strona jest fałszywa wtedy i tylko wtedy kiedy $ϕ$ oraz $ψ$ są wartościowane na 0, a więc jest równoważna lewej.

Lewa strona jest prawdziwa jedynie gdy $ϕ$ oraz

$ψ$ są wartościowane na 1. Prawa strona jest prawdziwa wtedy i tylko wtedy kiedy $\neg (ϕ \Rightarrow \neg ψ)$ jest wartościowane na 1, więc wtedy gdy $(ϕ \Rightarrow \neg ψ)$ jest wartościowane na 0. To z kolei zdarzyć się może jedynie gdy $ϕ$ jest wartościowane na 1 i $\neg ψ$ na 0, a więc wtedy gdy zarówno $ϕ$ jak i $ψ$ są wartościowane na 1. Wobec tego obie formuły są równoważne.

Równie dobrym rozwiązaniem jest sprawdzenie wszystkich możliwości wartościowań i porównanie wyników.

Z powyższego zadania wynika, że każdą formułę w której występują spójniki $\land$ lub $\lor$ można zastąpić równoważną formułą w której jedynymi spójnikami są $\Rightarrow$ oraz $\neg$ . Tak naprawdę więc nowe spójniki nie wprowadzają nic nowego poza użytecznymi skrótami w zapisywaniu formuł.

Aby się oswoić z własnościami spójników prześledzimy szereg ich praw.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnij następujące równoważności

$\neg \neg p \equiv p$

$p \Rightarrow q \equiv \neg p \lor q$

$p \Rightarrow (q \Rightarrow r) \equiv (p \land q) \Rightarrow r$

$\neg (p \land q) \equiv \neg p \lor \neg q$

$\neg (p \lor q) \equiv \neg p \land \neg q$

$p \land (q \lor r) \equiv (p \land q) \lor (p \land r)$

$p \lor (q \land r) \equiv (p \lor q) \land (p \lor r)$

$(p \Rightarrow q) \Rightarrow (\neg p \Rightarrow \neg q)$

Solution.: Przedstwiamy przykładowe dowody kilku pierwszych równoważności.

Jeśli $p$ jest wartościowane na 1, to zgodnie z tabelą dla negacji Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZ|

$\neg p$ jest wartościowane na 0 i $\neg \neg p$ jest wartościowane na 1. Jeśli $p$ jest wartościowane na 0 to $\neg p$ jest wartościowane na 1 i $\neg \neg p$ jest wartościowane na 0. Formuły przyjmują te same wartości dla każdego wartościowania więc są równoważne.

Jedyną możliwością aby lewa strona była fałszywa jest

aby $p$ było wartościowane na 1, a $q$ na 0. Prawa stona jest fałszywa jedynie gdy $\neg p$ oraz $q$ są wartościowane na 0. Czyli prawa strona jest fałszywa jedynie gdy $p$ jest wartościowane na 1 i $q$ na 0. Formuły są więc równoważne.

Analogicznie do poprzedniego punktu łatwo się

przekonać, że jedynym wartościowaniem które falsyfikuje lewą stronę jest takie które wartościuje $p$ i $q$ na 1 oraz $r$ na 0. Tą samą własność ma formuła po prawej stronie, więc formuły są równoważne.

Przykład rozwiązania przez rozważenie wszystkich

możliwości

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c|c|c|c|c|c|}\hline } pParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} qParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} p qParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} (p q)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} pParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} qParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} p qParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\\hline 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\\hline \endtabular \hspace{1cm} }

W pierwszych dwóch kolumnach są zapisane wartościowania zmiennych $p$ i $q$ a w pozostałych odpowiadające im wartościowania formuł zbudowanych z tych zmiennych. Ponieważ kolumna 4 i 7 są identyczne to formuły z zadania są równoważne.

W równoważności z poprzedniego punktu, podstawiąjąc za $p$

formułę $\neg p$ oraz za $q$ formułę $\neg q$ otrzymamy równoważność

\neg (\neg p \land \neg q) \equiv \neg \neg p \lor \neg \neg q

Stosując dwukrotnie równoważność z pierwszego punktu do prawej strony otrzymujemy

\neg (\neg p \land \neg q) \equiv p \lor q

Negując tą równoważność obustronnie otrzymamy

\neg \neg (\neg p \land \neg q) \equiv \neg (p \lor q)

Stosując równoważność z pierwszego punktu do lewej strony otrzymamy szukaną równoważność.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Sprawdź które z następujących formuł są tautologiami

$((p \lor r) \land (q \lor \neg r)) \Rightarrow (p \lor q)$

$(p \lor q) \Rightarrow ((p \lor r) \land (q \lor \neg r))$

$((p \land r) \lor (q \land \neg r)) \Rightarrow (p \land q)$

$(p \land q) \Rightarrow ((p \land r) \lor (q \land \neg r))$

Solution.

Spróbujmy znaleźć wartościowanie które falsyfikuje tą

formułę. Skoro implikacja ma być fałszywa to formuła $(p \lor q)$ (czyli następnik) musi być fałszywa. Tak jest tylko wtedy kiedy zarówno $p$ jak i $q$ są fałszywe. Zobaczmy co się wtedy dzieje z poprzednikim implikacji, czyli formułą

(p \lor r) \land (q \lor \neg r)

Jeśli teraz ustalimy $r$ na fałsz to $(p \lor q)$ będzie fałszywe a jeśli ustalimy $r$ na prawdę to $(q \lor \neg r)$ będzie fałszywe. W obu tych przypadkach cały poprzednik jest fałszywy. Wynika stąd, że nie da się dobrać takiego wartościowania że poprzednik jest prawdziwy, a następnik fałszywy więc rozważana formuła jest tautologą.

Formuła nie jest tautologią. Wystarczy wartościować $p$ i

$r$ na prawdę i $q$ na fałsz.

Formuła nie jest tautologią. Wystarczy wartościować $p$ i

$r$ na prawdę i $q$ na fałsz.

Przykład rozwiązania przez rozważenie wszystkich

możliwości

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline } pParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} qParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} rParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} (p q)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} (p r)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} ( q r)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} (p r)( q r)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} (p q) ( (p r)( q r))Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\\hline 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0& 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1& 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0& 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0& 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1& 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1& 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1& 1 \\\hline \endtabular \hspace{1cm} }

W kolumnie odpowiadającej badanej formule są same 1, więc jest ona tautologią.

Binarne spójniki logiczne interpretowaliśmy jako funkcje z $𝔹 \times 𝔹 \to 𝔹$ . Nie trudno przekonać się że takich funkcji jest dokładnie 16. Dla każdej takiej funkcji możemy dodać spójnik, który będzie interpretowany dokładnie jako ta funkcja. W poniższej tabeli zamieszczamy wszystkie takie funkcje wraz ze zwyczajowymi oznaczeniami odpowiadających im spójników.

W poniższej tabeli przedstawiamy wszystkie spójniki binarne.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c|c|c|c|c||c|}\hline Numer &} p=0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} p=0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} p=1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} p=1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle && \\ funkcji&} q=0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} q=1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} q=0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} q=1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle && \\ \hline 0 & 0 & 0 & 0 & 0 &&} FParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 1 && \\ 2 & 0 & 0 & 1 & 0 &&} (p q)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 3 & 0 & 0 & 1 & 1 &&} pParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 4 & 0 & 1 & 0 & 0 &&} (q p)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 5 & 0 & 1 & 0 & 1 &&} qParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 6 & 0 & 1 & 1 & 0 &&} XORParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 7 & 0 & 1 & 1 & 1 && \\ 8 & 1 & 0 & 0 & 0 &&} NORParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 9 & 1 & 0 & 0 & 1 && \\ 10& 1 & 0 & 1 & 0 &&} qParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 11& 1 & 0 & 1 & 1 &&} q pParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 12& 1 & 1 & 0 & 0 &&} p Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 13& 1 & 1 & 0 & 1 &&} p q Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 14& 1 & 1 & 1 & 0 &&} NANDParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\ 15& 1 & 1 & 1 & 1 &&} T Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\\hline \endtabular \hspace{1cm} }

Spójnik binarny $\circ$ będziemy nazywać "przemiennym" jeśli zachodzi następująca równoważność

p \circ q \equiv q \circ p

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Sprawdź następujące równoważności

$x N A N D y \equiv \neg (x \land y)$

$x N O R y \equiv \neg (x \lor y)$

$x X O R y \equiv \neg (x \Leftrightarrow y)$

Solution.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Ile spójników binarnych jest przemiennych? Wypisz je wszystkie.

{hint}{1}

Hint .: Wygodnie jest reprezentować spójniki binarne w tabeli

kwadratowej. Na przykład alternatywę zdefiniowaliśmy jako

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c c|}\hline & 0 & 1 \\\hline 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\\hline \endtabular }

Jaką własność musi posiadać tabela aby spójnik definiowany przez nią był przemienny?

Solution.: Dla przemienności spójnika $\circ$ istotne jest aby $1 \circ 0 = 0 \circ 1$ . Dla pozostałych

przypadków wartościowań równoważnośc Uzupelnic eq:przemienność| jest zawsze spełniona. Każdy spójnik binarny możemy zdefiniować za pomocą tabelki kwadratowej, np. alternatywę zdefiniowaliśmy jako

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c c|}\hline & 0 & 1 \\\hline 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\\hline \endtabular }

Warunek przemienności oznacza, że wartość w polu o współrzędnych $(0, 1)$ jest równa wartości w polu o współrzędnych $(1, 0)$ . Takich tabel jest 8, więc mamy 8 spójników przemiennych. Nietrudno je teraz odnaleźć w tabeli Uzupelnic defn:spójniki|. Są to

$F$

$\land$

$X O R$

$\lor$

$N O R$

$\Leftrightarrow$

$N A N D$

$T$

Spójnik binarny $\circ$ będziemy nazywać "łącznym" jeśli zachodzi następująca równoważność

p \circ (q \circ r) \equiv (p \circ q) \circ r

Jeśli spójnik $\circ$ jest łączny to dowolne dwie formuły, które są zbudowane jedynie ze spójników $\circ$ są równoważne jeśli występuje w nich tyle samo spójników. Dlatego dla łącznych spójników binarnych pomija się często nawiasy.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnij, że następujące spójniki są łączne

$\lor$

$\land$

$\Leftrightarrow$

$X O R$

Solution.

Formuła $(p \lor q) \lor r$ jest fałszywa jedynie

wtedy gdy $p$ , $q$ i $r$ są wartościowane na fałsz. Tak samo jest dla formuły $p \lor (q \lor r)$ więc są one równoważne.

Formuła $(p \land q) \land r$ jest prawdziwa jedynie

wtedy gdy $p$ , $q$ i $r$ są wartościowane na prawdę. Tak samo jest dla formuły $p \land (q \land r)$ więc są one równoważne.

Zbadamy równoważność formuł $(p \Leftrightarrow q) \Leftrightarrow r$

i $p \Leftrightarrow (q \Leftrightarrow r)$ za pomocą tabeli

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c|c|c|c|c|c|}\hline } pParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} qParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} r Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} (p q)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} (p q) rParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} (q r )Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} p (q r)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\\hline 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\\hline \endtabular \hspace{1cm} }

Kolumna 4 i 6 są identyczne więc odpowiadające im formuły są równoważne. Spójnik $\Leftrightarrow$ jest więc łączny.

...

Możemy również rozważać spójniki 3 i więcej argumentowe. Spójnik $k$ -argumetowy powinien odpowiadać funkcji $𝔹^{k} \to 𝔹$ . ład W poniższej tabeli przedstawiamy przykład spójnika trójargumentowego

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c c c|c||}\hline } pParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} qParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} rParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle &} (p, q,r)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\\hline 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\\hline \endtabular \hspace{1cm} }

ład

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnij, że różnych spójników $k$ -argumentowych jest dokładnie $2^{2^{k}}$ .

Solution.

Systemy funkcjonalnie pełne

Każda formuła odpowiada pewnej funkcji przekształcającej wartościowania zmiennych w niej występujących w element zbioru $𝔹$ . Na przykład formuła $p \Rightarrow (q \Rightarrow r)$ wyznacza funkcję $f_{p \Rightarrow (q \Rightarrow r)}$ opisaną poniższą tabelą

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c|c|c|}\hline p & q & r &} f_{p (q r)}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \\\hline 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\\hline \endtabular }

Mówimy, wtedy że formuła $ϕ$ definuje funkcję $f_{ϕ}$ .

Skończony zbiór funkcji boolowskich $Γ$ nazywamy funkcjonalnie pełnym, jeśli każdą funkcję boolowską da się zdefiniować przy pomocy formuły zbudowanej wyłącznie ze spójników odpowiadających funkcjom ze zbioru $Γ$ .

Twierdzenie [Uzupelnij]

Zbiór ${\land, \lor, \neg}$ jest funkcjonalnie pełny.

Dowód [Uzupelnij]

Twierdzenie [Uzupelnij]

Zbiory ${\land, \neg}$ , ${\lor, \neg}$ są funkcjonalnie pełne.

Dowód [Uzupelnij]

Udowodnij, że zbiór ${\Rightarrow, \neg}$ jest funkcjonalnie pełny.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Zbiór ${N O R}$ jest funkcjonalnie pełny.

Udowodnij, że zbiór ${N A N D}$ jest funkcjonalnie pełny.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Zdefiniuj alternatywę przy pomocy samej implikacji.

Solution.: Łatwo sprawdzić że formuła $p \Rightarrow (p \Rightarrow q)$ jest równoważna

formule $p \lor q$ .

Jakie funkcje binarne da się zdefiniować przy pomocy samej implikacji?

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnij, że poniższe zbiory nie są funkcjonalnie pełne

${\land}$

${\lor}$

${\Leftrightarrow}$

${X O R}$

Solution.

Oznaczmy zbiór formuł w których jedynym spójnikiem jest $\land$ przez

$F_{\land}$ . Udowodnimy, że każda formuła z $F_{\land}$ przyjmuje zawsze wartość 1, jeśli jej zmienne są wartościowane na 1. Rozmiarem formuły będziemy nazywać liczbę wystąpień spójnika $\land$ w formule. Dowód będzie indukcyjny ze względu na rozmiar formuły.

Baza indukcji: Każda formuła z $F_{\land}$ o rozmiarze 0 jest postaci $x$ , gdzie $x$ jest zmienną. Wobec tego przy wartościowaniu zmiennych na 1 formuła $x$ też jest wartościowana na 1. A więc każda formuła o rozmiarze 0 ma postulowaną własność.

Krok indukcyjny: Ustalmy dowolne $n > 0$ i przyjmijmy, że wszystkie formuły o mniejszym rozmiarze mają postulowaną własność. Niech $ν$ będzie dowolną formułą z $F_{\land}$ o rozmiarze $n$ . Skoro $n > 1$ to $ν$ musi być postaci $ϕ \land ψ$ . Rozważmy wartościowanie które wszyskim zmiennym przypisuje wartość 1. Ponieważ rozmiary $ϕ$ oraz $ψ$ są silnie mniejsze od $n$ to z założenia indukcyjnego otrzymujemy, że dla naszego wartościowania obie przyjmują wartość 1. Wobec tego zgodnie z tabelą Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZANDOR| cała formuła $ϕ \land ψ$ też przyjmuje wartość 1. Dowiedliśmy więc, że każda formuła o rozmiarze $n$ ma postulowaną własność.

Wiemy już że każda $F_{\land}$ przyjmuje zawsze wartość 1, jeśli jej zmienne są wartościowane na 1. Wobec tego niemożliwe jest zdefiniowanie np. spójnika $F$ gdyż definująca go formuła musiałby przyjąć wartość 0 na takim wartościowaniu.

Dowód analogiczny do poprzedniego.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Czy funkcje binarne zdefiniowane za pomocą formuł zawierającyh jedynie przemienne spójniki muszą być przemienne?

{hint}{1}

Hint .: Przyjrzyj się formułom zbudowanym z $\Leftrightarrow$

Ćwiczenie [Uzupelnij]

(z wykładu prof. P.M.Idziaka) Niech $F_{n}$ oznacza ilość boolowskich funkcji $n$ argumetnowych, a $P_{n}$ ilość boolowskich funkcji $n$ argumentowych, takich że przy pomocy każdej z nich da się zdefiniować dowolną funkcję boolowską (czyli jeśli $\circ$ jest takim spójnikiem to zbiór ${\circ}$ jest funkcjonalnie pełny). Udowdnij istenienie poniższej granicy i wyznacz jej wartość

\lim_{n \to \infty} \frac{P_{n}}{F_{n}}

Solution.

Postacie normalne

"Literałem" nazywamy formułę która jest zmienną zdaniową lub negacją zmiennej zdaniowej.

Zauważmy, że formuła konstruowana w dowodzie twierdzenia Uzupelnic thm:AndOrNegFP| jest w pewnej standartowej postaci - formuła jest alternatywą formuł które są koniunkcjami literałów. Przypomnijmy, że dla $p \Rightarrow q$ zbudujemy formułę

(p \land q) \lor (\neg p \land q) \lor (\neg p \land \neg q)

Formuła jest w dyzjunktywnej postaci normalnej (DNF) jeśli jest alternatywą formuł które są koniunkcjami literałów. Czyli wtedy gdy jest postaci

ϕ_{1} \lor \dots \lor ϕ_{n}

oraz każda z formuł $ϕ_{i}$ jest koniunkcją literałów, czyli jest postaci

l_{1}^{i} \land \dots \land l_{k}^{i}

dla pewnych literałów $l_{1}^{i}, \dots, l_{k}^{i}$

Twierdzenie [Uzupelnij]

Dla każedej formuły istnieje równoważna formuła w DNF.

Dowód [Uzupelnij]

Wynika bezpośrednio z konstrukcji w dowodzie twierdzenia Uzupelnic thm:AndOrNegFP|.

Formuła jest w koniunktywnej postaci normalnej (CNF) jeśli jest koniunkcją formuł które są alternatywami literałów.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Dla każdej formuły istnieje równoważna formuła w CNF.

Dowód [Uzupelnij]

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Jak sprawdzić, czy formuła w CNF jest tautologią?

Solution.: Niech rozważaną formułą będzie

ϕ_{1} \land \dots \land ϕ_{n}

Aby była tautologią konieczne jest aby każda z formuł $ϕ_{i}$ była tautologią. Ponieważ każda z formuł $ϕ_{i}$ jest alternatywą literałów to jest tautologią jedynie wtedy jeśli istnieje taki literał który występuje w $ϕ_{i}$ zarówno pozytywnie (czyli jako zmienna) jak i negatywnie (czyli jako zanegowana zmienna).

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Dla poniższych formuł wypisz ich najkrótsze równoważne formuły w CNF

$p \Leftrightarrow q$

$p \Rightarrow (q \Rightarrow p)$

$(p \Rightarrow q) \Rightarrow p$

$(p \lor a \lor b) \land (\neg q \lor \neg a) \land (r \lor \neg b \lor \neg c) \land (c \lor p))$

$(p \land q) \lor (r \land s)$

Solution.

Spełnialność

Spośród wszystkich formuł wyróżnimy też zbiór formuł spełnialnych.

Formuła jest spełnialna jeśli istenieje takie wartościowanie które wartościuje tą formułę na 1.

Formuły spełnialne są w ścisłym związku z tautologiami.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Formuła $ϕ$ jest tautologią wtedy i tylko wtedy kiedy formuła $\neg ϕ$ nie jest spełnialna.

Dowód [Uzupelnij]

Przypuśćmy, że formuła $ϕ$ jest tautologią. Wtedy dla każdego wartościowania $v$ mamy $v (ϕ) = 1$ . Stąd otrzymujemy że dla każdego wartościowania $v$ mamy $v (\neg ϕ) = 0$ , a więc nie istnieje wartościwanie, które spełnia $\neg ϕ$ , czyli formuła ta nie jest spełnialna.

Przypuśćmy, że formuła $\neg ϕ$ nie jest spełnialna, czyli nie istnieje wartościowanie $v$ takie, że $v (\neg ϕ) = 0$ . Wynika stąd, że dla każdego wartościowania mamy $v (ϕ) = 1$ , a więc $ϕ$ jest tautologią.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Sprawdź spełnialność następujących formuł

$(\neg p \lor q) \land (\neg q \lor \neg r) \land (\neg q \lor \neg p)$

$(\neg p \lor q) \land (\neg q \lor \neg r) \land (\neg q \lor p)$

Solution.

Logika intuicjonistyczna

Niektórzy logicy mają wątpliwości co do tego czy powinniśmy przyjmować schemat dowodu nie wprost jako aksjomat. Poddanie w wątpliwość tego aksjomatu doprowadziło do powstnia tzw. logiki intuicjonistycznej. Ważnym powodem zajmowania się logiką intuicjonistyczną są jej zadziwiające związki z teorią obliczeń (izomorfizm Curry-Howard).

Implikacyjny fragment logiki intuicjonistycznej, który będziemy oznaczać przez $I_{\Rightarrow}$ to zbiór tych formuł które da się dowodnić przy pomocy reguły MP z aksjomatów S i K. Aksjomaty $I_{\Rightarrow}$

$(ϕ \Rightarrow (ψ \Rightarrow ϕ))$ (formuła ta jest nazywana

aksjomatem K)

$(ϕ \Rightarrow (ν \Rightarrow ψ) \Rightarrow ((ϕ \Rightarrow ν) \Rightarrow (ϕ \Rightarrow ν))$ (formuła ta jest nazywana

aksjomatem S)

W pełnej wersji logiki intucjonistycznej pojawiają się również aksjomaty dla spójników $\land, \lor$ oraz $\neg$ . Dla uproszczenia zajmiemy się jedynie formułami w których jedynym spójnikiem jest implikacja. Dodatkowym argumentem uzasadniającym takie podejście jest fakt, że każde twierdzenie logiki intuicjonistycznej w którym jedynymi spójnikami są $\Rightarrow$ da się udowodnić przy pomocy aksjomatów Uzupelnic defn:AksjomatyIntImp|. Zobaczymy, że analogiczne twierdzenie nie jest prawdą dla logiki klasycznej. Logika intuicjonistyczna jest bardziej skomplikowana od logiki klasycznej. W szczególności nie istnieje skończona matryca za pomocą której moglibyśmy rozstrzygać czy dana formuła jest twierdzeniem logiki intuicjonistycznej.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Każde twierdzenie logiki intuicjonistycznej jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań.

Dowód [Uzupelnij]

Każdy dowód twierdzenia logiki inuicjonistycznej jest równocześnie dowodem twierdzenia klasycznego rachunku zdań.

Implikacja w drugą stronę nie zachodzi. Istnieją formuły zbudowane jedynie przy pomocy $\Rightarrow$ , które nie należą do $I_{\Rightarrow}$ pomimo że są twierdzeniami klasycznego rachunku zdań. Przykładem takiej formuły jest prawo Pierce'a:

((p \Rightarrow q) \Rightarrow p) \Rightarrow p

W zadaniu Uzupelnic zad:aksjomatyTatuologie| pokazaliśmy, że formuła ta jest w istocie tautologią więc w myśl twierdzenia Posta Uzupelnic thm:zupełnośćPost| również twierdeniem klasycznego rachunku zdań.

W poniższych zadaniach wykażemy poniższe twierdzenie

Twierdzenie [Uzupelnij]

Prawo Pierce'a nie jest twierdzeniem intuicjonizmu.

Zauważmy, że oznacza to również że każdy dowód prawa Pierce'a w logice klasycznej korzysta z aksjomatu 3 Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|, a więc wymaga używania spójnika $\neg$ .

Aby udowodnić twierdzenie Uzupelnic thm:PrawoPiercea| zdefiniujemy jeszcze jedną logikę którą nazwiemy $I_{3}$ . Podobnie do Uzupelnic defn:matrycaBool| zdefiniujemy matrycę tym razem 3-elementową.

Matrycą $𝕄_{3}$ będziemy nazywać zbiór trójelementowy $M_{3} = {0, 1, 2}$ w którym 2 jest wyróżnioną wartością prawdy, wraz z funkcją odpowiadają za interpretacje $\Rightarrow$ zdefiniowaną następująco

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begintabular”): {\displaystyle \begintabular {|c|c c c|}\hline & 0 & 1 & 2\\\hline 0 & 2 & 2 & 2\\ 1 & 0 & 2 & 2\\ 2 & 0 & 1 & 2\\\hline \endtabular \hspace{1cm} }

W przypadku rozważanej matrycy $𝕄_{3}$ wartościowanie będzie funkcją przypisującą zmiennym zdaniowym elementy zbioru $M_{3}$ . Podobnie jak dla logiki klasycznej wartościowanie zmiennych rozszzerzamy na wartościowanie formuł zgodnie z tabelą Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiInt3|.

ład Dla wartościowania $v$ takiego, że $v (p) = 2, v (q) = 1, v (r) = 0$ formuła

(p \Rightarrow q) \Rightarrow r

przyjmuje wartość 0. ład

Tautologią logiki $I_{3}$ będziemy nazywać każdą formułę implikacyjną, która przy każdym wartościowaniu zmiennych w $M_{3}$ przyjmuje wartość 2.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnij, że aksjomaty S i K są tautologiami $I_{3}$ .

Solution.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnij, że jeśli formuła postaci $ϕ \Rightarrow ψ$ oraz formuła $ϕ$ są tautologiami $I_{3}$ to formuła $ψ$ jest tautologią $I_{3}$ .

Solution.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Udowodnij, że każde twierdzenie logiki $I_{\Rightarrow}$ jest tautologią $I_{3}$ .

{hint}{1}

Hint .: Przeprowadź rozumowanie indukcyjne ze względu na długość dowodu.

Pomocne będą poprzednie zadania.

Solution.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Sprawdź, czy prawo Pierce'a jest tautologią $I_{3}$ . {hint}{1}

Hint .: Nie jest.

Solution.: Dla wartościowania $v$ takiego, że $v (p) = 1$ i $v (q) = 0$ kolejne

fomruły przyjmują następujace wartości

$v (p \Rightarrow q) = 0$

$v ((p \Rightarrow q) \Rightarrow p) = 2$

$v (((p \Rightarrow q) \Rightarrow p) \Rightarrow p) = 1$

Wobec tego prawo Pierce'a nie jest tautologią $I_{3}$ gdyż wyróżnioną wartością prawdy $I_{3}$ w jest 2.

Podsumujmy wyniki powyższych zadań. Wskazaliśmy logikę $I_{3}$ taką, że każda twierdzenie intuicjonizmu jest tautologią $I_{3}$ . Skoro prawo Pierce'a nie jest tautologią $I_{3}$ to nie jest też twierdzeniem $I_{\Rightarrow}$ .

UWAGA! W dalszej części będziemy się posługiwać wyłącznie "'logiką klasyczną"'. {amsplain}

Konwersja Arka 2: Różnice pomiędzy wersjami

Aktualna wersja na dzień 21:33, 11 wrz 2023

Spis treści

Wprowadzenie

Język logiki zdaniowej

Aksjomatyka Klasycznego Rachunku Zdań

Aksjomaty

Reguła dowodzenia

Przykład

Podsumowanie

Matryca boolowska

Twierdzenie o pełności

Inne spójniki

Systemy funkcjonalnie pełne

Postacie normalne

Spełnialność

Logika intuicjonistyczna

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia

@@ Linia 1: / Linia 1: @@
 {tw}{Twierdzenie}[section]
 {fa}[tw]{Fakt}
 {AZbioruPustego}{Aksjomat Zbioru Pustego}
 {APary}{Aksjomat Pary}
 {ASumy}{Aksjomat Sumy}
 {}{0pt}
 {}{0pt}
 {}{0in}
 {}{-0.5in}
 {}{6.3in}
 {}{9in}
 {cwicz}[section]
 {obra}[section]
 {hint}
 {thm}{Twierdzenie}[section]
 {defn}[thm]{Definicja}
 {Zadanie}[thm]{Zadanie}
 {Uwaga}[thm]{Uwaga}
 {Przykład}[thm]{Przykład}
 {Rozwiązanie}[thm]{Rozwiązanie}
 {Hint}[thm]{Hint}
 {equation}{section}
 {kuba_preamble1}
 {kuba_preamble2}
+==Wprowadzenie==
-==Wprowadzenie==
 Logika zdaniowa jest językiem, który pozwala opisywać zależności
 pomiędzy zdaniami. Przykładem może być zdanie:
 Jeśli n jest liczbą pierwszą to n jest liczbą nieparzystą lub n jest
 równe 2.
 W powyższym zdaniu spójniki "'jeśli"' [..] "'to"',
 "'lub"' mówią o związkach które zachodzą pomiędzy zdaniami:
 # "n jest liczbą pierwszą,"
 # "n jest liczbą nieparzystą,"
 # "n jest równe 2."
 Oznaczmy powyższe zdania przez <math>p,q,r</math> (w takiej właśnie
 kolejności). Używając symboli, które zwyczajowo odpowiadają
 potocznemu rozumieniu spójników <math>\textbf{jeśli} [..] \textbf{to},
 \textbf{lub}</math> oraz powyższych oznaczeń otrzymamy formułę
 <center><math>
+p \Rightarrow (q \vee r)</math></center>
+Jeśli powyższą formułę uznamy za prawdziwą to może nam ona posłużyć
-p \Rightarrow (q \vee r).
+do otrzymania nowych wniosków. Na przykład jeśli o jakiejś liczbie n
+będziemy wiedzieć, że jest liczbą pierwszą oraz, że nie jest
-</math></center>
-Jeśli powyższą formułę uznamy za prawdziwą to może nam ona posłużyć
-do otrzymania nowych wniosków. Na przykład jeśli o jakiejś liczbie n
-będziemy wiedzieć, że jest liczbą pierwszą oraz, że nie jest
 nieparzysta to klasyczny rachunek zdań pozwoli nam formalnie
 wywnioskować fakt że liczba n jest równa 2. Podsumowując, jeśli
 uznamy za prawdziwe następujące zdania:
+# <math>p \Rightarrow (q \vee r)</math>,
+# <math>p</math>,
-# <math> p \Rightarrow (q \vee r) </math>,
+# <math>\neg q</math> (przez <math>\neg</math> oznaczamy negację)
-# <math>p </math>,
-# <math> \neg q </math> (przez <math>\neg</math> oznaczamy negację)
 to zgodnie z klasycznym rachunkiem (może lepiej z intuicją?) zdań
 powinniśmy uznać za prawdziwe zdanie <math>r</math>, czyli "n jest równe
 ". Powyższy schemat wnioskowania można również opisać formułą
 <center><math>
+\left((p \Rightarrow (q \vee r)) \wedge p \wedge (\neg q)\right) \Rightarrow
+q</math></center>
+W powyższej formule spójnik symbol <math>\wedge</math> odpowiada spójnikowi
+"'i"' (oraz).
-\left((p \Rightarrow (q \vee r)) \wedge p \wedge (\neg q)\right) \Rightarrow
+Dzięki rachunkowi zdań możemy precyzyjnie opisywać schematy
+wnioskowania i zdania złożone oraz oceniać ich prawdziwość.
-q.
-</math></center>
-W powyższej formule spójnik symbol <math>\wedge</math> odpowiada spójnikowi
-"'i"' (oraz).
-Dzięki rachunkowi zdań możemy precyzyjnie opisywać schematy
-wnioskowania i zdania złożone oraz oceniać ich prawdziwość.
 ==Język logiki zdaniowej==
 Zaczniemy od definicji języka logiki zdaniowej. Składa się on z
 formuł zdefiniowanych następująco:
 {formuła logiki zdaniowej}
 # zmienna zdaniowa jest formułą (zmienne zdaniowy oznaczamy
 zwykle literami alfabetu rzymskiego np. <math>p,q,r</math>)
 # jeśli <math>\phi</math> oraz <math>\psi</math> są formułami to <math>(\phi
 \Rightarrow \psi)</math> jest formułą (spójnik <math>\Rightarrow</math> nazywamy implikacją)
 # jeśli <math>\phi</math> jest formułą to <math>\neg \phi</math> jest formułą
 (spójnik <math>\neg</math> nazywamy negacją)
 # nic innego nie jest formułą.
 Powyższa definicja mówi, że formułami nazywamy te napisy które dają
 się skonstruować ze zmiennych zdaniowych przy pomocy spójników
 <math>\Rightarrow</math> oraz <math>\neg</math>.
 Zgodnie z powyższą definicją nie jest formułą napis <math>p\Rightarrow q</math>,
 gdyż brakuje w nim nawiasów. Pomimo, iż poprawnie powinniśmy
 napisać <math>(p\Rightarrow q)</math> możemy przyjąć że nie będzie konieczne
 pisanie nawiasów, jeśli nawiasy można jednoznacznie uzupełnić.
 ład
 Poniższe napisy nie są formułami
 * <math>p \Rightarrow \Rightarrow q</math>
 * <math>\neg \neg \neg</math>
 * "ten napis na pewno nie jest formułą"
 * <math>(p \Rightarrow \neg q))</math>
 Poniższe napisy są formułami
 * <math>(p \Rightarrow (r \Rightarrow q))</math>
 * <math>\neg \neg \neg q</math>
+* <math>(p \Rightarrow \neg q)</math>
+ład
-* <math>(p \Rightarrow \neg q)</math>
-ład
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Rozmiarem formuły nazwiemy ilość występujących w niej spójników.
 Na przykład formuła <math>\neg \neg q</math> ma rozmiar 2, a formuła
 <math>(p\Rightarrow q)</math> ma rozmiar 1. Przypuśćmy, że jedyną zmienną zdaniową
 jaką wolno nam użyć jest <math>p</math>. Ile można skonstruować rożnych
 formuł o rozmiarze 3?
 ; Solution.
 : Oznaczmy przez <math>f_n</math> liczbę formuł o rozmiarze <math>n</math> (czyli liczbę
 formuł w których jest <math>n</math> spójników). Interesuje nas <math>f_3</math>. Każda
 formuła o rozmiarze 3 powstaje albo z dwóch formuł o rozmiarach 1
 poprzez połączenie ich spójnikiem <math>\Rightarrow</math> albo z jednej formuły o
 rozmiarze 2 poprzez dodanie do niej spójnika <math>\neg</math>. Co
 więcej każda taka formuła powstaje tylko w jeden sposób. Wynika
 stąd następująca zależność:
 <center><math>
 f_3= f_2 + (f_1)^2
 </math></center>
 Wiemy, że są tylko dwie formuły o rozmiarze 1, są to <math>\neg p</math> oraz
 <math>p \Rightarrow p</math>. Stąd mamy <math>f_1=2</math>. Dla formuł o rozmiarze 2 możemy
 zauważyć podobną zależność. Każda taka formuła jest albo zbudowana z
 dwóch formuł z których jedna (niekoniecznie pierwsza) ma rozmiar 1 a
 druga 0  za pomocą <math>\Rightarrow</math>, albo jest zbudowana z formuły o rozmiarze
 za pomocą negacji. Zauważmy też, że istnieje formuła o rozmiarze
 , jest to <math>p</math>. Mamy więc następujący wzór dla <math>f_2</math>
 <center><math>
 f_2= 1 \cdot f_1 + f_1 \cdot 1 +f_1 = 3 \cdot f_1
 </math></center>
 Z dwóch ostatnich wzorów otrzymujemy
 <center><math>
 f_3= 3 \cdot f_1 + (f_1)^2= 6+4 = 10
 </math></center>
 Skoro jest ich niewiele to możemy wszystkie wypisać
 :# <math>\neg \neg \neg p</math>
 :# <math>\neg \neg (p \Rightarrow p)</math>
+:# <math>\neg (p \Rightarrow \neg p)</math>
+:# <math>\neg (p \Rightarrow (p\Rightarrow p))</math>
-:# <math>\neg (p \Rightarrow \neg p)</math>
+:# <math>\neg (\neg p \Rightarrow  p)</math>
+:# <math>\neg ((p\Rightarrow p) \Rightarrow  p)</math>
+:# <math>(\neg p)\Rightarrow  (\neg p)</math>
-:# <math>\neg (p \Rightarrow (p\Rightarrow p))</math>
+:# <math>(\neg p)\Rightarrow  (p \Rightarrow p)</math>
+:# <math>(p \Rightarrow p) \Rightarrow  (\neg p)</math>
+:# <math>(p \Rightarrow p)\Rightarrow  (p \Rightarrow p)</math>
-:# <math>\neg (\neg p \Rightarrow  p)</math>
+}}
+Język logiki zdaniowej można równoważnie zdefiniować nie
+używając nawiasów za pomocą Odwrotnej Notacji Polskiej
+Odwrotna Notacja Polska.
+==Aksjomatyka Klasycznego Rachunku Zdań==
-:# <math>\neg ((p\Rightarrow p) \Rightarrow  p)</math>
+Podobnie jak nie wszystkie zdania języka naturalnego mają sens, nie
+wszystkie formuły opisują prawdziwe schematy wnioskowania, lub
+zdania które bylibyśmy skłonni uznać za prawdziwe. W tym rozdziale
+skupimy się na tym które spośród wszystkich formuł zdaniowych
+wyróżnić jako prawdziwe.
+===Aksjomaty===
+Wielu matematyków zgadza się dzisiaj co do tego że zdania pasujące
+do poniższych schematów powinny być uznane za prawdziwe:
+Aksjomaty klasycznego rachunku zdań.
-:# <math> (\neg p)\Rightarrow  (\neg p)</math>
+# <math>(\phi \Rightarrow (\psi \Rightarrow \phi))</math> (formuła ta jest nazywana
+aksjomatem K)
+# <math>(\phi \Rightarrow (\nu \Rightarrow \psi) \Rightarrow \left((\phi \Rightarrow \nu) \Rightarrow
+(\phi \Rightarrow \nu) \right)</math> (formuła ta jest nazywana
+aksjomatem S)
+# <math>(\neg \phi \Rightarrow \psi) \Rightarrow (\neg \phi \Rightarrow \neg
+\psi) \Rightarrow \phi</math>
-:# <math> (\neg p)\Rightarrow  (p \Rightarrow p)</math>
+Zdania pasujące do powyższych schematów to wszystkie zdania które
+można otrzymać podstawiając w miejsce <math>\phi, \nu, \psi</math> dowolne
+formuły.
+===Reguła dowodzenia===
+Przyglądnijmy się teraz jak posługujemy się implikacją we
+wniskowaniu. W przykładzie z początku wykładu implikacja odpowiadała
+konstrukcji językowej:
-:# <math> (p \Rightarrow p) \Rightarrow  (\neg p)</math>
+"'jeśli"' <math>\phi</math> "'to"' <math>\psi</math>.
+W takim przypadku jeśli akceptujemy powyższą implikacjię jako zdanie
+prawdziwe oraz jeśli zdanie <math>\phi</math> jako prawdziwe to powinniśmy
+także zaakceptować <math>\psi</math>. Przedstawiony sposób wnioskowania nosi
+nazwę reguły "Modus Ponens" (nazywana też regułą odrywania, często będziemy używać skrótu MP) i jest
+skrótowo notowany w poniższy sposób
+<center><math>
-:# <math> (p \Rightarrow p)\Rightarrow  (p \Rightarrow p)</math>
+\frac{\phi \Rightarrow \psi, \phi}{\psi}</math></center>
+Reguła modus ponens posłuży nam do uzupełniania zbioru aksjomatów  o
+ich konsekwencje logiczne, które również uznamy za prawdziwe. Aby
+precyzyjnie zdefiniować zbiór wszystkich konsekwencji logicznych
+aksjomatów definiujemy poniżej pojęcie dowodu.
+Ciąg formuł <math>\phi_0, \dots ,\phi_n</math> jest dowodem formuły <math>\psi</math>
+wtedy i tylko wtedy, gdy:
-}}
+# <math>\phi_n</math> jest formułą <math>\psi</math>
+# dla każdego <math>i\leq n</math> formuła <math>\phi_i</math> jest aksjomatem
+lub istnieją <math>j,k <i</math> takie, że formuła <math>\phi_i</math>
+jest wynikiem zastosowania reguły modus ponens do
+formuł <math>\phi_j, \phi_k</math>.
+W drugim punkcie powyższej definicji jeśli formuła <math>\phi_i</math> nie jest
+aksjomatem (a więc powstaje przez zastosowanie MP) to formuły
+<math>\phi_j,\phi_k</math> muszą pasować do przesłanek reguły MP, a więc
+<math>\phi_j</math> musi być postaci <math>\phi_k \Rightarrow \phi_i</math> lub <math>\phi_k</math> postaci
+<math>\phi_j \Rightarrow \phi_i</math>.
-Język logiki zdaniowej można równoważnie zdefiniować nie
+Formułę nazywamy "twierdzeniem klasycznego rachunku zdań"
+jeśli istnieje jej dowód  z aksjomatów klasycznego rachunku
+zdań [[##defn:AksjomatyKRZ|Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|]].
-używając nawiasów za pomocą Odwrotnej Notacji Polskiej
+===Przykład===
-Odwrotna Notacja Polska.
+Zastanówmy się na formułą postaci <math>\phi \Rightarrow \phi</math>. Intuicja
+podpowiada, że taką formułę powinniśmy uznać za prawdziwą. Nie
+pasuje ona jednak do żadnego ze schematów aksjomatów
+[[##defn:AksjomatyKRZ|Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|]]. Formuła ta jest jednak twierdzeniem
+klasycznego rachunku zdań. Poniżej przedstawiamy jej dowód. Aby
+łatwiej dopasować formuły do schematów aksjomatów użyliśmy
+nawiasów kwadratowych dla nawiasów,
+które pochodzą ze  schematów.
+# <math>[\phi \Rightarrow [(q \Rightarrow \phi) \Rightarrow \phi)]\Rightarrow [[\phi \Rightarrow (q \Rightarrow \phi)] \Rightarrow [\phi \Rightarrow
+\phi]]</math> formuła ta jest aksjomatem zgodnym ze schematem S
+# <math>\phi \Rightarrow [(q \Rightarrow \phi) \Rightarrow \phi]</math> aksjomat zgodny ze
+schematem K
-==Aksjomatyka Klasycznego Rachunku Zdań==
+# <math>(\phi \Rightarrow (q \Rightarrow \phi)) \Rightarrow (\phi \Rightarrow \phi)</math> z modus ponens z
+formuł 1 i 2.
+# <math>\phi \Rightarrow [q \Rightarrow \phi]</math> aksjomat zgodny ze schematem
+K
+# <math>(\phi \Rightarrow \phi)</math> z modus ponens z formuł 3 i 4
-Podobnie jak nie wszystkie zdania języka naturalnego mają sens, nie
+===Podsumowanie===
-wszystkie formuły opisują prawdziwe schematy wnioskowania, lub
+Klasyczny rachunek zdań, czyli zbiór formuł które uznajemy za
+prawdziwe zdefiniowaliśmy wyróżniając pewne formuły jako aksjomaty
+[[##defn:AksjomatyKRZ|Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|]] i dorzucając do nich wszystkie formuły,
+które dają się z nich wywnioskować przy pomocy reguły modus ponens.
+Warto zwrócić uwagę, że pomimo tego iż w doborze aksjomatów i reguł
+wnioskowania kierowaliśmy się intuicyjnym pojęciem implikacji i
+konsekwencji, klasyczny rachunek zdań jest teorią syntaktyczną,
+zbiorem pewnych napisów o których znaczeniu nie musimy nic mówić.
-zdania które bylibyśmy skłonni uznać za prawdziwe. W tym rozdziale
+Warto przyglądnąć się przyjętym aksjomatom i zastanowić się
+jakim zdaniom odpowiadają i czy rzeczywiście bylibyśmy skłonni
+uznać je za prawdziwe. Pomocne może być interpretowanie formuł
+postaci <math>\phi \Rightarrow (\nu \Rightarrow \psi)</math> jako ",,jeśli prawdziwe jest
+<math>\phi</math> i prawdziwe jest <math>\nu</math> to prawdziwe jest <math>\psi</math>"". W
+kolejnych rozdziałach przekonamy się że taka interpretacja jest
+uzasadniona.
-skupimy się na tym które spośród wszystkich formuł zdaniowych
+==Matryca boolowska==
-wyróżnić jako prawdziwe.
+W poprzednim rozdziale zdefiniowaliśmy klasyczny rachunek zdań jako
+teorię aksjomatyczną. Jeśli pozwolimy sobie na używanie skończonych
+zbiorów i funkcji, możemy równoważnie zdefiniować klasyczny rachunek
+zdań za pomocą tzw. matrycy boolowskiej.
+Dwuelementową matrycą boolowską nazywamy zbiór dwuelementowy
+<math>\mathbb{B}=\{0,1\}</math> w którym 1 jest wyróżnioną wartością prawdy, wraz z
+dwoma funkcjami odpowiadającymi za interpretacje spójników
+<math>\Rightarrow</math> oraz <math>\neg</math> zdefiniowanymi następująco
+<center><math>
-===Aksjomaty===
+\begintabular {|c|c c|}\hline
+ & 0 & 1 \\\hline
+& 1 & 1 \\
+& 0 & 1 \\\hline
-Wielu matematyków zgadza się dzisiaj co do tego że zdania pasujące
+\endtabular  \hspace{1cm}
+\begintabular {|c|c|}\hline
+</math>p<math>&</math> p<math>\\\hline
+& 1  \\
+& 0  \\\hline
+\endtabular
+</math></center>
-do poniższych schematów powinny być uznane za prawdziwe:
+Wartościowaniem nazywamy funkcję która przypisuje zmiennym
+zdaniowym elementy zbioru <math>\mathbb{B}</math>. Wartościowanie zmiennych
+można rozszerzyć na wartościowanie formuł interpretując spójniki
+<math>\Rightarrow</math> oraz <math>\neg</math> jako funkcje zgodnie z tabelami
+[[##eq:tabeleInterpretacjiKRZ|Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZ|]].
-Aksjomaty klasycznego rachunku zdań.
+ład
+Niech <math>v</math> będzie wartościowaniem zmiennych takim, że <math>v(p)=0,
+v(q)=1, v(r)=0</math>. Wtedy
+* formuła <math>q \Rightarrow p</math> jest wartościowana na
+(będziemy to zapisywać jako <math>v(q \Rightarrow p)=0</math>),
-# <math>(\phi \Rightarrow (\psi \Rightarrow \phi))</math> (formuła ta jest nazywana
+* formuła <math>r \Rightarrow (q \Rightarrow p)</math> jest wartościowana na 1 (czyli <math>v(r \Rightarrow (q \Rightarrow p))=1</math>)
-aksjomatem K)
+* formuła <math>\neg p \Rightarrow r</math> jest wartościowana na  0 (czyli <math>v(\neg p \Rightarrow r)=0</math>)
+ład
+{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-# <math>(\phi \Rightarrow (\nu \Rightarrow \psi) \Rightarrow \left((\phi \Rightarrow \nu) \Rightarrow
+Przy wartościowaniu <math>v</math> z przykładu [[##eg:wartosciowania|Uzupelnic eg:wartosciowania|]] jakie
+wartości przyjmują następujące formuły
-(\phi \Rightarrow \nu) \right)</math> (formuła ta jest nazywana
+# <math>p \Rightarrow (q \Rightarrow r)</math>
-aksjomatem S)
+# <math>p \Rightarrow (p \Rightarrow q)</math>
+# <math>\neg \neg q \Rightarrow p</math>
+# <math>(\neg q\Rightarrow q) \Rightarrow (q \Rightarrow \neg q)</math>
-# <math>(\neg \phi \Rightarrow \psi) \Rightarrow (\neg \phi \Rightarrow \neg
+; Solution.
+:
-\psi) \Rightarrow \phi</math>
+:# <math>v(p \Rightarrow (q \Rightarrow r))=1</math>
+:# <math>v(p \Rightarrow (p \Rightarrow q))=1</math>
+:# <math>v(\neg \neg q \Rightarrow p)=0</math>
-Zdania pasujące do powyższych schematów to wszystkie zdania które
+:# <math>v((\neg q\Rightarrow q) \Rightarrow (q \Rightarrow \neg q))=0</math>
-można otrzymać podstawiając w miejsce <math>\phi, \nu, \psi</math> dowolne
+}}
-formuły.
+{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
+# Podaj przykład wartościowania zmiennych tak aby poniższe formuły
+były wartościowane na 0
+## <math>p \Rightarrow (q \Rightarrow r)</math>
-===Reguła dowodzenia===
+## <math>(\neg p \Rightarrow q)</math>
+## <math>(p\Rightarrow q) \Rightarrow q</math>
+# Podaj przykład wartościowania zmiennych tak aby poniższe formuły
+były wartościowane na 1
-Przyglądnijmy się teraz jak posługujemy się implikacją we
+## <math>\neg (p \Rightarrow q)</math>
-wniskowaniu. W przykładzie z początku wykładu implikacja odpowiadała
+## <math>\neg (\neg p \Rightarrow  \neg q)</math>
-konstrukcji językowej:
+## <math>(\neg q\Rightarrow q) \Rightarrow (q \Rightarrow \neg q)</math>
+; Solution.
+: Wartościowania będziemy oznaczać przez <math>v</math>
+:#
-"'jeśli"' <math>\phi</math> "'to"' <math>\psi</math>.
+:## <math>v(p)=1, v(q)=1, v(r)=0</math>
+:## <math>v(p)=0,v(q)=0</math>
+:## <math>v(p)=0,v(q)=0</math>
-W takim przypadku jeśli akceptujemy powyższą implikacjię jako zdanie
+:#
-prawdziwe oraz jeśli zdanie <math>\phi</math> jako prawdziwe to powinniśmy
+:## <math>v(p)=1,v(q)=0</math>
-także zaakceptować <math>\psi</math>. Przedstawiony sposób wnioskowania nosi
+:## <math>v(p)=0,v(q)=1)</math>
-nazwę reguły "Modus Ponens" (nazywana też regułą odrywania, często będziemy używać skrótu MP) i jest
+:## <math>v(q)=1</math>
-skrótowo notowany w poniższy sposób
+}}
+===Twierdzenie o pełności===
+Zauważmy, że istnieją formuły, które dla każdego wartościowania
+zmiennych zdaniowych zawsze przyjmują wartość 1 (np. <math>p \Rightarrow p</math>).
+Takie formuły będziemy nazywać "'tautologiami"'.
-<center><math>
+{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
+Sprawdź czy poniższe formuły są tautologiami
+# <math>(\phi \Rightarrow (\psi \Rightarrow \phi))</math>
-\frac{\phi \Rightarrow \psi, \phi}{\psi}.
+# <math>(\phi \Rightarrow (\nu \Rightarrow \psi) \Rightarrow \left((\phi \Rightarrow \nu) \Rightarrow
+(\phi \Rightarrow \nu) \right)</math>
-</math></center>
+# <math>(\neg \phi \Rightarrow \psi) \Rightarrow (\neg \phi \Rightarrow \neg
+\psi) \Rightarrow \phi</math>
+# <math>((\phi \Rightarrow q) \Rightarrow p) \Rightarrow p</math>
+{hint}{1}
+; Hint .
+: Spróbuj poszukać wartościowań dla których formuła przyjmuje
+wartość 0
-Reguła modus ponens posłuży nam do uzupełniania zbioru aksjomatów  o
+{hint}{1}
+; Hint .
+: Można też sprawdzić wszystkie możliwości wartościowań.
-ich konsekwencje logiczne, które również uznamy za prawdziwe. Aby
+; Solution.
+:   }}
-precyzyjnie zdefiniować zbiór wszystkich konsekwencji logicznych
+Nie przez przypadek pierwsze trzy formuły z poprzedniego zadania
+odpowiadają aksjomatom klasycznego rachunku zdań
+[[##defn:AksjomatyKRZ|Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|]]. Okazuje się że istnieje ścisły związek
+pomiędzy tautologiami a twierdzeniami klasycznego rachunku zdań. Mówi o tym ważny wynik Emil Post.
-aksjomatów definiujemy poniżej pojęcie dowodu.
+{{twierdzenie|[Uzupelnij]||
+{Post 1921}
+Formuła jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań wtedy i
+tylko wtedy kiedy jest tautologią.
+}}
+Dowód powyższego twierdzenia jest przedstawiony na wykładzie Logika dla informatyków
-Ciąg formuł <math>\phi_0, \dots ,\phi_n</math> jest dowodem formuły <math>\psi</math>
+Dzięki powyższemu twierdzeniu możemy w miarę łatwo stwierdzać czy
+dana formuła jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań sprawdzając czy jest tautologią,
-wtedy i tylko wtedy, gdy:
+co wymaga rozważenia jedynie skończonej (chociaż często niemałej)
+liczby wartościowań. Co więcej, mamy też możliwość dowodzenia, że
+jakaś formuła nie jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań. Uzasadnienie, że nie da się
+jakiejś formuły udowonić z aksjomatów poprzez stosowanie reguły MP wydaje się zadaniem
+trudnym, znacznie łatwiej jest poszukać wartościowania, które
+wartościuje formułę na 0 (znowu wystarczy
+sprawdzić jedynie skończenie wiele wartościowań).
+{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
+Udowodnij że każde twierdzenie klasycznego rachunku zdań jest tautologią.
-# <math>\phi_n</math> jest formułą <math>\psi</math>
+{hint}{1}
+; Hint .
+: Pokazaliśmy już w zadaniu
+[[##zad:aksjomatyTatuologie|Uzupelnic zad:aksjomatyTatuologie|]], że aksjomaty są tautologiami.
+Zacznij od pokazania, że zastosowanie reguły MP  do tautologii daje
+tautologię.
+{hint}{1}
+; Hint .
+: Udowodnij, twierdznie przez indukcję ze względu na długość
+dowodu.
+; Solution.
+:   }}
+===Inne spójniki===
-# dla każdego <math>i\leq n</math> formuła <math>\phi_i</math> jest aksjomatem
+Do tej pory jedynymi rozważanymi spójnikami była implikacja i
+negacja. W analogiczny sposób do [[##eq:tabeleInterpretacjiKRZ|Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZ|]]
+możemy wprowadzać kolejne spójniki. Często używane spójniki to
+koniunkcja (spójnik "'i"') oznaczana przez <math>\wedge</math> oraz
+alternatywa (spójnik "'lub"') oznaczana przez <math>\vee</math>, które
+będziemy interpretować w następujący sposób:
-lub istnieją <math>j,k <i</math> takie, że formuła <math>\phi_i</math>
+<center><math>
-jest wynikiem zastosowania reguły modus ponens do
+\begintabular {|c|c c|}\hline
+ & 0 & 1 \\\hline
+& 0 & 0 \\
+& 0 & 1 \\\hline
+\endtabular  \hspace{1cm}
+\begintabular {|c|c c|}\hline
+ & 0 & 1 \\\hline
+& 0 & 1 \\
+& 1 & 1 \\\hline
+\endtabular
+</math></center>
-formuł <math>\phi_j, \phi_k</math>.
+Zgodnie z intuicją koniunkcja <math>\phi \wedge \psi</math> jest wartościowana
+na 1 wtedy i tylko wtedy gdy zarówno <math>\phi</math> jak i <math>\psi</math> są
+wartościowane na 1. Alternatywa <math>\phi \vee \psi</math> jest wartościowana
+na 1 jeśli przynajmniej jedna z formuł <math>\phi, \psi</math> jest
+wartościowana na 1.
+Formuły <math>\phi</math> oraz <math>\psi</math> są "równoważne" (oznaczamy ten fakt
+przez <math>\phi \equiv \psi</math> wtedy i tylko wtedy gdy dla każdego
+wartościowania formuła <math>\phi</math> przyjmuje tą samą wartość co
+formuła <math>\psi</math>.
+{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-W drugim punkcie powyższej definicji jeśli formuła <math>\phi_i</math> nie jest
+Udowodnij, że następujące formuły są równoważne
-aksjomatem (a więc powstaje przez zastosowanie MP) to formuły
+# <math>\phi \vee \psi \equiv \neg \phi \Rightarrow \psi</math>
-<math>\phi_j,\phi_k</math> muszą pasować do przesłanek reguły MP, a więc
+# <math>\phi \wedge \psi \equiv \neg (\phi \Rightarrow \neg \psi)</math>
-<math>\phi_j</math> musi być postaci <math>\phi_k \Rightarrow \phi_i</math> lub <math>\phi_k</math> postaci
+; Solution.
+:
-<math>\phi_j \Rightarrow \phi_i</math>.
+:# Lewa strona jest fałszywa jedynie gdy <math>\phi</math> oraz
+<math>\psi</math> są wartościowane na 0. Prawa strona jest fałszywa
+wtedy i tylko wtedy kiedy <math>\neg \phi</math> jest wartościowane na
+oraz <math>\psi</math> jest wartościowane na 0 (to jedyna możliwość
+aby implikacja była fałszywa). Wobec tego prawa strona jest
+fałszywa wtedy i tylko wtedy kiedy <math>\phi</math> oraz
+<math>\psi</math> są wartościowane na 0, a więc jest równoważna lewej.
+:# Lewa strona jest prawdziwa jedynie gdy <math>\phi</math> oraz
+<math>\psi</math> są wartościowane na 1. Prawa strona jest prawdziwa
+wtedy i tylko wtedy kiedy <math>\neg (\phi \Rightarrow \neg \psi)</math> jest wartościowane na
+, więc wtedy gdy <math>(\phi \Rightarrow \neg \psi)</math> jest wartościowane na 0. To z kolei
+zdarzyć się może jedynie gdy <math>\phi</math> jest wartościowane na 1
+i <math>\neg \psi</math> na 0, a więc wtedy gdy zarówno <math>\phi</math> jak i
+<math>\psi</math> są wartościowane na 1. Wobec tego obie formuły są
+równoważne.
+Równie dobrym rozwiązaniem jest sprawdzenie wszystkich
+możliwości wartościowań i porównanie wyników.
+}}
-Formułę nazywamy "twierdzeniem klasycznego rachunku zdań"
+Z powyższego zadania wynika, że każdą formułę w której występują
+spójniki <math>\wedge</math> lub <math>\vee</math> można zastąpić równoważną formułą w
+której jedynymi spójnikami są <math>\Rightarrow</math> oraz <math>\neg</math>. Tak naprawdę
+więc nowe spójniki nie wprowadzają nic nowego poza użytecznymi
+skrótami w zapisywaniu formuł.
-jeśli istnieje jej dowód  z aksjomatów klasycznego rachunku
+Aby się oswoić z własnościami spójników prześledzimy szereg ich
+praw.
-zdań [[##defn:AksjomatyKRZ|Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|]].
+{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
+Udowodnij następujące równoważności
+# <math>\neg \neg p \equiv p</math>
-===Przykład===
+# <math>p\Rightarrow q \equiv \neg p \vee q</math>
+# <math>p \Rightarrow (q \Rightarrow r) \equiv (p \wedge q) \Rightarrow r</math>
+# <math>\neg( p \wedge q) \equiv \neg p \vee \neg q</math>
-Zastanówmy się na formułą postaci <math>\phi \Rightarrow \phi</math>. Intuicja
+# <math>\neg( p \vee q) \equiv \neg p \wedge \neg q</math>
-podpowiada, że taką formułę powinniśmy uznać za prawdziwą. Nie
+# <math>p \wedge (q \vee r) \equiv (p \wedge q) \vee (p\wedge r)</math>
-pasuje ona jednak do żadnego ze schematów aksjomatów
+# <math>p \vee (q \wedge r) \equiv (p \vee q) \wedge (p\vee r)</math>
-[[##defn:AksjomatyKRZ|Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|]]. Formuła ta jest jednak twierdzeniem
+# <math>(p \Rightarrow q) \Rightarrow (\neg p \Rightarrow \neg q)</math>
-klasycznego rachunku zdań. Poniżej przedstawiamy jej dowód. Aby
+; Solution.
+: Przedstwiamy przykładowe dowody kilku pierwszych równoważności.
-łatwiej dopasować formuły do schematów aksjomatów użyliśmy
+:# Jeśli <math>p</math> jest wartościowane na 1, to zgodnie z tabelą dla negacji [[##eq:tabeleInterpretacjiKRZ|Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZ|]]
+<math>\neg p</math> jest wartościowane na 0 i <math>\neg \neg p</math> jest wartościowane na 1. Jeśli <math>p</math> jest wartościowane
+na 0 to <math>\neg p</math> jest wartościowane na 1 i <math>\neg \neg p</math> jest wartościowane na 0. Formuły przyjmują
+te same wartości dla każdego wartościowania więc są równoważne.
-nawiasów kwadratowych dla nawiasów,
+:# Jedyną możliwością aby lewa strona była fałszywa jest
+aby <math>p</math> było wartościowane na 1, a <math>q</math> na 0. Prawa
+stona jest fałszywa jedynie gdy <math>\neg p</math> oraz <math>q</math> są wartościowane
+na 0. Czyli prawa strona jest fałszywa jedynie
+gdy <math>p</math> jest wartościowane na 1 i <math>q</math> na 0. Formuły są więc
+równoważne.
-które pochodzą ze  schematów.
+:# Analogicznie do poprzedniego punktu łatwo się
+przekonać, że jedynym wartościowaniem które falsyfikuje lewą
+stronę jest takie które wartościuje <math>p</math> i <math>q</math> na 1 oraz <math>r</math>
+na 0. Tą samą własność ma formuła po prawej stronie, więc
+formuły są równoważne.
+:# Przykład rozwiązania przez rozważenie wszystkich
+możliwości
+<center><math>
-# <math>[\phi \Rightarrow [(q \Rightarrow \phi) \Rightarrow \phi)]\Rightarrow [[\phi \Rightarrow (q \Rightarrow \phi)] \Rightarrow [\phi \Rightarrow
+\begintabular {|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
+</math>p<math>&</math>q<math>&</math>p q<math>&</math> (p q)<math>&</math> p<math>&</math> q<math>&</math>  p   q<math>\\\hline
+& 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1\\
+& 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1\\
+& 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\
+& 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\\hline
+\endtabular  \hspace{1cm}
+</math></center>
-\phi]]</math> formuła ta jest aksjomatem zgodnym ze schematem S
+W pierwszych dwóch kolumnach są zapisane wartościowania
+zmiennych <math>p</math> i <math>q</math> a w pozostałych odpowiadające im wartościowania
+formuł zbudowanych z tych zmiennych. Ponieważ kolumna 4 i 7
+są identyczne to formuły z zadania są równoważne.
+:# W równoważności z poprzedniego punktu, podstawiąjąc za <math>p</math>
+formułę <math>\neg p</math> oraz za <math>q</math> formułę <math>\neg q</math> otrzymamy
+równoważność
+<center><math>
-# <math>\phi \Rightarrow [(q \Rightarrow \phi) \Rightarrow \phi]</math> aksjomat zgodny ze
+\neg( \neg p \wedge \neg q) \equiv \neg \neg p \vee \neg \neg
+q</math></center>
-schematem K
+Stosując dwukrotnie równoważność z pierwszego punktu do prawej strony
+otrzymujemy
+<center><math>
+\neg( \neg p \wedge \neg q) \equiv  p \vee     q</math></center>
-# <math>(\phi \Rightarrow (q \Rightarrow \phi)) \Rightarrow (\phi \Rightarrow \phi)</math> z modus ponens z
+Negując tą równoważność obustronnie otrzymamy
-formuł 1 i 2.
+<center><math>
+\neg \neg( \neg p \wedge \neg q) \equiv\neg(  p \vee     q)</math></center>
+Stosując równoważność z pierwszego punktu do lewej strony
+otrzymamy szukaną równoważność.
-# <math>\phi \Rightarrow [q \Rightarrow \phi]</math> aksjomat zgodny ze schematem
+}}
-K
+{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
+Sprawdź które z następujących formuł są tautologiami
+# <math>( (p \vee r)\wedge( q \vee \neg r) )\Rightarrow (p \vee q)</math>
-# <math>(\phi \Rightarrow \phi)</math> z modus ponens z formuł 3 i 4
+# <math>(p \vee q) \Rightarrow ( (p \vee r)\wedge( q \vee \neg r)
+)</math>
+# <math>( (p \wedge r)\vee( q \wedge \neg r) )\Rightarrow (p \wedge
+q)</math>
+# <math>(p \wedge q) \Rightarrow ( (p \wedge r)\vee( q \wedge \neg r)
+)</math>
-===Podsumowanie===
+; Solution.
+:
+:# Spróbujmy znaleźć wartościowanie które falsyfikuje tą
+formułę. Skoro implikacja ma być fałszywa to formuła <math>(p \vee q)</math> (czyli następnik) musi być
+fałszywa. Tak jest tylko wtedy kiedy zarówno <math>p</math> jak i <math>q</math> są
+fałszywe. Zobaczmy co się wtedy dzieje z poprzednikim implikacji,
+czyli formułą
+<center><math>
-Klasyczny rachunek zdań, czyli zbiór formuł które uznajemy za
+(p \vee r)\wedge( q \vee \neg r)</math></center>
-prawdziwe zdefiniowaliśmy wyróżniając pewne formuły jako aksjomaty
+Jeśli teraz ustalimy <math>r</math> na fałsz to <math>(p \vee q)</math> będzie
+fałszywe a jeśli ustalimy <math>r</math> na
+prawdę to <math>( q \vee \neg r)</math> będzie fałszywe. W obu tych przypadkach cały poprzednik jest
+fałszywy. Wynika stąd, że nie da się dobrać takiego
+wartościowania że poprzednik jest prawdziwy, a następnik
+fałszywy więc rozważana formuła jest tautologą.
-[[##defn:AksjomatyKRZ|Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|]] i dorzucając do nich wszystkie formuły,
+:# Formuła nie jest tautologią. Wystarczy wartościować <math>p</math> i
+<math>r</math> na prawdę i <math>q</math> na fałsz.
-które dają się z nich wywnioskować przy pomocy reguły modus ponens.
+:# Formuła nie jest tautologią. Wystarczy wartościować <math>p</math> i
+<math>r</math> na prawdę i <math>q</math> na fałsz.
-Warto zwrócić uwagę, że pomimo tego iż w doborze aksjomatów i reguł
+:# Przykład rozwiązania przez rozważenie wszystkich
+możliwości
-wnioskowania kierowaliśmy się intuicyjnym pojęciem implikacji i
-konsekwencji, klasyczny rachunek zdań jest teorią syntaktyczną,
-zbiorem pewnych napisów o których znaczeniu nie musimy nic mówić.
+<center><math>
+\begintabular {|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
+</math>p<math>&</math>q<math>&</math>r<math>&</math>(p  q)<math>&</math> (p  r)<math>&</math> ( q   r)<math>
+&</math> (p  r)( q   r)<math>&</math>(p  q)  ( (p  r)( q   r))<math>\\\hline
+& 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
+& 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0& 1 \\
+& 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1& 1 \\
+& 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0& 1 \\
+& 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0& 1 \\
+& 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1& 1 \\
+& 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1& 1 \\
+& 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1& 1 \\\hline
+\endtabular  \hspace{1cm}
+</math></center>
-Warto przyglądnąć się przyjętym aksjomatom i zastanowić się
+W kolumnie odpowiadającej badanej formule są same 1, więc
+jest ona tautologią.
-jakim zdaniom odpowiadają i czy rzeczywiście bylibyśmy skłonni
+}}
-uznać je za prawdziwe. Pomocne może być interpretowanie formuł
+Binarne spójniki logiczne interpretowaliśmy jako funkcje z <math>\mathbb{B}
+\times \mathbb{B} \rightarrow \mathbb{B}</math>. Nie trudno przekonać się że takich
+funkcji jest dokładnie 16. Dla każdej takiej funkcji możemy dodać
+spójnik, który będzie interpretowany dokładnie jako ta funkcja. W
+poniższej tabeli zamieszczamy wszystkie takie funkcje wraz ze
+zwyczajowymi oznaczeniami odpowiadających im spójników.
-postaci <math>\phi \Rightarrow (\nu \Rightarrow \psi)</math> jako ",,jeśli prawdziwe jest
+W poniższej tabeli przedstawiamy wszystkie spójniki binarne.
-<math>\phi</math> i prawdziwe jest <math>\nu</math> to prawdziwe jest <math>\psi</math>"". W
+<center><math>
-kolejnych rozdziałach przekonamy się że taka interpretacja jest
+\begintabular {|c|c|c|c|c|c||c|}\hline
+Numer &</math>p<nowiki>=</nowiki>0<math>&</math> p<nowiki>=</nowiki>0<math>&</math> p<nowiki>=</nowiki>1<math>&</math> p<nowiki>=</nowiki>1<math>&& \\
+funkcji&</math>q<nowiki>=</nowiki>0<math>&</math>q<nowiki>=</nowiki>1<math>&</math>q<nowiki>=</nowiki>0<math>&</math>q<nowiki>=</nowiki>1<math>&& \\ \hline
+& 0 & 0 & 0 & 0 &&</math>F<math>\\
+& 0 & 0 & 0 & 1 && \\
+& 0 & 0 & 1 & 0 &&</math>(p  q)<math>\\
+& 0 & 0 & 1 & 1 &&</math>p<math>\\
+& 0 & 1 & 0 & 0 &&</math> (q p)<math>\\
+& 0 & 1 & 0 & 1 &&</math>q<math>\\
+& 0 & 1 & 1 & 0 &&</math>XOR<math>\\
+& 0 & 1 & 1 & 1 &&  \\
+& 1 & 0 & 0 & 0 &&</math>NOR<math>\\
+& 1 & 0 & 0 & 1 &&  \\
+& 1 & 0 & 1 & 0 &&</math> q<math>\\
+& 1 & 0 & 1 & 1 &&</math> q  p<math>\\
+& 1 & 1 & 0 & 0 &&</math>  p <math>\\
+& 1 & 1 & 0 & 1 &&</math> p  q <math>\\
+& 1 & 1 & 1 & 0 &&</math> NAND<math>\\
+& 1 & 1 & 1 & 1 &&</math>T <math>\\\hline
+\endtabular  \hspace{1cm}
+</math></center>
-uzasadniona.
+Spójnik binarny <math>\circ</math> będziemy nazywać "przemiennym" jeśli zachodzi
+następująca równoważność
+<center><math>
+p \circ q \equiv q \circ p
+</math></center>
-==Matryca boolowska==
+{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
+Sprawdź następujące równoważności
+# <math>x NAND y \equiv \neg (x \wedge y)</math>
-W poprzednim rozdziale zdefiniowaliśmy klasyczny rachunek zdań jako
+# <math>x NOR y \equiv \neg (x \vee y)</math>
-teorię aksjomatyczną. Jeśli pozwolimy sobie na używanie skończonych
+# <math>x XOR y \equiv \neg (x \Leftrightarrow y)</math>
-zbiorów i funkcji, możemy równoważnie zdefiniować klasyczny rachunek
+; Solution.
+:   }}
-zdań za pomocą tzw. matrycy boolowskiej.
+{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
+Ile spójników binarnych jest przemiennych? Wypisz je wszystkie.
+{hint}{1}
+; Hint .
+: Wygodnie jest reprezentować spójniki binarne w tabeli
+kwadratowej. Na przykład alternatywę
+zdefiniowaliśmy jako
-Dwuelementową matrycą boolowską nazywamy zbiór dwuelementowy
+<center><math>
-<math>\mathbb{B}=\{0,1\}</math> w którym 1 jest wyróżnioną wartością prawdy, wraz z
+\begintabular {|c|c c|}\hline
+ & 0 & 1 \\\hline
+& 0 & 1 \\
+& 1 & 1 \\\hline
+\endtabular </math></center>
-dwoma funkcjami odpowiadającymi za interpretacje spójników
+Jaką własność musi posiadać tabela aby spójnik definiowany przez nią był
+przemienny?
-<math>\Rightarrow</math> oraz <math>\neg</math> zdefiniowanymi następująco
+; Solution.
+: Dla przemienności spójnika <math>\circ</math> istotne jest aby <math>1\circ 0 =  0 \circ 1</math>. Dla pozostałych
+przypadków wartościowań równoważnośc [[##eq:przemienność|Uzupelnic eq:przemienność|]]
+jest zawsze spełniona. Każdy spójnik binarny możemy
+zdefiniować za pomocą tabelki kwadratowej, np. alternatywę
+zdefiniowaliśmy jako
+<center><math>
+\begintabular {|c|c c|}\hline
+ & 0 & 1 \\\hline
+& 0 & 1 \\
+& 1 & 1 \\\hline
+\endtabular </math></center>
-<center><math>
+Warunek przemienności oznacza, że wartość w polu o
+współrzędnych <math>(0,1)</math> jest równa wartości w polu o
+współrzędnych <math>(1,0)</math>. Takich tabel jest 8, więc mamy 8
+spójników przemiennych. Nietrudno je teraz odnaleźć w tabeli
+[[##defn:spójniki|Uzupelnic defn:spójniki|]]. Są to
+:# <math>F</math>
+:# <math>\wedge</math>
-\begintabular {|c|c c|}\hline
+:# <math>XOR</math>
- & 0 & 1 \\\hline
+:# <math>\vee</math>
-& 1 & 1 \\
-& 0 & 1 \\\hline
-\endtabular  \hspace{1cm}
-\begintabular {|c|c|}\hline
-</math>p<math> & </math> p<math> \\\hline
-& 1  \\
-& 0  \\\hline
-\endtabular
-</math></center>
-Wartościowaniem nazywamy funkcję która przypisuje zmiennym
-zdaniowym elementy zbioru <math>\mathbb{B}</math>. Wartościowanie zmiennych
-można rozszerzyć na wartościowanie formuł interpretując spójniki
-<math>\Rightarrow</math> oraz <math>\neg</math> jako funkcje zgodnie z tabelami
-[[##eq:tabeleInterpretacjiKRZ|Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZ|]].
-ład
-Niech <math>v</math> będzie wartościowaniem zmiennych takim, że <math>v(p)=0,
-v(q)=1, v(r)=0</math>. Wtedy
-* formuła <math>q \Rightarrow p</math> jest wartościowana na
-(będziemy to zapisywać jako <math>v(q \Rightarrow p)=0</math>),
-* formuła <math>r \Rightarrow (q \Rightarrow p)</math> jest wartościowana na 1 (czyli <math>v(r \Rightarrow (q \Rightarrow p))=1</math>)
-* formuła <math>\neg p \Rightarrow r</math> jest wartościowana na  0 (czyli <math>v(\neg p \Rightarrow r)=0</math>)
-ład
-{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-Przy wartościowaniu <math>v</math> z przykładu [[##eg:wartosciowania|Uzupelnic eg:wartosciowania|]] jakie
-wartości przyjmują następujące formuły
-# <math>p \Rightarrow (q \Rightarrow r)</math>
-# <math>p \Rightarrow (p \Rightarrow q)</math>
-# <math>\neg \neg q \Rightarrow p</math>
-# <math>(\neg q\Rightarrow q) \Rightarrow (q \Rightarrow \neg q)</math>
-; Solution.
-:
-:# <math>v(p \Rightarrow (q \Rightarrow r))=1</math>
-:# <math>v(p \Rightarrow (p \Rightarrow q))=1</math>
-:# <math>v(\neg \neg q \Rightarrow p)=0</math>
-:# <math>v((\neg q\Rightarrow q) \Rightarrow (q \Rightarrow \neg q))=0</math>
-}}
-{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-# Podaj przykład wartościowania zmiennych tak aby poniższe formuły
-były wartościowane na 0
-## <math>p \Rightarrow (q \Rightarrow r)</math>
-## <math>(\neg p \Rightarrow q)</math>
-## <math>(p\Rightarrow q) \Rightarrow q</math>
-# Podaj przykład wartościowania zmiennych tak aby poniższe formuły
-były wartościowane na 1
-## <math>\neg (p \Rightarrow q)</math>
-## <math>\neg (\neg p \Rightarrow  \neg q)</math>
-## <math>(\neg q\Rightarrow q) \Rightarrow (q \Rightarrow \neg q)</math>
-; Solution.
-: Wartościowania będziemy oznaczać przez <math>v</math>
-:#
-:## <math>v(p)=1, v(q)=1, v(r)=0</math>
-:## <math>v(p)=0,v(q)=0</math>
-:## <math>v(p)=0,v(q)=0</math>
-:#
-:## <math>v(p)=1,v(q)=0</math>
-:## <math>v(p)=0,v(q)=1)</math>
-:## <math>v(q)=1</math>
-}}
-===Twierdzenie o pełności===
-Zauważmy, że istnieją formuły, które dla każdego wartościowania
-zmiennych zdaniowych zawsze przyjmują wartość 1 (np. <math>p \Rightarrow p</math>).
-Takie formuły będziemy nazywać "'tautologiami"'.
-{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-Sprawdź czy poniższe formuły są tautologiami
-# <math>(\phi \Rightarrow (\psi \Rightarrow \phi))</math>
-# <math>(\phi \Rightarrow (\nu \Rightarrow \psi) \Rightarrow \left((\phi \Rightarrow \nu) \Rightarrow
-(\phi \Rightarrow \nu) \right)</math>
-# <math>(\neg \phi \Rightarrow \psi) \Rightarrow (\neg \phi \Rightarrow \neg
-\psi) \Rightarrow \phi</math>
-# <math>((\phi \Rightarrow q) \Rightarrow p) \Rightarrow p</math>
-{hint}{1}
-; Hint .
-: Spróbuj poszukać wartościowań dla których formuła przyjmuje
-wartość 0
-{hint}{1}
-; Hint .
-: Można też sprawdzić wszystkie możliwości wartościowań.
-; Solution.
-:   }}
-Nie przez przypadek pierwsze trzy formuły z poprzedniego zadania
-odpowiadają aksjomatom klasycznego rachunku zdań
-[[##defn:AksjomatyKRZ|Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|]]. Okazuje się że istnieje ścisły związek
-pomiędzy tautologiami a twierdzeniami klasycznego rachunku zdań. Mówi o tym ważny wynik Emil Post.
-{{twierdzenie|[Uzupelnij]||
-{Post 1921}
-Formuła jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań wtedy i
-tylko wtedy kiedy jest tautologią.
-}}
-Dowód powyższego twierdzenia jest przedstawiony na wykładzie Logika dla informatyków
-Dzięki powyższemu twierdzeniu możemy w miarę łatwo stwierdzać czy
-dana formuła jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań sprawdzając czy jest tautologią,
-co wymaga rozważenia jedynie skończonej (chociaż często niemałej)
-liczby wartościowań. Co więcej, mamy też możliwość dowodzenia, że
-jakaś formuła nie jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań. Uzasadnienie, że nie da się
-jakiejś formuły udowonić z aksjomatów poprzez stosowanie reguły MP wydaje się zadaniem
-trudnym, znacznie łatwiej jest poszukać wartościowania, które
-wartościuje formułę na 0 (znowu wystarczy
-sprawdzić jedynie skończenie wiele wartościowań).
-{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-Udowodnij że każde twierdzenie klasycznego rachunku zdań jest tautologią.
-{hint}{1}
-; Hint .
-: Pokazaliśmy już w zadaniu
-[[##zad:aksjomatyTatuologie|Uzupelnic zad:aksjomatyTatuologie|]], że aksjomaty są tautologiami.
-Zacznij od pokazania, że zastosowanie reguły MP  do tautologii daje
-tautologię.
-{hint}{1}
-; Hint .
-: Udowodnij, twierdznie przez indukcję ze względu na długość
-dowodu.
-; Solution.
-:   }}
-===Inne spójniki===
-Do tej pory jedynymi rozważanymi spójnikami była implikacja i
-negacja. W analogiczny sposób do [[##eq:tabeleInterpretacjiKRZ|Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZ|]]
-możemy wprowadzać kolejne spójniki. Często używane spójniki to
-koniunkcja (spójnik "'i"') oznaczana przez <math>\wedge</math> oraz
-alternatywa (spójnik "'lub"') oznaczana przez <math>\vee</math>, które
-będziemy interpretować w następujący sposób:
-<center><math>
-\begintabular {|c|c c|}\hline
- & 0 & 1 \\\hline
-& 0 & 0 \\
-& 0 & 1 \\\hline
-\endtabular  \hspace{1cm}
-\begintabular {|c|c c|}\hline
- & 0 & 1 \\\hline
-& 0 & 1 \\
-& 1 & 1 \\\hline
-\endtabular
-</math></center>
-Zgodnie z intuicją koniunkcja <math>\phi \wedge \psi</math> jest wartościowana
-na 1 wtedy i tylko wtedy gdy zarówno <math>\phi</math> jak i <math>\psi</math> są
-wartościowane na 1. Alternatywa <math>\phi \vee \psi</math> jest wartościowana
-na 1 jeśli przynajmniej jedna z formuł <math>\phi, \psi</math> jest
-wartościowana na 1.
-Formuły <math>\phi</math> oraz <math>\psi</math> są "równoważne" (oznaczamy ten fakt
-przez <math>\phi \equiv \psi</math> wtedy i tylko wtedy gdy dla każdego
-wartościowania formuła <math>\phi</math> przyjmuje tą samą wartość co
-formuła <math>\psi</math>.
-{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-Udowodnij, że następujące formuły są równoważne
-# <math>\phi \vee \psi \equiv \neg \phi \Rightarrow \psi </math>
-# <math>\phi \wedge \psi \equiv \neg (\phi \Rightarrow \neg \psi)</math>
-; Solution.
-:
-:# Lewa strona jest fałszywa jedynie gdy <math>\phi</math> oraz
-<math>\psi</math> są wartościowane na 0. Prawa strona jest fałszywa
-wtedy i tylko wtedy kiedy <math>\neg \phi</math> jest wartościowane na
-oraz <math>\psi</math> jest wartościowane na 0 (to jedyna możliwość
-aby implikacja była fałszywa). Wobec tego prawa strona jest
-fałszywa wtedy i tylko wtedy kiedy <math>\phi</math> oraz
-<math>\psi</math> są wartościowane na 0, a więc jest równoważna lewej.
-:# Lewa strona jest prawdziwa jedynie gdy <math>\phi</math> oraz
-<math>\psi</math> są wartościowane na 1. Prawa strona jest prawdziwa
-wtedy i tylko wtedy kiedy <math>\neg (\phi \Rightarrow \neg \psi)</math> jest wartościowane na
-, więc wtedy gdy <math>(\phi \Rightarrow \neg \psi)</math> jest wartościowane na 0. To z kolei
-zdarzyć się może jedynie gdy <math>\phi</math> jest wartościowane na 1
-i <math>\neg \psi</math> na 0, a więc wtedy gdy zarówno <math>\phi</math> jak i
-<math>\psi</math> są wartościowane na 1. Wobec tego obie formuły są
-równoważne.
-Równie dobrym rozwiązaniem jest sprawdzenie wszystkich
-możliwości wartościowań i porównanie wyników.
-}}
-Z powyższego zadania wynika, że każdą formułę w której występują
-spójniki <math>\wedge</math> lub <math>\vee</math> można zastąpić równoważną formułą w
-której jedynymi spójnikami są <math>\Rightarrow</math> oraz <math>\neg</math>. Tak naprawdę
-więc nowe spójniki nie wprowadzają nic nowego poza użytecznymi
-skrótami w zapisywaniu formuł.
-Aby się oswoić z własnościami spójników prześledzimy szereg ich
-praw.
-{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-Udowodnij następujące równoważności
-# <math>\neg \neg p \equiv p</math>
-# <math>p\Rightarrow q \equiv \neg p \vee q</math>
-# <math>p \Rightarrow (q \Rightarrow r) \equiv (p \wedge q) \Rightarrow r</math>
-# <math>\neg( p \wedge q) \equiv \neg p \vee \neg q</math>
-# <math>\neg( p \vee q) \equiv \neg p \wedge \neg q</math>
-# <math>p \wedge (q \vee r) \equiv (p \wedge q) \vee (p\wedge r)</math>
-# <math>p \vee (q \wedge r) \equiv (p \vee q) \wedge (p\vee r)</math>
-# <math>(p \Rightarrow q) \Rightarrow (\neg p \Rightarrow \neg q)</math>
-; Solution.
-: Przedstwiamy przykładowe dowody kilku pierwszych równoważności.
-:# Jeśli <math>p</math> jest wartościowane na 1, to zgodnie z tabelą dla negacji [[##eq:tabeleInterpretacjiKRZ|Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZ|]]
-<math>\neg p</math> jest wartościowane na 0 i <math>\neg \neg p</math> jest wartościowane na 1. Jeśli <math>p</math> jest wartościowane
-na 0 to <math>\neg p</math> jest wartościowane na 1 i <math>\neg \neg p</math> jest wartościowane na 0. Formuły przyjmują
-te same wartości dla każdego wartościowania więc są równoważne.
-:# Jedyną możliwością aby lewa strona była fałszywa jest
-aby <math>p</math> było wartościowane na 1, a <math>q</math> na 0. Prawa
-stona jest fałszywa jedynie gdy <math>\neg p</math> oraz <math>q</math> są wartościowane
-na 0. Czyli prawa strona jest fałszywa jedynie
-gdy <math>p</math> jest wartościowane na 1 i <math>q</math> na 0. Formuły są więc
-równoważne.
-:# Analogicznie do poprzedniego punktu łatwo się
-przekonać, że jedynym wartościowaniem które falsyfikuje lewą
-stronę jest takie które wartościuje <math>p</math> i <math>q</math> na 1 oraz <math>r</math>
-na 0. Tą samą własność ma formuła po prawej stronie, więc
-formuły są równoważne.
-:# Przykład rozwiązania przez rozważenie wszystkich
-możliwości
-<center><math>
-\begintabular {|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
-</math>p<math> & </math>q<math> & </math>p q<math> & </math> (p q)<math>& </math> p<math> & </math> q<math>&  </math>  p   q<math>\\\hline
-& 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1\\
-& 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1\\
-& 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\
-& 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\\hline
-\endtabular  \hspace{1cm}
-</math></center>
-W pierwszych dwóch kolumnach są zapisane wartościowania
-zmiennych <math>p</math> i <math>q</math> a w pozostałych odpowiadające im wartościowania
-formuł zbudowanych z tych zmiennych. Ponieważ kolumna 4 i 7
-są identyczne to formuły z zadania są równoważne.
-:# W równoważności z poprzedniego punktu, podstawiąjąc za <math>p</math>
-formułę <math>\neg p</math> oraz za <math>q</math> formułę <math>\neg q</math> otrzymamy
-równoważność
-<center><math>
-\neg( \neg p \wedge \neg q) \equiv \neg \neg p \vee \neg \neg
-q.
-</math></center>
-Stosując dwukrotnie równoważność z pierwszego punktu do prawej strony
-otrzymujemy
-<center><math>
-\neg( \neg p \wedge \neg q) \equiv  p \vee     q.
-</math></center>
-Negując tą równoważność obustronnie otrzymamy
-<center><math>
-\neg \neg( \neg p \wedge \neg q) \equiv\neg(  p \vee     q).
-</math></center>
-Stosując równoważność z pierwszego punktu do lewej strony
-otrzymamy szukaną równoważność.
-}}
-{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-Sprawdź które z następujących formuł są tautologiami
-# <math>( (p \vee r)\wedge( q \vee \neg r) )\Rightarrow (p \vee q)</math>
-# <math>(p \vee q) \Rightarrow ( (p \vee r)\wedge( q \vee \neg r)
-)</math>
-# <math>( (p \wedge r)\vee( q \wedge \neg r) )\Rightarrow (p \wedge
-q)</math>
-# <math>(p \wedge q) \Rightarrow ( (p \wedge r)\vee( q \wedge \neg r)
-)</math>
-; Solution.
-:
-:# Spróbujmy znaleźć wartościowanie które falsyfikuje tą
-formułę. Skoro implikacja ma być fałszywa to formuła <math>(p \vee q)</math> (czyli następnik) musi być
-fałszywa. Tak jest tylko wtedy kiedy zarówno <math>p</math> jak i <math>q</math> są
-fałszywe. Zobaczmy co się wtedy dzieje z poprzednikim implikacji,
-czyli formułą
-<center><math>
-(p \vee r)\wedge( q \vee \neg r).
-</math></center>
-Jeśli teraz ustalimy <math>r</math> na fałsz to <math>(p \vee q)</math> będzie
-fałszywe a jeśli ustalimy <math>r</math> na
-prawdę to <math>( q \vee \neg r)</math> będzie fałszywe. W obu tych przypadkach cały poprzednik jest
-fałszywy. Wynika stąd, że nie da się dobrać takiego
-wartościowania że poprzednik jest prawdziwy, a następnik
-fałszywy więc rozważana formuła jest tautologą.
-:# Formuła nie jest tautologią. Wystarczy wartościować <math>p</math> i
-<math>r</math> na prawdę i <math>q</math> na fałsz.
-:# Formuła nie jest tautologią. Wystarczy wartościować <math>p</math> i
-<math>r</math> na prawdę i <math>q</math> na fałsz.
-:# Przykład rozwiązania przez rozważenie wszystkich
-możliwości
-<center><math>
-\begintabular {|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
-</math>p<math> & </math>q<math> & </math>r<math> &</math>(p  q)<math> &</math> (p  r)<math>&</math> ( q   r)<math>
-&</math> (p  r)( q   r)<math>& </math>(p  q)  ( (p  r)( q   r))<math>\\\hline
-& 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
-& 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0& 1 \\
-& 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1& 1 \\
-& 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0& 1 \\
-& 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0& 1 \\
-& 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1& 1 \\
-& 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1& 1 \\
-& 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1& 1 \\\hline
-\endtabular  \hspace{1cm}
-</math></center>
-W kolumnie odpowiadającej badanej formule są same 1, więc
-jest ona tautologią.
-}}
-Binarne spójniki logiczne interpretowaliśmy jako funkcje z <math>\mathbb{B}
-\times \mathbb{B} \rightarrow \mathbb{B}</math>. Nie trudno przekonać się że takich
-funkcji jest dokładnie 16. Dla każdej takiej funkcji możemy dodać
-spójnik, który będzie interpretowany dokładnie jako ta funkcja. W
-poniższej tabeli zamieszczamy wszystkie takie funkcje wraz ze
-zwyczajowymi oznaczeniami odpowiadających im spójników.
-W poniższej tabeli przedstawiamy wszystkie spójniki binarne.
-<center><math>
-\begintabular {|c|c|c|c|c|c||c|}\hline
-Numer & </math>p<nowiki>=</nowiki>0<math> &</math> p<nowiki>=</nowiki>0<math> &</math> p<nowiki>=</nowiki>1<math> &</math> p<nowiki>=</nowiki>1<math> && \\
-funkcji& </math>q<nowiki>=</nowiki>0<math> & </math>q<nowiki>=</nowiki>1<math> & </math>q<nowiki>=</nowiki>0<math> & </math>q<nowiki>=</nowiki>1<math> && \\ \hline
-& 0 & 0 & 0 & 0 && </math>F<math>\\
-& 0 & 0 & 0 & 1 && \\
-& 0 & 0 & 1 & 0 && </math>(p  q)<math>\\
-& 0 & 0 & 1 & 1 && </math>p<math> \\
-& 0 & 1 & 0 & 0 && </math> (q p)<math> \\
-& 0 & 1 & 0 & 1 && </math>q<math> \\
-& 0 & 1 & 1 & 0 && </math>XOR<math> \\
-& 0 & 1 & 1 & 1 &&  \\
-& 1 & 0 & 0 & 0 && </math>NOR<math> \\
-& 1 & 0 & 0 & 1 &&  \\
-& 1 & 0 & 1 & 0 && </math> q<math> \\
-& 1 & 0 & 1 & 1 && </math> q  p<math> \\
-& 1 & 1 & 0 & 0 && </math>  p <math>\\
-& 1 & 1 & 0 & 1 && </math> p  q <math>\\
-& 1 & 1 & 1 & 0 && </math> NAND<math> \\
-& 1 & 1 & 1 & 1 && </math>T <math>\\\hline
-\endtabular  \hspace{1cm}
-</math></center>
-Spójnik binarny <math>\circ</math> będziemy nazywać "przemiennym" jeśli zachodzi
-następująca równoważność
-<center><math>
-p \circ q \equiv q \circ p
-</math></center>
-{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-Sprawdź następujące równoważności
-# <math>x NAND y \equiv \neg (x \wedge y)</math>
-# <math>x NOR y \equiv \neg (x \vee y)</math>
-# <math>x XOR y \equiv \neg (x \Leftrightarrow y)</math>
-; Solution.
-:   }}
-{{cwiczenie|[Uzupelnij]||
-Ile spójników binarnych jest przemiennych? Wypisz je wszystkie.
-{hint}{1}
-; Hint .
-: Wygodnie jest reprezentować spójniki binarne w tabeli
-kwadratowej. Na przykład alternatywę
-zdefiniowaliśmy jako
-<center><math>
-\begintabular {|c|c c|}\hline
- & 0 & 1 \\\hline
-& 0 & 1 \\
-& 1 & 1 \\\hline
-\endtabular .
-</math></center>
-Jaką własność musi posiadać tabela aby spójnik definiowany przez nią był
-przemienny?
-; Solution.
-: Dla przemienności spójnika <math>\circ</math> istotne jest aby <math> 1\circ 0 =  0 \circ 1</math>. Dla pozostałych
-przypadków wartościowań równoważnośc [[##eq:przemienność|Uzupelnic eq:przemienność|]]
-jest zawsze spełniona. Każdy spójnik binarny możemy
-zdefiniować za pomocą tabelki kwadratowej, np. alternatywę
-zdefiniowaliśmy jako
-<center><math>
-\begintabular {|c|c c|}\hline
- & 0 & 1 \\\hline
-& 0 & 1 \\
-& 1 & 1 \\\hline
-\endtabular .
-</math></center>
-Warunek przemienności oznacza, że wartość w polu o
-współrzędnych <math>(0,1)</math> jest równa wartości w polu o
-współrzędnych <math>(1,0)</math>. Takich tabel jest 8, więc mamy 8
-spójników przemiennych. Nietrudno je teraz odnaleźć w tabeli
-[[##defn:spójniki|Uzupelnic defn:spójniki|]]. Są to
-:# <math>F</math>
-:# <math>\wedge</math>
-:# <math>XOR</math>
-:# <math>\vee</math>
-:# <math>NOR</math>
-:# <math>\Leftrightarrow</math>
+:# <math>NOR</math>
+:# <math>\Leftrightarrow</math>
 :# <math>NAND</math>
+:# <math>T</math>
+}}
-:# <math>T</math>
+Spójnik binarny <math>\circ</math> będziemy nazywać "łącznym" jeśli zachodzi
+następująca równoważność
-}}
-Spójnik binarny <math>\circ</math> będziemy nazywać "łącznym" jeśli zachodzi
-następująca równoważność
-<center><math>
-p \circ (q \circ r) \equiv     (p \circ q) \circ r.
-</math></center>
+<center><math>
+p \circ (q \circ r) \equiv     (p \circ q) \circ r</math></center>
 Jeśli spójnik <math>\circ</math> jest łączny to dowolne dwie formuły, które są zbudowane
 jedynie ze spójników <math>\circ</math> są równoważne jeśli występuje w nich tyle samo spójników.
 Dlatego dla łącznych spójników binarnych pomija się często nawiasy.
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Udowodnij, że następujące spójniki są łączne
 # <math>\vee</math>
 # <math>\wedge</math>
 # <math>\Leftrightarrow</math>
 # <math>XOR</math>
 ; Solution.
 :
 :# Formuła <math>(p \vee q) \vee r</math> jest fałszywa jedynie
 wtedy gdy <math>p</math>,<math>q</math> i <math>r</math> są wartościowane na fałsz. Tak
 samo jest dla formuły <math>p \vee( q \vee r )</math> więc są one
 równoważne.
 :# Formuła <math>(p \wedge q) \wedge r</math> jest prawdziwa jedynie
 wtedy gdy <math>p</math>,<math>q</math> i <math>r</math> są wartościowane na prawdę. Tak
 samo jest dla formuły <math>p \wedge( q \wedge r )</math> więc są one
 równoważne.
 :# Zbadamy równoważność formuł <math>(p \Leftrightarrow q) \Leftrightarrow r</math>
+i <math>p \Leftrightarrow(q \Leftrightarrow r)</math> za pomocą tabeli
-i <math> p \Leftrightarrow(q \Leftrightarrow r)</math> za pomocą tabeli
 <center><math>
 \begintabular {|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
+</math>p<math>&</math> q<math>&</math> r <math>&</math>(p  q)<math>&</math>(p  q)  r<math>&</math>(q  r )<math>&</math> p (q  r)<math>\\\hline
-</math>p<math> &</math> q<math> &</math> r <math>&</math>(p  q)<math> & </math>(p  q)  r<math>& </math>(q  r )<math>&</math> p (q  r)<math>\\\hline
 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \\
 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\\hline
 \endtabular  \hspace{1cm}
 </math></center>
 Kolumna 4 i 6 są identyczne więc odpowiadające im
 formuły są równoważne. Spójnik <math>\Leftrightarrow</math> jest więc łączny.
 :# ...
 }}
 Możemy również rozważać spójniki 3 i więcej argumentowe. Spójnik
 <math>k</math>-argumetowy powinien odpowiadać funkcji <math>\mathbb{B}^k \rightarrow \mathbb{B}</math>.
 ład
 W poniższej tabeli przedstawiamy przykład spójnika trójargumentowego
 <center><math>
 \begintabular {|c c c|c||}\hline
+</math>p<math>&</math>q<math>&</math>r<math>&</math>(p, q,r)<math>\\\hline
-</math>p<math> & </math>q<math> & </math>r<math> &</math>(p, q,r)<math> \\\hline
 & 0 & 0 & 0 \\
 & 0 & 1 & 1 \\
 & 1 & 0 & 1 \\
 & 1 & 1 & 0 \\
 & 0 & 0 & 1 \\
 & 0 & 1 & 0 \\
 & 1 & 0 & 0 \\
 & 1 & 1 & 1 \\\hline
 \endtabular  \hspace{1cm}
 </math></center>
 ład
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Udowodnij, że różnych spójników <math>k</math>-argumentowych jest dokładnie
 <math>2^{2^k}</math>.
 ; Solution.
 :   }}
 ==Systemy funkcjonalnie pełne==
 Każda formuła odpowiada pewnej funkcji przekształcającej
 wartościowania zmiennych w niej występujących w element zbioru
 <math>\mathbb{B}</math>. Na przykład formuła <math>p \Rightarrow (q\Rightarrow r)</math> wyznacza funkcję
 <math>f_{p \Rightarrow (q\Rightarrow r)}</math> opisaną poniższą tabelą
 <center><math>
 \begintabular {|c|c|c|c|}\hline
+p & q & r &</math>f_{p  (q r)}<math>\\\hline
-p & q & r & </math>f_{p  (q r)}<math> \\\hline
 & 0 & 0 & 1 \\
 & 0 & 1 & 1 \\
 & 1 & 0 & 1 \\
 & 1 & 1 & 1 \\
 & 0 & 0 & 1 \\
 & 0 & 1 & 1 \\
 & 1 & 0 & 0 \\
 & 1 & 1 & 1 \\\hline
 \endtabular
 </math></center>
 Mówimy, wtedy że formuła <math>\phi</math> definuje funkcję <math>f_{\phi}</math>.
 Skończony zbiór funkcji boolowskich <math>\Gamma</math> nazywamy  funkcjonalnie
 pełnym, jeśli każdą funkcję boolowską da się zdefiniować przy
 pomocy formuły zbudowanej wyłącznie ze spójników odpowiadających
 funkcjom ze zbioru <math>\Gamma</math>.
 {{twierdzenie|[Uzupelnij]||
 Zbiór <math>\{\wedge, \vee, \neg\}</math> jest funkcjonalnie pełny.
 }}
 {{dowod|[Uzupelnij]||
 }}
 {{twierdzenie|[Uzupelnij]||
 Zbiory <math>\{\wedge,  \neg\}</math>, <math>\{\vee,  \neg\}</math> są funkcjonalnie pełne.
 }}
 {{dowod|[Uzupelnij]||
 }}
 Udowodnij, że zbiór <math>\{\Rightarrow,  \neg\}</math> jest funkcjonalnie
 pełny.
 {{twierdzenie|[Uzupelnij]||
 Zbiór <math>\{NOR\}</math> jest funkcjonalnie pełny.
 }}
 Udowodnij, że zbiór <math>\{NAND\}</math> jest funkcjonalnie pełny.
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Zdefiniuj alternatywę przy pomocy samej implikacji.
 ; Solution.
 : Łatwo sprawdzić że formuła <math>p \Rightarrow (p \Rightarrow q)</math> jest równoważna
 formule <math>p\vee q</math>.
 }}
 Jakie funkcje binarne da się zdefiniować przy pomocy samej
 implikacji?
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Udowodnij, że poniższe zbiory nie są funkcjonalnie pełne
 # <math>\{\wedge\}</math>
 # <math>\{\vee\}</math>
 # <math>\{\Leftrightarrow\}</math>
 # <math>\{XOR\}</math>
 ; Solution.
 :
 :# Oznaczmy zbiór formuł w których jedynym spójnikiem jest <math>\wedge</math> przez
 <math>F_\wedge</math>. Udowodnimy, że każda formuła z <math>F_\wedge</math> przyjmuje zawsze wartość 1, jeśli jej zmienne są
 wartościowane na 1. Rozmiarem formuły będziemy nazywać liczbę wystąpień spójnika <math>\wedge</math> w formule.
 Dowód będzie indukcyjny ze względu na
 rozmiar formuły.
 Baza indukcji: Każda formuła z <math>F_\wedge</math> o rozmiarze 0 jest postaci <math>x</math>, gdzie
 <math>x</math> jest zmienną. Wobec tego przy wartościowaniu zmiennych na 1 formuła <math>x</math> też jest
 wartościowana na 1. A więc każda formuła o rozmiarze 0 ma postulowaną własność.
 Krok indukcyjny: Ustalmy dowolne <math>n>0</math> i przyjmijmy, że
 wszystkie formuły o mniejszym rozmiarze mają postulowaną
 własność. Niech <math>\nu</math> będzie dowolną formułą z <math>F_\wedge</math> o rozmiarze
 <math>n</math>. Skoro <math>n>1</math> to <math>\nu</math> musi być postaci <math>\phi \wedge
 \psi</math>. Rozważmy wartościowanie które wszyskim zmiennym
 przypisuje wartość 1. Ponieważ rozmiary <math>\phi</math> oraz <math>\psi</math>
 są silnie mniejsze od <math>n</math> to z założenia indukcyjnego
 otrzymujemy, że dla naszego wartościowania obie przyjmują
 wartość 1. Wobec tego zgodnie z tabelą
 [[##eq:tabeleInterpretacjiKRZANDOR|Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiKRZANDOR|]] cała formuła <math>\phi \wedge
 \psi</math> też przyjmuje wartość 1. Dowiedliśmy więc, że każda
 formuła o rozmiarze <math>n</math> ma postulowaną własność.
 Wiemy już że każda <math>F_\wedge</math> przyjmuje zawsze wartość 1, jeśli jej zmienne są
 wartościowane na 1. Wobec tego niemożliwe jest zdefiniowanie
 np. spójnika <math>F</math> gdyż definująca go formuła musiałby
 przyjąć wartość 0 na takim wartościowaniu.
 :# Dowód analogiczny do poprzedniego.
 }}
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Czy funkcje binarne zdefiniowane za pomocą formuł zawierającyh jedynie przemienne spójniki muszą być przemienne?
 {hint}{1}
 ; Hint .
 : Przyjrzyj się formułom zbudowanym z <math>\Leftrightarrow</math>
 }}
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 (z wykładu prof. P.M.Idziaka)
 Niech <math>F_n</math> oznacza ilość boolowskich funkcji <math>n</math> argumetnowych,
 a <math>P_n</math> ilość boolowskich funkcji <math>n</math> argumentowych, takich że
 przy pomocy każdej z nich da się zdefiniować dowolną funkcję
 boolowską (czyli jeśli <math>\circ</math> jest takim spójnikiem to zbiór
 <math>\{\circ\}</math> jest funkcjonalnie pełny). Udowdnij istenienie
 poniższej granicy i wyznacz jej wartość
 <center><math>
 \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{P_n}{F_n}
 </math></center>
 ; Solution.
 :   }}
 ==Postacie normalne==
 "Literałem" nazywamy formułę która jest zmienną zdaniową lub
 negacją zmiennej zdaniowej.
 Zauważmy, że formuła konstruowana w dowodzie twierdzenia
 [[##thm:AndOrNegFP|Uzupelnic thm:AndOrNegFP|]] jest w pewnej standartowej postaci - formuła
 jest alternatywą formuł które są koniunkcjami literałów.
 Przypomnijmy, że dla <math>p \Rightarrow q</math> zbudujemy formułę
 <center><math>
+(p \wedge q) \vee (\neg p \wedge q) \vee (\neg p \wedge \neg q)</math></center>
-(p \wedge q) \vee (\neg p \wedge q) \vee (\neg p \wedge \neg q).
-</math></center>
 Formuła jest w dyzjunktywnej postaci normalnej (DNF) jeśli jest alternatywą formuł które są koniunkcjami
 literałów. Czyli wtedy gdy jest postaci
 <center><math>
 \phi_1\vee \dots \vee \phi_n
 </math></center>
 oraz każda z formuł <math>\phi_i</math> jest koniunkcją literałów, czyli jest postaci
 <center><math>
 l_1^i \wedge \dots \wedge l_k^i
 </math></center>
 dla pewnych literałów <math>l_1^i, \dots,l_k^i</math>
 {{twierdzenie|[Uzupelnij]||
 Dla każedej formuły istnieje równoważna formuła w DNF.
 }}
 {{dowod|[Uzupelnij]||
 Wynika bezpośrednio z konstrukcji w dowodzie twierdzenia
 [[##thm:AndOrNegFP|Uzupelnic thm:AndOrNegFP|]].
 }}
 Formuła jest w koniunktywnej postaci normalnej (CNF) jeśli jest koniunkcją formuł które są
 alternatywami literałów.
 {{twierdzenie|[Uzupelnij]||
 Dla każdej formuły istnieje równoważna formuła w CNF.
 }}
 {{dowod|[Uzupelnij]||
 }}
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Jak sprawdzić, czy formuła w CNF jest tautologią?
 ; Solution.
 : Niech rozważaną formułą będzie
 <center><math>
 \phi_1\wedge \dots \wedge \phi_n
 </math></center>
 Aby była tautologią konieczne jest aby każda z formuł <math>\phi_i</math> była tautologią.
 Ponieważ każda z formuł <math>\phi_i</math> jest alternatywą literałów to jest tautologią jedynie wtedy
 jeśli istnieje taki literał który występuje w <math>\phi_i</math> zarówno pozytywnie (czyli jako zmienna)
 jak i negatywnie (czyli jako zanegowana zmienna).
 }}
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Dla poniższych formuł wypisz ich najkrótsze równoważne formuły w
 CNF
 # <math>p \Leftrightarrow q</math>
 # <math>p \Rightarrow (q \Rightarrow p)</math>
 # <math>(p \Rightarrow q) \Rightarrow p</math>
 # <math>(p \vee a \vee b) \wedge (\neg q \vee \neg a) \wedge (r \vee \neg b \vee \neg
 c) \wedge (c \vee p))</math>
 # <math>(p \wedge q) \vee (r \wedge s)</math>
 ; Solution.
 :   }}
 ===Spełnialność===
 Spośród wszystkich formuł wyróżnimy też zbiór formuł spełnialnych.
 Formuła jest spełnialna jeśli istenieje takie wartościowanie
 które wartościuje tą formułę na 1.
 Formuły spełnialne są w ścisłym związku z tautologiami.
 {{twierdzenie|[Uzupelnij]||
 Formuła <math>\phi</math> jest tautologią wtedy i tylko wtedy kiedy formuła
 <math>\neg \phi</math> nie jest spełnialna.
 }}
 {{dowod|[Uzupelnij]||
 Przypuśćmy, że formuła <math>\phi</math> jest tautologią. Wtedy dla każdego wartościowania <math>v</math> mamy
 <math>v(\phi)=1</math>. Stąd otrzymujemy że dla każdego wartościowania <math>v</math> mamy<math>v(\neg \phi)=0</math>, a więc
 nie istnieje wartościwanie, które spełnia <math>\neg \phi</math>, czyli formuła ta nie jest spełnialna.
 Przypuśćmy, że formuła <math>\neg \phi</math> nie jest spełnialna, czyli nie istnieje wartościowanie <math>v</math>
 takie, że <math>v(\neg \phi)=0</math>. Wynika stąd, że dla każdego wartościowania mamy <math>v(\phi)=1</math>, a więc <math>\phi</math> jest tautologią.
 }}
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Sprawdź spełnialność następujących formuł
 # <math>(\neg p \vee q) \wedge (\neg q \vee \neg r) \wedge (\neg q \vee \neg p)</math>
 # <math>(\neg p \vee q) \wedge (\neg q \vee \neg r) \wedge (\neg q \vee  p)</math>
 ; Solution.
 :   }}
 ==Logika intuicjonistyczna==
 Niektórzy logicy mają wątpliwości co do tego czy powinniśmy
 przyjmować schemat dowodu nie wprost jako aksjomat. Poddanie w wątpliwość tego
 aksjomatu doprowadziło do powstnia tzw. logiki intuicjonistycznej. Ważnym
 powodem zajmowania się logiką intuicjonistyczną są jej zadziwiające
 związki z teorią obliczeń (izomorfizm Curry-Howard).
 Implikacyjny fragment logiki intuicjonistycznej, który będziemy
 oznaczać przez <math>I_\Rightarrow</math> to zbiór tych formuł które da się dowodnić
 przy pomocy reguły MP z aksjomatów S i K.
 Aksjomaty <math>I_\Rightarrow</math>
 # <math>(\phi \Rightarrow (\psi \Rightarrow \phi))</math> (formuła ta jest nazywana
 aksjomatem K)
 # <math>(\phi \Rightarrow (\nu \Rightarrow \psi) \Rightarrow \left((\phi \Rightarrow \nu) \Rightarrow
 (\phi \Rightarrow \nu) \right)</math> (formuła ta jest nazywana
 aksjomatem S)
 W pełnej wersji logiki intucjonistycznej
 pojawiają się również aksjomaty dla spójników <math>\wedge, \vee</math> oraz <math>\neg</math>.
 Dla uproszczenia zajmiemy  się jedynie formułami w których jedynym
 spójnikiem jest implikacja. Dodatkowym
 argumentem uzasadniającym takie podejście jest fakt, że każde
 twierdzenie logiki intuicjonistycznej w którym jedynymi spójnikami są
 <math>\Rightarrow</math> da się udowodnić przy pomocy aksjomatów
 [[##defn:AksjomatyIntImp|Uzupelnic defn:AksjomatyIntImp|]]. Zobaczymy, że analogiczne twierdzenie
 nie jest prawdą dla logiki klasycznej. Logika intuicjonistyczna jest
 bardziej skomplikowana od logiki klasycznej. W szczególności nie
 istnieje skończona matryca za pomocą której moglibyśmy rozstrzygać
 czy dana formuła jest twierdzeniem logiki intuicjonistycznej.
 {{twierdzenie|[Uzupelnij]||
 Każde twierdzenie logiki intuicjonistycznej
 jest twierdzeniem klasycznego rachunku zdań.
 }}
 {{dowod|[Uzupelnij]||
 Każdy dowód twierdzenia logiki inuicjonistycznej jest równocześnie dowodem
 twierdzenia klasycznego rachunku zdań.
 }}
 Implikacja w drugą stronę nie zachodzi. Istnieją formuły zbudowane
 jedynie przy pomocy <math>\Rightarrow</math>, które nie należą do <math>I_\Rightarrow</math> pomimo
 że są twierdzeniami klasycznego rachunku zdań. Przykładem takiej formuły jest prawo
 Pierce'a:
 <center><math>
 ((p \Rightarrow q) \Rightarrow p ) \Rightarrow p
 </math></center>
 W zadaniu [[##zad:aksjomatyTatuologie|Uzupelnic zad:aksjomatyTatuologie|]] pokazaliśmy, że formuła ta jest w istocie tautologią
 więc w myśl twierdzenia Posta [[##thm:zupełnośćPost|Uzupelnic thm:zupełnośćPost|]] również
 twierdeniem klasycznego rachunku zdań.
 W poniższych zadaniach wykażemy poniższe twierdzenie
 {{twierdzenie|[Uzupelnij]||
 Prawo Pierce'a nie jest twierdzeniem intuicjonizmu.
 }}
 Zauważmy, że oznacza to również że każdy dowód prawa Pierce'a w
 logice klasycznej korzysta z aksjomatu 3 [[##defn:AksjomatyKRZ|Uzupelnic defn:AksjomatyKRZ|]], a więc wymaga
 używania spójnika <math>\neg</math>.
 Aby udowodnić twierdzenie [[##thm:PrawoPiercea|Uzupelnic thm:PrawoPiercea|]] zdefiniujemy
 jeszcze jedną logikę którą nazwiemy <math>I_3</math>. Podobnie do
 [[##defn:matrycaBool|Uzupelnic defn:matrycaBool|]] zdefiniujemy matrycę tym razem 3-elementową.
 Matrycą <math>\mathbb{M}_3</math> będziemy nazywać zbiór trójelementowy
 <math>M_3=\{0,1,2\}</math> w którym 2 jest wyróżnioną wartością prawdy, wraz z
 funkcją odpowiadają za interpretacje <math>\Rightarrow</math> zdefiniowaną następująco
 <center><math>
 \begintabular {|c|c c c|}\hline
   & 0 & 1 & 2\\\hline
 & 2 & 2 & 2\\
 & 0 & 2 & 2\\
 & 0 & 1 & 2\\\hline
 \endtabular  \hspace{1cm}
 </math></center>
 W przypadku rozważanej matrycy <math>\mathbb{M}_3</math> wartościowanie będzie
 funkcją przypisującą zmiennym zdaniowym elementy zbioru <math>M_3</math>.
 Podobnie jak dla logiki klasycznej wartościowanie zmiennych
 rozszzerzamy na wartościowanie formuł zgodnie z tabelą
 [[##eq:tabeleInterpretacjiInt3|Uzupelnic eq:tabeleInterpretacjiInt3|]].
 ład
 Dla wartościowania <math>v</math> takiego, że <math>v(p)=2, v(q)=1, v(r)=0</math>
 formuła
 <center><math>
 (p \Rightarrow q) \Rightarrow r
 </math></center>
 przyjmuje wartość 0.
 ład
 Tautologią logiki <math>I_3</math> będziemy nazywać każdą formułę
 implikacyjną,
 która przy każdym wartościowaniu zmiennych w <math>M_3</math> przyjmuje
 wartość 2.
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Udowodnij, że aksjomaty S i K są tautologiami <math>I_3</math>.
 ; Solution.
 :   }}
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Udowodnij, że jeśli formuła postaci <math>\phi \Rightarrow \psi</math> oraz formuła <math>\phi</math>
 są tautologiami <math>I_3</math> to formuła <math>\psi</math> jest tautologią <math>I_3</math>.
 ; Solution.
 :   }}
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Udowodnij, że każde twierdzenie logiki <math>I_\Rightarrow</math> jest
 tautologią <math>I_3</math>.
 {hint}{1}
 ; Hint .
 : Przeprowadź rozumowanie indukcyjne ze względu na długość dowodu.
 Pomocne będą poprzednie zadania.
 ; Solution.
 :   }}
 {{cwiczenie|[Uzupelnij]||
 Sprawdź, czy prawo Pierce'a jest tautologią <math>I_3</math>.
 {hint}{1}
 ; Hint .
 : Nie jest.
 ; Solution.
 : Dla wartościowania <math>v</math> takiego, że <math>v(p)=1</math> i <math>v(q)=0</math> kolejne
 fomruły przyjmują następujace wartości
 :# <math>v(p\Rightarrow q) =0</math>
 :# <math>v((p\Rightarrow q)\Rightarrow p) =2</math>
 :# <math>v(((p\Rightarrow q)\Rightarrow p)\Rightarrow p) =1</math>
 Wobec tego prawo Pierce'a nie jest tautologią <math>I_3</math> gdyż
 wyróżnioną wartością prawdy <math>I_3</math> w jest 2.
 }}
 Podsumujmy wyniki powyższych zadań. Wskazaliśmy logikę <math>I_3</math>
 taką, że każda twierdzenie intuicjonizmu jest tautologią <math>I_3</math>.
 Skoro prawo Pierce'a nie jest tautologią <math>I_3</math> to nie jest też
 twierdzeniem <math>I_\Rightarrow</math>.
 UWAGA! W dalszej części będziemy się posługiwać wyłącznie
 "'logiką klasyczną"'.
 {amsplain}