Esercitazioni per il corso di Logica Matematica

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1 Esercitazioni per il corso di Logica Matematica Luca Motto Ros 25 marzo 2005 Nota importante. Queste pagine contengono appunti personali dell esercitatore e sono messe a disposizione nel caso possano risultare utili a qualcuno. In nessun caso vanno considerate come programma ufficiale del corso e in nessun caso eventuali errori, inesattezze o difformità rispetto alle lezioni qui contenuti possono essere considerati quale fonte autorevole in sede d esame. Logica del prim ordine 2 Forme normali e Teoria di Herbrand Definizione 1. Una formula ϕ è in forma normale prenessa (brevemente, in PNF), se è della forma Q 1 x 1,... Q n x n ψ, dove ogni Q i (1 i n) è un quantificatore ( oppure ) e ψ è priva di quantificatori (in questo caso, ψ viene detta matrice della formula ϕ). Se inoltre ψ è congiunzione di disgiunzioni di letterali (cioè formule atomiche o negazioni di formule atomiche), allora ϕ è in forma normale prenessa congiuntiva (brevemente, in PNF congiuntiva). Generalizzando (con un induzione su n) le regole di distributività del rispetto all e dell inversa della distributività (parziale) dell rispetto al, si ottiene la seguente Proposizione 1. Siano x 1,..., x n variabili che occorrono libere in ϕ ma non in ψ, e siano Q 1,..., Q n quantificatori arbitrari (ovvero, per ogni 1 i n, Q i è o ). Allora sono dimostrabilmente equivalenti Q 1 x 1... Q n x n ϕ(x 1,..., x n ) ψ e Q 1 x 1... Q n x n (ϕ(x 1,..., x n ) ψ). Analogamente, mediante un induzione su n si possono estendere le regole di De Morgan generalizzate nella seguente maniera. Proposizione 2. Siano Q 1,..., Q n quantificatori. Per ogni i, sia Q i il quantificatore opposto a Q i (ovvero Q i = se Q i =, e Q i = se Q i = 1

2 ). Allora per ogni formula ϕ(x 1,..., x n ) sono dimostrabilmente equivalenti Q 1 x 1... Q n x n ϕ(x 1,..., x n ) e Q 1 x 1... Q n x n ϕ(x 1,..., x n ). Mediante un induzione sulla complessità della formula (oltre alle proposizioni precedenti e ai teoremi di sostituzione estesi alla logica del prim ordine) si può allora provare il seguente Teorema 1. Per ogni formula del prim ordine esiste una formula ad essa (logicamente e dimostrabilmente) equivalente che è in PNF congiuntiva. In pratica, quando si vuole trasformare (mediante equivalenze logiche) una formula ϕ in PNF congiuntiva, si eseguono le operazioni seguenti: 1. si rinominano tutte le variabili quantificate di ϕ in modo che risultino tutte diverse tra di loro (e dalle variabili che occorrono libere in ϕ); 2. si esportano i quantificatori secondo il seguente schema di equivalenze logiche: ( xϕ) x( ϕ) ( xϕ) x( ϕ) ( xϕ(x)) ψ x(ϕ(x) ψ) ϕ ( xψ(x)) x(ϕ ψ(x)) ( xϕ(x)) ψ x(ϕ(x) ψ) ϕ ( xψ(x)) x(ϕ ψ(x)) ( xϕ(x)) ψ x(ϕ(x) ψ) ϕ ( xψ(x)) x(ϕ ψ(x)) ( xϕ(x)) ψ x(ϕ(x) ψ) ϕ ( xψ(x)) x(ϕ ψ(x)) ( xϕ(x)) ψ x(ϕ(x) ψ) ( xϕ(x)) ψ x(ϕ(x) ψ) ϕ ( xψ(x)) x(ϕ ψ(x)) ϕ ( xψ(x)) x(ϕ ψ(x)). In questo modo si ottiene una formula ϕ in PNF equivalente a quella di partenza ϕ; 3. sia ϕ 0 la matrice di ϕ. Mediante l algoritmo CNF si sostituisce ϕ 0 con la sua CNF, ottenendo così una formula in PNF congiuntiva equivalente a quella data. 2

3 Osservazione. La PNF congiuntiva che si ottiene partendo da una formula ϕ non è unica. Essa dipende strettamente dall ordine con cui vengono esportati i quantificatori (oltre che dalla CNF della matrice che si utilizza): tuttavia, qualunque sia l ordine con cui si eseguono le operazioni, la formule risultanti saranno tutte equivalenti a quella di partenza, e quindi equivalenti tra di loro. Esercizi. 1. Per ciascuna delle formule seguenti trovarne una corrispondente in PNF congiuntiva. Si osservi che in ciascuna di queste formule x e y occorrono come variabili libere. (a) zq(x, y, z) z wp (w, x, y, z) (b) z(r(x, z) R(x, y) w(r(x, w) R(y, w) R(z, w))) (c) z(s(y, z) y(s(z, y) z(s(x, z) (S(z, y))))). Definizione 2. Una formula ϕ si dice universale se é in PNF e non contiene nessun quantificatore esistenziale. Definizione 3. Una formula ϕ è in Forma Normale di Skolem (SNF), se è universale e in PNF congiuntiva. Data una qualunque formula ϕ descriveremo un algoritmo SNF che permetterà di costruire una corrispondente formula ϕ S in SNF: tale formula verrà detta Skolemizzazione di ϕ (e non sarà, in generale, equivalente ad essa). Algoritmo SNF. 1. Si trova una formula ϕ in PNF congiuntiva tale che ϕ ϕ. Dunque ϕ sarà una formula del tipo Q 1 x 1... Q m x m ϕ 0 (x 1,..., x m ), dove Q 1,..., Q m sono quantificatori e ϕ 0 è priva di quantificatori. 2. Se ciascuno dei Q i (1 i m) è, allora ϕ è universale e basta porre ϕ S = ϕ. 3. Sia Q i il primo quantificatore esistenziale che compare in ϕ (ovvero sia i il più piccolo intero tale che Q i = ). 3

4 Se i = 1, ϕ è della forma x 1 Q 2 x 2... Q m x m ϕ 0 (x 1, x 2,..., x m ). Allora sia s(ϕ ) la formula Q 2 x 2... Q m x m ϕ 0 (c, x 2,..., x m ) dove c è un simbolo di costante che non occorre in ϕ. Se i > 1, ϕ è della forma x 1... x i 1 x i Q i+1 x i+1... Q m x m ϕ 0 (x 1,..., x m ). Allora sia s(ϕ ) la formula x 1... x i 1 Q i+1 x i+1... Q m x m ϕ 0 (x 1,..., x i 1, f(x 1,..., x i 1 ), x i+1,..., x m ), dove f è un simbolo di funzione di arietà i 1 che non occorre in ϕ. In ogni caso, si ottiene una formula s(ϕ ) che contiene meno quantificatori esistenziali di ϕ. Dunque, iterando questo passo n volte (dove n m è il numero di quantificatori esistenziali di ϕ ), si ottiene la formula universale s n (ϕ ) = s(s(s s(ϕ ))). Allora basta porre ϕ S = s n (ϕ ). Teorema 2. Sia ϕ una formula del prim ordine e sia ϕ S la sua Skolemizzazione. Allora ϕ è soddisfacibile se e solo se ϕ S lo è. Esercizi. 1. Trovare la Skolemizzazione delle formule seguenti: (a) zq(x, y, z) z wp (w, x, y, z) (b) z(r(x, z) R(x, y) w(r(x, w) R(y, w) R(z, w))) (c) z(s(y, z) y(s(z, y) z(s(x, z) (S(z, y))))). Definizione 4. Sia L un linguaggio del prim ordine. L universo di Herbrand per L è l insieme di tutti gli L-termini chiusi (cioè privi di variabili libere). Sia H(L) l universo di Herbrand per il linguaggio L. Osserviamo che H(L) = se (e solo se) L non contiene simboli di costante (cioè se e solo se C L = ). Se non siamo in questa circostanza, è possibile costruire delle L strutture che abbiano come universo l insieme (di stringhe) H(L). Se si interpretano i simboli di costante e i simboli di funzioni di L nella maniera naturale (ovvero interpretando ogni simbolo di costante c C L nella stringa c H(L), e ogni simbolo di funzione n-ario f F L come la funzione che manda le stringhe t 1,..., t n di H(L) nella stringa f(t 1,..., t n ) H(L)) si ottiene quella che si chiama struttura di Herbrand per L. 4

5 Definizione 5. Una L-struttura M è una struttura di Herbrand per L (o L- struttura di Herbrand) se ha universo H(L) e interpreta simboli di costante e funzione di L nella maniera suggerita dai nomi dati agli elementi di H(L). Un linguaggio L che contenga almeno un simbolo di costante e un simbolo di relazione, ammette dunque diversi modelli di Herbrand, a seconda di come i simboli relazionali vengono interpretati. Più in generale: 1. H(L) = se e solo se C L =. 2. H(L) è finito se e solo se F L =. 3. M è l unica L-struttura di Herbrand se e solo se R L = o H(L) =. Se anziché partire da un linguaggio L si parte da un insieme di enunciati Γ, è possibile definire una nozione analoga di universo e modello di Herbrand per Γ. Definizione 6. Sia Γ un insieme di enunciati. Definiamo il linguaggio di Herbrand per Γ (che indicheremo con L Γ ). Sia L 0 l insieme dei simboli di funzione, relazione e costante occorrenti in qualche enunciato di Γ: se L 0 non contiene simboli di costante, allora poniamo L Γ = L 0 {c}, altrimenti poniamo semplicemente L Γ = L 0. Definizione 7. L universo di Herbrand per Γ, che indicheremo con H(Γ), è l universo di Herbrand di L Γ, ovvero H(Γ) = H(L Γ ). Definizione 8. M è un modello di Herbrand di Γ se M è una L Γ -struttura di Herbrand e M = ϕ i per ogni ϕ i Γ. Se Γ contiene un solo enunciato ϕ, in tutte le definizioni e notazioni precedenti si sostituirà Γ con ϕ. Teorema 3. Sia Γ = {ϕ 1, ϕ 2,... } un insieme di enunciati privi di uguaglianza in SNF 1. Allora Γ è soddisfacibile se e solo se esiste un modello di Herbrand di Γ. Corollario 1. Se ϕ è un enunciato in SNF privo di uguaglianza, allora ϕ è soddisfacibile se e solo se esiste un modello di Herbrand di ϕ. 1 Si può dimostrare che se gli enunciati di Γ non sono in SNF (anche se fossero privi di uguaglianza), allora Γ può essere soddisfacibile senza ammettere una modello di Herbrand (mentre il viceversa è, ovviamente, sempre verificato). Un semplice esempio è dato dall enunciato xp (x) x P (x). Il suo universo di Herbrand è costituito soltanto dal singoletto {c}, quindi esistono solo due possibili modelli di Herbrand: ma sia che valga P (c), sia che valga P (c) l enunciato di partenza non verrà modellato. Tuttavia, la sua Skolemizzazione P (c) P (d) ammette un semplice modello di Herbrand (con due soli elementi). 5

6 Se invece un enunciato ϕ utilizzal identità =, si può definire una formula ϕ E priva di uguaglianza che sarà soddisfacibile se e solo se ϕ lo è. Sia L il vocabolario di ϕ. Sia E un simbolo di relazione binaria non appartenente L. Definiamo i seguenti enunciati: 1. sia ϕ l enunciato ottenuto sostituendo ogni sottoformula atomica del tipo t 1 = t 2 occorrente in ϕ con la formula atomica E(t 1, t 2 ); 2. sia ϕ ER l enunciato x y z(e(x, x) (E(x, y) E(y, x)) (E(x, y) E(y, z) E(x, z))), che dice E è una relazione di equivalenza ; 3. per ogni simbolo di relazione n-ario R L, sia ϕ R l enunciato (( n ) ) x 1... x n y 1... y n E(x i, y i ) R(x 1,..., x n ) R(y 1,..., y n ), i=1 e sia ϕ 1 la congiunzione di tutti gli enunciati ϕ R al variare di R L; 4. analogamente, per ogni simbolo di funzione n-ario f L, sia ϕ f l enunciato ( n ) x 1... x n y 1... y n E(x i, y i ) E(f(x 1,..., x n ), f(y 1,..., y n )), i=1 e sia ϕ 2 la congiunzione di tutti gli enunciati ϕ f al variare di f L. Notiamo che ϕ ER, ϕ 1 e ϕ 2 dicono che E ha lo stesso comportamento dell uguaglianza rispetto a ϕ, e osserviamo inoltre che tutti gli enunciati sopra definiti sono privi di uguaglianza. Sia allora ϕ E la SNF di ϕ ϕ ER ϕ 1 ϕ 2. Lemma 1. Per ogni formula ϕ in SNF, ϕ è soddisfacibile se e solo se ϕ E lo è. Passiamo ora ad illustrare il Metodo di Herbrand. L idea è che, dato un enunciato qualsiasi, si possa considerare un enunciato ϕ in SNF e privo di uguaglianza che è soddisfacibile se e solo se quello di partenza lo è (questo risultato si ottiene combinando tutti i risultati fin qui proposti). Dunque ϕ è del tipo x 1... x n ϕ 0 (x 1,..., x n ), dove ϕ 0 è privo di uguaglianza e quantificatori. Sia allora H(ϕ) l universo di Herbrand di ϕ, e poniamo: E(ϕ) = {ϕ 0 (t 1,..., t n ) t 1,..., t n H(ϕ)}. Quindi E(ϕ) è ottenuto sostituento termini chiusi da H(ϕ) alle variabili di ϕ 0 in tutte le maniere possibili. Sia inoltre {ϕ 1, ϕ 2,... } una enumerazione di E(ϕ). 6

7 Proposizione 3. Sia ϕ un enunciato in SNF e privo di uguaglianza. Allora ϕ è soddisfacibile se e solo se E(ϕ) lo è. Poiché E(ϕ) contiene enunciati privi di quantificatori, si può vedere E(ϕ) come un insieme di formule della logica proposizionale e, poiché ϕ è in SNF, ogni ϕ i E(ϕ) è in CNF. Utilizzando la risoluzione per la logica proposizionale, sappiamo che E(ϕ) è insoddisfacibile se e solo se Res (E(ϕ)). Inoltre, per il teorema di Compattezza, E(ϕ) è insoddisfacibile se e solo se un suo sottoinsieme finito lo è, cioè se e solo se {ϕ 1,..., ϕ m } è insoddisfacibile (per qualche m N). Questo ci fornisce un metodo per stabilire se un certo enunciato del prim ordine ϕ è insoddisfacibile: 1. trovare la Skolemizzazione ϕ S di ϕ; 2. se ϕ S contiene l identità, trovare ϕ S E e porre ψ = ϕs E, altrimenti porre semplicemente ψ = ϕ S ; 3. sia {ψ 1, ψ 2,... } una enumerazione delle formule di E(ψ). Controllare se Res ({ψ 1,..., ψ m }) per qualche m N (si ricordi che Res ({ψ 1,..., ψ m }) è un insieme finito, dunque la procedura termina certamente). Fatto ciò, se Res ({ψ 1,..., ψ m }) si può concludere che ϕ è insoddisfacibile. Altrimenti si controlla se e così via. Res ({ψ 1,..., ψ m+1 }), In questo modo, se ϕ è insoddisfacibile questo metodo riuscirà ad ottenere (prima o poi) l insieme vuoto e concludere Sì, ϕ è insoddisfacibile in un numero finito di passi 2. Tuttavia, se ϕ è soddisfacibile, la ricerca proseguirebbe all infinito. Tuttavia, in questo caso, si ha che l enunciato ψ ottenuto utilizzando questo metodo deve avere un modello di Herbrand. Combinando queste due tecniche è possibile (almeno per casi non troppo complessi) trovare una risposta al problema della soddisfacibilità di ϕ (e quindi anche ai problemi connessi di validità, conseguenza ed equivalenza logica di enunciati). Esercizi. 1. Sia L = {f, P }, dove f e P sono simboli, rispettivamente, di funzione e relazione unari. Sia ϕ la formula x(p (x) P (f(x)) xp (x) x P (x)). 2 In ogni caso, il tempo necessario per portare a termine tale computazione è ben lontano dall essere polinomiale. 7

8 Trovare un modello di Herbrand per ϕ e per la sua Skolemizzazione ϕ S. 2. Sia L = {f, P }, dove f e P sono simboli, rispettivamente, di funzione e relazione, unari. Siano ϕ e ψ gli enunciati seguenti xp (x) x P (x) x(p (x) P (f(x))) xp (x) x(p (x) P (f(x)) x P (x)) (a) Mostrare che non esistono modelli di Herbrand per ϕ e ψ. (b) Trovare un modello di Herbrand per le rispettive Skolemizzazioni ϕ S e ψ S. 3. Sia ϕ 1 l enunciato x y(f(x) = f(y) x = y) e ϕ 2 l enunciato y x(f(x) = y). Mostrare che ϕ 1 ha un modello di Herbrand, ma né ϕ 2, né la sua Skolemizzazione ϕ S 2 ne hanno uno. 4. Sia ϕ(x) una formula priva di quantificatori ed uguaglianza. Mostrare che xϕ(x) è una tautologia se e solo se ϕ(t 1 ) ϕ(t 2 ) ϕ(t n ) è una tautologia per qualche n N e per qualche scelta di termini t 1,..., t n nell universo di Herbrand per ϕ. 5. Utilizzare il metodo di Herbrand per mostrare che il seguente enunciato non è soddisfacibile: x R(x, x) xr(x, f(x)) x y(r(x, y) R(f(x), y)). 6. Mostrare con il metodo di Herbrand che x(p (x) Q(x, x)) xp (x) x yq(x, y) x(p (x) Q(x, x)) x y(p (x) P (y) Q(x, y)). 8