modern mantık

MODERN MANTIK I

FELSEFE LİSANS PROGRAMI

PROF. DR. ŞAFAK URAL

İSTANBUL ÜNİVERSİTESİ AÇIK VE UZAKTAN EĞİTİM FAKÜLTESİ

İSTANBUL ÜNİVERSİTESİ AÇIK VE UZAKTAN EĞİTİM FAKÜLTESİ

FELSEFE LİSANS PROGRAMI

MODERN MANTIK I

PROF. DR. ŞAFAK URAL

1

ÖNSÖZ

Modern Mantık I dersinde temel mantık işlemleri açıklanıp, günümüzde kullanılan

geçerlilik ve tutarlılık denetleme yöntemleri anlatılacaktır. Ayrıca konunun daha iyi

anlaşılabilmesi için örnekler verilmiştir.

2

İÇİNDEKİLER

ÖNSÖZ ..................................................................................................................................1

İÇİNDEKİLER ......................................................................................................................2

YAZAR NOTU ......................................................................................................................3

1. DOĞRULUK DEĞERİ VE DOĞRULUK DEĞERİ TABLOSU ........................................4

2. ÖNERMELERİN GEÇERLİLİK-TUTARLILIK VE ÖZDEŞLİĞİNİN DOĞRULUK

TABLOSU YÖNTEMİYLE DENETLENMESİ ................................................................... 19

3. GEÇERLİLİK-TUTARLILIK VE ÖZDEŞLİĞİN DOĞRULUK TABLOSU

YÖNTEMİYLE DENETLENMESİ ..................................................................................... 36

4. QUINE YÖNTEMİYLE GEÇERLİLİK VE TUTARLILIĞIN DENETLENMESİ ........... 53

5. SAÇMAYA İNDİRGEME .............................................................................................. 72

6. “TAM NORMAL BİÇİM”E İNDİRGEME I .................................................................... 88

7. “TAM NORMAL BİÇİM”E İNDİRGEME II ................................................................. 103

8. LUKASİEWİCZ- TARSKİ NOTASYONU I ................................................................. 117

9. LUKASİEWİCZ- TARSKİ NOTASYONU II ................................................................ 131

9.1. Lukasiewicz- Tarski Notasyonunda Verilmiş Bir İfadenin Parantezli Hâle Getirilmesi. 137

10. LUKASİEWİCZ- TARSKİ NOTASYONU III ............................................................. 144

10.1. Lukasiewicz- Tarski Notasyonunda Verilmiş Bir Doğruluk Değerinin Bulunması...... 150

11. BAĞDAŞMAZLIK EKLEMİ ....................................................................................... 158

12. BAĞDAŞMAZLIK EKLEMİ VE LUKASİEWİCZ- TARSKİ NOTASYONU YARDIMI

İLE GEÇERLİLİK DENETLENMESİ ............................................................................... 170

13. ÇOK DEĞERLİ MANTIK I ......................................................................................... 181

14. ÇOK DEĞERLİ MANTIK II ........................................................................................ 191

KAYNAKÇA ..................................................................................................................... 202

3

YAZAR NOTU

Modern Mantık I dersinde incelenecek bazı başlıklar şunlardır:

a) Doğruluk değeri ve doğruluk değeri tablosu

b) Önermelerin geçerlilik-tutarlılık ve özdeşliğinin doğruluk tablosu yöntemiyle

denetlenmesi

c) Geçerlilik-tutarlılık ve özdeşliğin doğruluk tablosu yöntemiyle denetlenmesi

d) Quıne yöntemiyle geçerlilik ve tutarlılık denetlenmesi

e) Saçmaya indirgeme

f) Tam normal biçime indirgeme

g) Lukasiewicz- tarski notasyonu

h) Bağdaşmazlık eklemi

i) Bağdaşmazlık eklemi ve lukasiewicz- tarski notasyonu yardımı ile geçerliliğin

denetlenmesi

j) Çok değerli mantık

4

1. DOĞRULUK DEĞERİ VE DOĞRULUK DEĞERİ TABLOSU

5

Bu Bölümde Neler Öğreneceğiz?

İlk bölümde önermeler mantığının klasik mantıktan farkları, doğruluk değeri, doğruluk

değer tabloları, önerme, önerme eklemleri hakkında bilgi verilecektir.

6

Bölüm Hakkında İlgi Oluşturan Sorular

1) Önermeler mantığının klasik mantıktan farkları nelerdir?

2) Doğruluk değeri nedir?

7

Bölümde Hedeflenen Kazanımlar ve Kazanım Yöntemleri

Konu Kazanım

Kazanımın nasıl elde

edileceği veya

geliştirileceği

Doğruluk değeri ve doğruluk

değeri tablosu

Doğruluk değeri ve doğruluk

değeri tablosu hakkında

temel bilgileri öğrenir. Alıştırma

8

Anahtar Kavramlar

Önermeler mantığı

Klasik mantık

Doğruluk değeri

Doğruluk değer tabloları

Önerme

Önerme eklemleri

9

Giriş

Klasik mantığın mantıksal düşünüşe bakışını, önermelere bakışıyla ilişkilendirmek,

hatta sınırlamak mümkündür. Önermeler arası ilişkiler bile yine önermelerin sahip olduğu

özellikler açısından incelenir.

Nitekim bir çıkarım, örneğin bir kıyas, öncül konumundaki önermelerin tümelliği,

tikelliği, olumlu ve olumsuz olmasına bağlı olarak ele alınır; hatta bir çıkarımın geçerliliği de

yine önermelerin bu dört özelliği çerçevesinde tanımlanır. Kısaca klasik mantık açısından

doğru düşüncenin tanımlanmasında, doğru düşüncenin kurallarının ortaya konulmasında ve

denetlenmesinde hep önermelerin taşıdığı özellikler dikkate alınır.

10

1. DOĞRULUK DEĞERİ VE DOĞRULUK DEĞERİ TABLOSU

Klasik mantık açısından önermeler, SaP, SeP, SıP, SoP olmak üzere dörde ayrılırlar.

Akıl yürütme kuralları da büyük ölçüde bu önermelerden eşdeğeri diğer bir önermeye veya

önermelere geçiş kurallarının tespiti ile sınırlıdır. Dolayısıyla da klasik mantıkta amaç,

önermelerin sahip oldukları özellikleri sembolik bir dil ile ifade etme ve bu semboller arasına

yapılabilecek işlemleri incelemektir. Bu sayede çıkarım kuralları, yani doğru akıl yürütme

kuralları ortaya konulur.

Doğru akıl yürütme kurallarını ortaya koymak, mantıksal düşünüşün ifade edilmesine

ve denetlenmesine olanak verir. Bu denetleme, sembolik bir dil yani yapay bir dil kullanıldığı

takdirde, bir hesap işlemi olarak gerçekleştirilebilir.

Burada anahtar kelime sembolik dildir. Çünkü her sembolik dil yeni bir mantık

demektir; her sembolik dil yeni denetleme yöntemi ve çıkarımların farklı bir şekilde ifade

edilebilmesi demektir.

Modern mantık, özellikle kullandığı sembolik dil açısından klasik mantıktan ayrılır ve

aynı zamanda bu sayede bize yeni olanaklar sunar. Nitekim klasik mantığın temel

yapıtaşlarından olan önermeler, modern mantıkta çok farklı bir açıdan tanımlanmış ve farklı

olarak sembolleştirilmiştir ama daha da önemlisi, önerme eklemlerinin bu yeni mantık

sisteminde dikkate alınmış olmasıdır. Yukarıdaki kısa açıklamalardan kolayca tahmin

edilebileceği gibi, önerme eklemlerinin de sembolleştirilmeye dâhil edilmesi, bize yeni

olanaklar sunacaktır. Bu yeni sembolik sistem, mantıksal düşünüşün yani doğru akıl

yürütmenin ifadesinde ve denetlenmesinde bizi daha da ileriye götürecektir.

Bu açıdan baktığımızda, her sembolik sistemi yeni bir dil olarak düşünürsek, her yeni

dilin bize yeni olanaklar sunması şaşırtıcı gelmemelidir. Bu olanakların başında, yeni dilin

bize yeni çıkarımların denetlenmesine olanak vermesi gelecektir. Sonuçta mantık bilimi

sayesinde, yani yeni yapay diller kullanarak doğru düşüncenin denetlenebilirlik sınırları da

genişletilecektir.

Bu açıklamalar ışığında mantık denilince, yapay bir dil kurmayı ve bu dil aracılığıyla

yeni kurallar tanımlamayı düşünebiliriz. Bu da bize, akıl yürütme işleminin denetlenmesinde,

yeni olanaklar sunacaktır. Mantığın bu özelliği, onun kural koyan bir bilim (yani normatif bir

bilim) olmasının da gerekçesidir.

Modern mantık olarak bilinen ve Aristoteles mantığına yaklaşık 2500 yıl sonra

eklenen bu yapay dili, sağladığı farklı olanaklar açısından değerlendirmek yerinde olacaktır.

Yani modern mantık, Aristo mantığından sonra gelen daha ileri düzeyde bir sistem olmanın

ötesinde birtakım özellikler taşımaktadır. Bu dil sayesinde, sadece mantıksal düşünüşün

ifadesi ve denetlenmesinin daha geniş çaplı yapılabilmesi mümkün hâle gelmekle kalmamış,

bu sembolik sistem hem konuşma dilinin analizinin yapılmasına olanak vermiş hem de

teknolojide uygulama alanları bulmuştur. Bütün bu gelişmelerin gerçekleştirilmesinde en

önemli rol, hiç şüphesiz önerme eklemlerinin sembolleştirilmesidir.

11

Modern mantıkta bir önerme p, q, r, s, t gibi harflerle gösterilir. Bir önermenin

değillemesi ise “ ~” şeklindeki sembolle ifade edilir. Bu durumda

p

D

Y

değeri alınırsa

~ p

Y

D

olacaktır.

Sembolik mantık, modern mantık veya matematiksel mantık olarak bilinen sistemde

önerme eklemleri “ve” için “٨”, “veya” için “٧”, “ise” için “→”, “ancak ve ancak” eklemi

için “↔” sembolleri kullanılır.

Bir önerme, bilindiği gibi bir özne ve bir yüklemden oluşur. Böylece yargı ortaya

çıkar; yani önermenin yüklemi, özne konumundaki terimin ifade ettiği nesne hakkında (bu

yargı çerçevesinde) bir doğruluk değeri taşıyan bilgi verir.

Herhangi iki önerme bir önerme eklemiyle bir araya getirilir. Bu durumda, önerme

eklerinin özelliğine bağlı olarak ortaya yeni bir bilgi koyma olanağı elde edilir. Bu yeni bilgi,

kullanılan önerme ekleminin özelliğine bağlı olacaktır. Nitekim “Kalem masanın

üzerindedir.” ve “Defter masanın üzerindedir.” gibi iki önerme bize iki farklı bilgi verir. Fakat

bu iki önermeyi “ve” eklemiyle birbirine bağlarsak ortaya yeni bir bilgi koyarız. Yani:

“Kalem ve defter masanın üzerindedir.”…………I

Demekle bu iki nesnenin aynı anda aynı yerde bulunduğunu ifade etmiş oluruz. Buna

karşılık,

“Kalem veya defter masanın üzerindedir.” ………II

Dersek, bu sefer (I) nolu ifadeden farklı bir şey söylemiş oluruz. Bu yeni durumda iki

nesneden ( “kalem” ve “defter”) birisinin veya her ikisinin birden masanın üzerinde olması

ifade etmiş oluruz. Fakat

“Defter masanın üzerinde ise kalem de masanın üzerindedir.”………III

12

Dediğimizde, bir nesnenin (veya olgunun) varlığının bir başka nesneye (veya olguya)

bağlı olduğunu, yani birisinin diğerini bir koşul olarak içerdiği bilgisi vermiş oluruz. Eğer,

“Defter masanın üzerindedir ancak ve ancak kalem de masanın üzerindedir.”

…………IV

Dersek, söz konusu iki önerme arasında karşılıklı bir koşul ilişkisinin bulunduğunu

bildirmiş oluruz.

Dikkat edilirse bu IV nolu durum, iki şeyin birbirine karşılıklı olarak bağlı olduğunu

anlatmamıza olanak vermektedir.

Görüldüğü gibi herhangi iki önermenin birbirinden bağımsız olarak dile getirdiği bilgi,

önerme eklemleri sayesinde yeni ve diğerinden farklı olan bir hâle dönüşmüştür. Bu yeni

bilgi, önerme eklemleri sayesinde elde edilmiştir. İşte bu yeni bilgiyi ifade etmek ve buradan

hareketle (yani akıl yürütme yoluyla) yeni sonuçlara ulaşmanın yolu da açılmış olmaktadır.

Bu yeni yolda ilerleyebilmek için elimizde güvenilir bir aracımız vardır: Bunlar, modern

mantığın sunduğu olanaklardır. Modern mantık, yukarıda da işaret edildiği gibi, yeni bir

formel sistem olarak bu olanağı bize vermektedir.

Şimdi yapılması gereken şey, bu formel dili kurmaktır.

Bir p önermesi tek başına D ve Y değeri alırken, p ve q önermeleri birlikte:

p q

D D

D Y

Y D

Y Y

Değerlerini alacaktır. Bu iki önerme arasında yukarıda I, II, III ve IV nolu ifadeler

çerçevesinde tanımlanan ifade edilen bilgi, aşağıdaki tablo aracılığıyla şöyle ifade edilir:

P q p ˄ q p ˅ q p → q p ↔ q

D D D D D D

D Y Y D Y Y

Y D Y D D Y

Y Y Y Y D D

13

Dikkat edilirse “p˄q” ifadesi, birlikte doğru olma durumunu anlattığı için p ve q

önermelerinin beraberce doğru olmaları durumunda sonuç doğru olmaktadır. Nitekim (p˄q )

ifadesinin doğruluk değeri sadece ilk satırda doğru değeri almaktadır. Diğer satırlarda ise

yanlış değeri almaktadır. Sonuç D, Y, Y, Y şeklinde sıralanmıştır.

“p veya q” ifadesi ise p ve q önermeleri arasında alternatif bir ilişkiyi dile getirmekte,

dolayısıyla da sırasıyla D, D, D, Y değerlerini almaktadır. Yani (p˅q ) ifadesinin doğru değeri

alması, p ve q önermelerinin birisinin doğru olmasıyla gerçekleşmektedir.

“İse” ekleminin özelliği, iki önerme (ve dolayısıyla bu önermelerle ifade edilen iki

olgu) arasında bir koşul ilişkisi kurmasıdır. Diğer bir ifadeyle eğer biz bu q önermesinin

doğruluğunun p önermesine bağlı olduğunu ifade etmek istersek “ise” eklemini kullanırız.

Nitekim “Yağmur yağarsa sokaklar ıslanır.” dediğimizde, yağmurun yapmasının sokakların

ıslanmasını sağladığını “ise” eklemiyle dile getiririz. Bu durumda, p önermesi doğru ise, fakat

q önermesi yanlış ise, bu istenilen koşul sağlanmamıştır. Yani, yağmur yağdığı hâlde sokaklar

ıslanmamış ise, sonuç başlangıç koşulunun uyulmamış olmaktadır. Nitekim doğruluk

tablosuna baktığımızda, p’nin doğru, q’nun yanlış olduğu zaman sonuç da yanlış olmaktadır.

Yani:

D→Y=Y

Değeri elde edilmiştir. p ve q’nun diğer değerleri, yani

D, D; Y, D; Y, Y

Değer çiftleri D sonuç verir.

Karşılıklı koşul ilişkisi ise p ve q’nun birlikte doğru veya birlikte yanlış olmasıyla

doğru değeri alır.

Yani,

D↔D= D

ve

Y↔ Y= D

Şeklinde bir doğruluk değeri bulunur. Bunun dışında kalan şıklarda, yani D↔Y=Y ve

Y↔D= Y olmaktadır.

Bu açıklamalara dikkat edilirse, sembolik yani formel yani içeriksiz bir dilin kurulmuş

olduğunu göstermektedir. Artık, önermelerin içeriğine bağlı kalmadan aralarındaki ilişkileri

formel bir dile aktararak bir çıkarımı denetleme olanağını elde edebiliriz.

14

“Eğer arkadaşımı görürsem, sinemaya gideceğim ve eğer sinemaya gitmezsem

arkadaşımı görmeyeceğim. Sinemaya gitmedim.” O hâlde, “Arkadaşımı gördüm mü?”

şeklinde bir soru sorsak, bu öncüllere göre nasıl karar verebiliriz?

Bu örnek belki kolayca cevaplandırabileceğimiz bir soru gibi algılanabilir. Fakat bu

basit örnek de bile aslında öncüllerle sonuç arasında kurulacak ilişkinin doğruluğundan emin

olamayız. Kaldı ki öncüllerin sayısı ikiden fazla olabilir ve eklemler de önermeler arasında ilk

bakışta anlayamayacağımız derecede karmaşık ilişkilerin kurulmasına olanak verir. İşte böyle

bir durumda kaçınılmaz olarak formel bir işleme ihtiyaç duyulacaktır.

Diğer bir ifadeyle öncüllerin ve öncülleri oluşturan önermelerin sayısı arttıkça, bu

koşullar altında onların arasında kurulacak ilişkiler de karmaşık bir hâl alacaktır. Böyle bir

durumda öncüller ile sonuç arasında konuşma dili çerçevesinde emin olabileceğimiz anlamlı

bir ilişki kurmak ve onu denetlemek imkânsız hâle gelecektir.

15

Bu Bölümde Ne Öğrendik Özeti

Bu bölümde önermeler mantığının klasik mantıktan farkları, doğruluk değeri,

doğruluk değer tabloları, önerme, önerme eklemleri hakkında bilgi verilmiştir.

16

Bölüm Soruları

1) Aşağıda verilenlerden hangisi “bilgi”nin özelliklerindendir?

a) Sadece tek bir tür bilgi vardır.

b) Bilginin kaynağı sadece akıldır.

c) Bilgi, suje ile obje arasındaki ilişkiden doğar.

d) Bilginin oluşabilmesi için yalnızca nesneye ihtiyaç vardır.

e) Bilginin oluşabilmesi için yalnızca özneye ihtiyaç vardır.

2) “Felsefi bilgi” ve “bilimsel bilgi” ile ilgili aşağıda verilenlerden hangisi

doğrudur?

a) Bilimsel bilgi insana ilişkin verilerin; felsefi bilgi doğaya ilişkin verilerin

bütünüdür.

b) Bilimsel bilgi de felsefi bilgi de yorumdan yoruma değişmez.

c) Bilimsel bilginin yöntemi tümevarım, felsefi bilginin ise tümden gelimdir.

d) Felsefi bilgi olmadan da bilimsel bilgi olur.

e) Bilimsel bilgiler, sadece belirli şartlar altında gerçekleşen şeyler üzerinedirler ancak

felsefi bilgiler daha genel bir alana yöneliktirler.

3) Aşağıdaki şıklarda verilen cümlelerden hangisi bir tanım cümlesidir?

a) Kültürler arası geçişlerde, kültürel şoklar yaşanabilir.

b) Kültür, sanat, bilim ve felsefe vb. insan etkinliklerinin tamamıdır.

c) Kültür düzeyinin yükselmesi için eğitim gereklidir.

d) Kültür üretebilmesi, insanı diğer canlılardan ayıran yegâne özelliktir.

e) Farklı kültürler, farklı yaşam tarzlarından kaynaklanır.

4. Bir filozof aşağıdaki sorulardan hangisini sorar?

a) Sanat nedir?

b) Sanatçının yaşam biçimi nasıldır?

c) Işık nedir?

17

d) Öldükten sonra bizi nasıl bir yaşam bekler?

e) Filozofa yakışan yaşam nasıl olmalıdır?

5. Aşağıdakilerden hangisi “philosophia” sözcüğünün anlamlarından biridir?

a) Özgün düşünme kabiliyeti

b) Bilimsel çalışmalar yapma sevgisi

c) Yaklaşık doğru bilgiye ulaşma arzusu

d) Bilgelik sevgisi

e) Felsefe eğitimini para karşılığı veren kişi

6. Filozof sözcüğü ilk kez kim tarafından kullanılmıştır?

a) Sokrates

b) Homeros

c) Heraclides Ponticus

d) Parmenides

e) Pytagoras

7. “Tanım”a ilişkin olarak aşağıdakilerden hangisi söylenebilir?

a) Bir şeyin tanımını yapabilmek için o şeyle tanışık olmak yeterlidir.

b) Ne kadar uğraşılırsa uğraşılsın kesinlikte bir tanım yapılamaz.

c) Herhangi bir objenin her özelliği bilinebilir.

d) Bilenin sınırlılığı bir tanım yapılabilmesine engeldir.

e) Her tanım ancak sınırlı bir kesinlik verebilir.

8. Aşağıda verilen tanımlardan hangisi bizi “bilgi” ile ilgili geçerli bir tanıma ulaştırır?

a) Bilgide önemli olan bilen ile bilinen arasındaki öncelik-sonralık ilişkisidir.

b) Bilgi, fiziksel olarak sınırlı ve sonlu bir varlık olan insanın sınırlı olarak

edinebileceği bir şeydir.

c) Bilgi, bilen özne ile bilinen nesne arasındaki ilişkinin ürünüdür.

18

d) Bilme etkinliği, etkin olanın özne olduğu bir etkinliktir.

e) Bilgi, “öncelikli belirleyenin ne olduğu” belirlenmeden tanımı yapılamayan bir

edimdir.

9. Aşağıdaki cümlelerden hangisi “felsefe”ye dair metinden çıkarılabilecek bir sonuç

değildir?

a) Felsefe, kesin bir cevaba ulaşamayacağını bildiği soruları bile kendine uğraş edinen

bir etkinliktir.

b) Felsefenin genel- geçer bir tanımını yapmak mümkün değildir.

c) Felsefe, mükemmel tanımlara, mutlak kesinlikte bilgilere sahip olabileceğimize dair

inançla yapılan bir araştırma etkinliği değildir.

d) Bu metinde sadece felsefenin ne olduğu sorgulanmıştır.

e) Felsefe, mutlak kesin bir cevabın olup olmadığını umursamaksızın, salt soru sorma

ediminde kalmayı dahi göze alarak, insani sınırlılık ve sonluluğa meydan okumak adına

yapılan bir sorgulama etkinliğidir.

10. Aşağıdaki büyük filozoflardan hangisi “felsefe yapmak için filozofun özgür olma

zorunluluğu”nun altını çizer?

a) Herakleitos

b) Platon

c) Sokrates

d) Aristoteles

e) Parmenides

Cevaplar

1)c, 2)e, 3)b, 4)a, 5)d, 6)e, 7)b, 8)c, 9)d, 10)c

19

2. ÖNERMELERİN GEÇERLİLİK-TUTARLILIK VE ÖZDEŞLİĞİNİN

DOĞRULUK TABLOSU YÖNTEMİYLE DENETLENMESİ

20


Bu bölümde, önermelerin geçerlilik-tutarlılık ve özdeşliğin doğruluk tablosu

yöntemiyle denetlenecektir.

21


1) Geçerlilik nedir?

2) Tutarlılık nedir?

3) Özdeşlik nedir?

22


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Önermelerin geçerlilik-

tutarlılık ve özdeşliğin

doğruluk tablosu yöntemiyle

denetlenmesi


tutarlılık ve özdeşliğini


denetleyebilir.

Alıştırma

23

Anahtar Kavramlar

Geçerlilik

Tutarlılık

Özdeşlik

24

Giriş

Bu bölümde önermelerin geçerlilik-tutarlılık ve özdeşliği doğruluk tablosu yöntemiyle

denetlenecektir.

Bir çıkarımda öncüllerle sonuç arasındaki ilişkinin denetlenmesi için öncüller birbirine

(ve) eklemiyle sonuç ise öncüllere (ise) eklemiyle bağlanır. Diğer bir ifadeyle bir çıkarımın

denetlenmesi istenildiğinde, öncüllerin doğruluk değeri, sonuç ifadesinin doğruluk değerine

ise eklemiyle bağlanır.

Amaç, öncüllerin birlikte aldığı doğruluk değeri ile sonucun doğruluk değeri

arasındaki ilişkiyi görebilmektir.

Eğer sonuç sütunu hep doğru değerlerinden oluşuyorsa, bu durum çıkarımın geçerli

olması anlamına gelir.

Fakat sonuç ifadesi eğer en az bir tane bile yanlış değeri içeriyorsa, çıkarımın

geçersiz olduğu kabul edilir.

Sonuç ifadesinde en az bir tane doğru değeri varsa, çıkarımın geçersiz fakat tutarlı

olduğu anlaşılır.

Eğer sonuç ifadesinde hiç doğru değeri yoksa bu durumda çıkarımın geçersiz ve

tutarsız olduğunu söylemek gerekir.

25

2. Önermelerin Geçerlilik-Tutarlılık Ve Özdeşliğinin Doğruluk Tablosu

Yöntemiyle Denetlenmesi

Herhangi iki önermenin birbirinden bağımsız olarak dile getirdiği farklı iki bilgi,

önerme eklemleri sayesinde yepyeni bir bilgiye dönüşmüştür. Bu yeni bilgi, kullanılan

önerme ekleminin özelliği tarafından tayin edilmiştir. Eğer bu yeni işlemi mantığın sınırları

içinde ifade edebilirsek, yapılacak birtakım işlemleri de denetleme olanağı elde edebiliriz.

Bunun için, yukarıda işaret edildiği gibi formel bir sisteme ihtiyaç vardır.

“p” gibi bir önerme tek başına D veya Y değeri alır. “q” gibi bir önermeyle birlikte:

p q

D D

D Y

Y D

Y Y

Değerlerini alabilirler. Bu iki önerme arasında yukarıda 1, 2, 3 ve 4 nolu ifadeler

çerçevesinde verilen bilgi sembolik olarak aşağıdaki tablo aracılığıyla şöyle ifade edilir:

p q p ˄ q p ˅ q p → q p ↔ q

D D D D D D

D Y Y D Y Y

Y D Y D D Y

Y Y Y Y D D

Dikkat edilirse “p ˄ q” ifadesi, birlikte doğru olma durumunu anlattığı için p ve q

önermelerinin beraberce doğru olmaları sayesinde sonuç doğru olmaktadır. Nitekim (p˄q)

ifadesinin doğruluk değeri D, Y, Y, Y şeklinde sıralanmış olup sadece p ve q önermelerinin

birlikte doğru olduğu satırda D değeri almaktadır.

“p veya q” ifadesi ise, p ve q önermeleri arasında alternatif bir ilişkiyi dile getirmekte,

dolayısıyla da sırasıyla D, D, D, Y değerlerini almaktadır. Yani (p˅q ) ifadesinin doğru değeri

alması, p ve q önermelerinin birisinin doğru olmasıyla gerçekleşebilmektedir.

26

“ise” ekleminin özelliği, iki önerme (ve dolayısıyla bu önermelerle ifade edilen iki

olgu) arasında bir koşul ilişkisi kurmasıdır. Diğer bir ifadeyle eğer biz bir q önermesinin

doğruluğunun p önermesine bağlı olduğunu ifade etmek istersek “ise” eklemini kullanırız.

Nitekim “ise” eklemi, “Yağmur yağarsa sokaklar ıslanır.” gibi bir ifade yağmurun yağmasının

sokakların ıslanmasını sağladığını anlatmaya yarar. Böyle bir ifade, yağmur yağdığı hâlde

sokaklar ıslanmazsa yanlış olacaktır. Diğer bir deyişle p önermesi doğru fakat q önermesi

yanlış ise, istenilen koşul sağlanmamış olacaktır. Nitekim doğruluk tablosuna baktığımızda

D→Y=Y

Değeri ortaya çıkar. p ve q’ nun bunun dışında kalan değerleri, yani

D, D; Y, D; ve Y, Y

değerleri, D sonuç verir.

Karşılıklı koşul ilişkisi ise p ve q’nun birlikte doğru veya birlikte yanlış olmasıyla

doğru değeri alır.

Yani,

D↔D= D

ve

Y↔ Y= D

şeklinde sonuç gerçekleşir. Bunun dışında kalan şıklar yani D↔Y = Y ve Y↔D = Y

olmaktadır.

Bu açıklamalar dikkat edilirse bize sembolik, yani formel yani içeriksiz bir

dilin kurulmasına olanak verecek özellikleri içermektedir. Bu sayede artık, önermelerin

içeriğine bağlı kalmadan aralarındaki ilişkileri formel bir dile aktarıp bir çıkarımı denetleme

olanağını elde edebiliriz.

Şimdi basit bir örnekle ne demek istediğimizi görelim:

“Eğer arkadaşımı görürsem, sinemaya gideceğim ve eğer sinemaya gitmezsem

arkadaşımı görmeyeceğim. Sinemaya gitmedim.” şeklindeki öncüllere dayanarak, “O hâlde

arkadaşımı gördüm mü?" şeklinde bir soru sorsak, bu öncüllere göre bu soruyu nasıl

yorumlayabiliriz?

Elbette öncüllerin sayısı ikiden çok fazla olabilir ve önermelerin sayısı da yine ikiden

fazla olabilir. Böyle bir durumda, öncüller ile sonuç arasında konuşma dili çerçevesinde emin

olabileceğimiz bir ilişki kurmanın tamamen imkânsız olduğuna ayrıca dikkat etmek yerinde

olacaktır.

27

Daha karmaşık çıkarımları ele almadan önce şimdi ilkin yukarıdaki çıkarımı nasıl

ifade edebileceğimizi ve denetleyebileceğimizi görelim.

Dikkat edilirse yukarıdaki ifadede iki önerme geçmektedir. Bu önermelere sırasıyla p

ve q diyelim. Yani

Arkadaşımı göreceğim: 𝑝

Sinemaya gideceğim: 𝑞

Bu durumda, “Arkadaşımı görmeyeceğim.” önermesi “~p” olacaktır. Yukarıdaki

ifadedeki eklemleri de dikkate alırsak; ilk ifadeyi (𝑝 → 𝑞)𝑣𝑒 (~𝑞 → ~p) şeklinde, sonraki

ifadeyi ise (~p) şeklinde sembolleştirebiliriz. Bu durumda öncüller

[(𝑝 → 𝑞) ⋁ (~𝑞 → ~p)] ⋀ ~p

şeklinde olur. Sonuç önermesi, öncüllere koşul ilişkisiyle bağlanır. Dolayısıyla da

sonucu “Arkadaşımı gördüm.” şeklinde düşünürsek çıkarım:

[[(𝑝 → 𝑞) ⋁ (~𝑞 → ~p)] ⋀ ~p] → 𝑝

şeklini alır. Şimdi yukarıdaki doğruluk tablosunu kullanarak bu çıkarımı denetleyelim.

Bu amaçla, her önermenin altına doğruluk tablosundaki değerini yazalım. İlk ifademiz,

(𝑝 → 𝑞)

𝐷 𝐷

𝐷 𝑌

𝑌 𝐷

𝑌 𝑌

şeklinde olur. p ve q’nun arasındaki → eklemini dikkate alarak doğruluk değerini

yazarsak,

(𝑝 → 𝑞)

𝐷

𝑌

𝐷

𝐷

28

Şeklinde bir tablo elde ederiz.

Şimdi bu yöntemi diğer ifadelere de uygularsak:

[[(𝑝 → 𝑞) ⋁ (~𝑞 → ~p)] ⋀ ~p] → 𝑝

𝐷 𝐷 𝐷 𝑌 𝑌 𝑌 𝐷

𝐷 𝑌 𝑌 𝐷 𝑌 𝑌 𝐷

𝑌 𝐷 𝐷 𝑌 𝐷 𝐷 𝑌

𝑌 𝐷 𝑌 𝐷 𝐷 𝐷 𝑌

tablosunu elde etmiş oluruz. Bu tabloda dikkat edilirse ~𝑝 ve ~𝑞 ifadeleri, p ve q’nun

doğruluk değerlerinin tam aksi olmaktadır. Nitekim (~𝑞 → ~p) ifadesinin doğruluk değeri

sırasıyla 𝑌𝑌, 𝐷𝑌, 𝑌𝐷, 𝐷𝐷 olmuştur.

Şimdi, bu değerleri tespit ettikten sonra aralarındaki eklemleri dikkate alarak işlemleri

sürdürelim. Bu durumda, (~𝑞 → ~p) ifadesinin doğruluk değeri sırasıyla 𝐷, 𝑌, 𝐷, 𝐷

olacaktır. Bunu da tabloya işlersek:

[[(𝑝 → 𝑞) ⋁ (~𝑞 → ~p)] ⋀ ~p] → 𝑝

𝐷 𝐷 𝐷 𝑌 𝐷 𝑌

𝐷 𝑌 𝑌 𝐷 𝑌 𝑌

𝑌 𝐷 𝐷 𝑌 𝐷 𝐷

𝑌 𝐷 𝑌 𝐷 𝐷 𝐷

şeklinde bir sonuca ulaşırız. Bundan sonraki adımda artık önce (𝑝 → 𝑞) ile (~𝑞 →

~p) ifadeleri arasında “veya” eklemine göre işlem yapmamız gerekir. Bu işlem, dikkat

edilirse (𝐷 ⋁ 𝐷), (𝑌 ⋁ 𝑌), (𝐷 ⋁ 𝐷), (𝐷 ⋁ 𝐷) değerleri arasındaki işleme karşılık gelecektir.

Bu işlemin sonucu sırasıyla D, Y, D, D şeklindedir. Yani;

[[(𝑝 → 𝑞) ⋁ (~𝑞 → ~p)] ⋀ ~p] → 𝑝

D D D D Y D Y

D Y Y Y D Y Y

Y D D D Y D D

Y D Y D D D D

29

olacaktır. Şimdi artık bu elde ettiğimiz D, Y, D, D değeri ile ~ p’nin değeri olan (Y,Y,

D, D) arasındaki ⋀ eklemine göre gerekli işlemi yapalım.

Yani;

D Y

Y Y

D D

D D

Değerleri arasındaki (ve) eklemi sırasıyla Y, Y, D, D şeklinde değere sahip olacaktır.

Şimdi bu değeri tabloya aktarırsak,

[[(𝑝 → 𝑞) ⋁ (~𝑞 → ~p)] ⋀ ~p] → 𝑝

D Y Y

Y Y Y

D D D

D D D

şeklinde bir sonuca ulaşırız.

Bundan sonraki işlem artık, bulduğumuz değer ile sonuç konumunda olan P’nin (D, D,

Y, Y) değeri arasında → ekleminin gerektirdiği işlemi yapmaktır.

Bu işlem,

Y D

Y D

D Y

D Y

değerleri arasında gerçekleşecek olup Y → D= D, Y → D= D, D → Y= Y, D → Y= Y

sonucunu verir.

30

Şimdi bütün bunları bir bütün olarak tabloya işleyebilir ve çıkarımın aldığı son hâli

görebiliriz.

[[(𝑝 → 𝑞) ⋁ (~𝑞 → ~p)] ⋀ ~p] → 𝑝

𝐷 𝐷 𝐷 𝐷 𝑌 𝐷 𝑌 𝑌 𝑌 𝐷 𝐷

𝐷 𝑌 𝑌 𝑌 𝐷 𝑌 𝑌 𝑌 𝑌 𝐷 𝐷

𝑌 𝐷 𝐷 𝐷 𝑌 𝐷 𝐷 𝐷 𝐷 𝑌 𝑌

𝑌 𝐷 𝑌 𝐷 𝐷 𝐷 𝐷 𝐷 𝐷 𝑌 𝑌

Bu tabloda sonuç ifadesi (D, D, Y, Y) değerlerinin oluşturduğu sütun tarafından temsil

edilmektedir. Çünkü bu sütun öncüllerle sonucu birbirine bağlamaktadır.

Günümüzde hem bir bilgi sistemi olarak bilim hem de ister temel ister formel olsun

farklı bilim dalları, bilim felsefesi, fizik felsefesi, biyoloji felsefesi, matematik felsefesi gibi

bağımsız başlıklar altında felsefenin konusu durumundadırlar. Bu türden çalışmalarla felsefe,

bilimi sorgu konusu yapmakla kalmamakta ona çalışma tarzı itibarıyla yitirdiği bütünsel bakış

imkânını da sağlamaktadır.

31



denetlenmiştir.

32

Bölüm Soruları

1) Doğruluk değerleri D, Y, Y, D olan bir ifadenin değilinin değili aşağıdakilerden

hangisidir?

a) Y, Y, D, Y

b) D, D, D, Y

c) Y, D, D, D

d) D, D, D, Y

e) D, Y, Y, D

2) ∼ (𝑝 ↔∼ 𝑞) → q ifadesi için aşağıdakilerden hangisi veya hangileri doğrudur?

i- geçersizdir

ii- geçerlidir

iii- tutarlıdır

a) yalnız i

b) i ve ii

c) i ve iii

d) ii

e) iii

3) (𝑝 → 𝑞) ∨ (𝑞 ↔ ∼ 𝑞) ifadesinin doğruluk değerleri aşağıdakilerden hangisidir?

a) D, Y, Y, D

b) Y, Y, D, Y

c) D, Y, D, D

d) D, D, D, Y

e) Y, D, D, D

33

4) (𝑝 → 𝑞) ∨ (𝑞 ↔ ∼ 𝑞) ifadesi için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

i- tutarlıdır

ii- geçerlidir

iii- geçersizdir

a) yalnız i

b) i ve ii

c) ii

d) i ve iii

e) iii

5) ~p ↔ q ifadesi için aşağıdakilerden hangisi en uygundur?

a) ne geçerli ne tutarlı

b) geçerli, tutarlı

c) tutarsız

d) geçerli, tutarsız

e) geçersiz, tutarlı

6) ∼ 𝑝 ∧ (𝑝 → 𝑞) ifadesi için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

i- geçersizdir

ii- geçerlidir

iii- tutarlıdır

a) i ve iii

b) yalnız i

c) i ve ii

d) ii

e) iii

34

7) Aşağıdakilerden hangisi [(𝑝 → 𝑞) ∨ (𝑞 ↔ ∼ 𝑞)] → 𝑞 ifadesinin Quine yöntemiyle

çözümü sırasındaki aşamalardan biridir?

a) [ (𝐷 ↔ 𝐷) ∨ (𝐷 → 𝑞)] → 𝐷

b) [ (𝑌 ↔ 𝑌) ∨ (𝐷 → 𝑞)] → 𝑞

c) [ (𝐷 ↔ 𝑌) ∨ (𝑝 → 𝐷)] → 𝐷

d) [ (𝑌 ↔ ∼ 𝑞) ∨ (𝐷 → 𝑌)] → 𝑌

e) [ (𝐷 ↔ ∼ 𝑌) ∨ (𝑌 → 𝑌)] → 𝐷

8) Aşağıdakilerden hangisi [ (𝑝 → 𝑞) ∨ (𝑞 ↔ ∼ 𝑞)] → 𝑞 ifadesinin Quine

yöntemiyle çözümü sırasındaki aşamalardan biridir?

a) [ (𝑌 ↔ 𝐷) ∨ (𝑝 → 𝑌)] → 𝑌

b) [ (𝑌 ↔ 𝑌) ∨ (𝐷 → 𝑞)] → 𝑞

c) [ (𝐷 ↔ 𝑌) ∨ (𝑝 → 𝐷)] → 𝑌

d) [ (𝑌 ↔ ∼ 𝑞) ∨ (𝐷 → 𝑌)] → 𝑌

e) [ (𝐷 ↔ ∼ 𝑌) ∨ (𝑌 → 𝑌)] → 𝐷

9) Aşağıdakilerden hangisi [ (𝑞 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑝 → 𝑟)] → 𝑟 ifadesinin Quine yöntemiyle


a) [ (𝑞 ↔ 𝑌) ∨ (𝑝 → 𝑌)] → 𝐷

b) [ (𝑞 ↔ 𝑌) ∨ (𝑝 → 𝐷)] → 𝑌

c) D

d) [ (𝑞 ↔ 𝑌) ∨ (𝐷 → 𝑌)] → 𝑌

e) [ (𝐷 ↔ 𝑌) ∨ (𝐷 → 𝑌)] → 𝑌

35

10) Aşağıdakilerden hangisi [ (𝑞 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑝 → 𝑟)] → [ 𝑟 ∧ ( 𝑝 ↔ 𝑞)] ifadesinin

Quine yöntemiyle çözümü sırasındaki aşamalardan biridir?

a) [ (𝑞 ↔ 𝐷) ∨ (𝑝 → 𝐷)] → [ 𝐷 ∧ ( 𝑝 ↔ 𝑞)]

b) [ (𝑞 ↔ 𝑌) ∨ (𝑝 → 𝐷)] → [ 𝑌 ∧ ( 𝑝 ↔ 𝑞)]

c) [ (𝑞 ↔ 𝑌) ∨ (𝐷)] → [ 𝑌 ∧ ( 𝑝 ↔ 𝑞)]

d) [ (𝑞 ↔ 𝐷) ∨ (𝑝 → 𝑌)] → [ 𝑌 ∧ ( 𝑝 ↔ 𝑞)]

e) [ (𝐷 ↔ 𝑌) ∨ (𝑝 → 𝑌)] → [ 𝑌 ∧ ( 𝑝 ↔ 𝐷)]

Cevaplar

1)e, 2)c, 3)c, 4)d, 5)e, 6)a, 7)c, 8)a, 9)c, 10)d

36

3. GEÇERLİLİK-TUTARLILIK VE ÖZDEŞLİĞİN DOĞRULUK TABLOSU

YÖNTEMİYLE DENETLENMESİ

37


Bu bölümde önermelerin geçerlilik-tutarlılık ve özdeşliğini doğruluk tablosu

yöntemiyle öğreneceğiz.

38





4) Doğruluk tablosu aracılığıyla nasıl denetleme yapılır?

39


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği




denetlenmesi




denetleyebilir.

Alıştırma

40

Anahtar Kavramlar

Geçerlilik

Tutarlılık

Özdeşlik

41

Giriş

Bu bölümde önermelerin geçerlilik-tutarlılık ve özdeşliğini doğruluk tablosu

yöntemiyle denetlenecektir.

42

3. Geçerlilik-Tutarlılık Ve Özdeşliğin Doğruluk Tablosu Yöntemiyle

Denetlenmesi

Bir çıkarımda öncüllerle sonuç arasındaki ilişkinin denetlenmesi için öncüller birbirine

(ve) eklemiyle sonuç ise öncüllere (ise) eklemiyle bağlanır. Diğer bir ifadeyle bir çıkarımın

denetlenmesi istenildiğinde öncüllerin doğruluk değeri, sonuç ifadesinin doğruluk değerine

ise eklemiyle bağlanır.

Amaç, öncüllerin birlikte aldığı doğruluk değeri ile sonucun doğruluk değeri

arasındaki ilişkiyi görebilmektir.

Eğer sonuç sütunu hep doğru değerlerinden oluşuyorsa, bu durum çıkarımın geçerli

olması anlamına gelir.

Fakat sonuç ifadesi eğer en az bir tane bile yanlış değeri içeriyorsa, çıkarımın

geçersiz olduğu kabul edilir.

Sonuç ifadesinde en az bir tane doğru değeri varsa, çıkarımın geçersiz fakat tutarlı

olduğu anlaşılır.

Eğer sonuç ifadesinde hiç doğru değeri yoksa bu durumda çıkarımın geçersiz ve

tutarsız olduğunu söylemek gerekir.

Şimdi bu söylenenleri tekrar kısaca yazalım:

Geçerlilik: Bir çıkarımın sonuç değerlerinin hepsinin doğru olmasıdır.

Tutarlılık: Bir çıkarımın sonuç değerlerinden en az birisinin doğru olmasıdır.

Tutarsızlık: Bir çıkarımın sonuç değerlerinin hepsinin yanlış olmasıdır.

Bu açıklamalar ışığında, 2. Bölümde verilen örnekteki soruya tekrar dönelim yani

“Arkadaşımı gördüm mü?” sorusunu tekrar ele alalım.

2. Bölümdeki doğruluk tablosu verilen öncüllerden, “Arkadaşımı gördüm.”

sonucunun çıkarımlanamayacığını göstermektedir. Çünkü “Arkadaşımı gördüm.” ifadesini

temsil eden “p” önermesi, verilen öncüllerden elde edilememektedir. Dolayısıyla sonuç,

olumsuzdur. Yani öncüllerin birlikte oluşturduğu söylem, “Arkadaşımı gördüm.” gibi bir

sonuca (mantıkça) ulaşılmasına olanak vermemektedir.

Fakat 2. Bölümde elde edilen sonuç, bazı değerler için (I ve II. satır için) doğru değeri

almıştır. Dolayısıyla söz konusu çıkarım geçerli olmamakla birlikte tutarlıdır.

Bu durumda, öncüller bazı durumlarda arkadaşımı görmüş olmama olanak

vermektedirler. Bu koşullar, I ve II. satırlar tarafından temsil edilmektedirler. Yani bu

satırlarla temsil edilen söylem, arkadaşımı görme koşulunu sağlamaktadır. Böyle bir durum,

mantık açısından bakıldığında, öncüllerle sonuç arasında sadece tutarlılığın olduğunu ve

43

dolayısıyla bir geçerliliğin olmadığını göstermektedir. Matematikten bir örnek verirsek, bizim

için bir eşitlik, değişkenlerin bütün değerlerinin doğru değeri alması durumunda kabul

edilebilir. Nitekim basit bir örnekle,

2(a x b) = 2a x 2b

Eşitliği (a) ve (b)’nin bütün değerleri için söz konusudur. Eğer değişkenlerin bazı

değerleri için bir eşitlik sağlansaydı, bir anlam ifade etmezdi. Nitekim bu eşitliğin sağ

tarafının (2a x 3b) şeklinde olduğunu varsayalım. (a) ve (b) değişkenlerinin (0) değeri alması

durumunda da eşitlik sağlanırdı; ama bu durum herhangi bir şekilde işimize yaramazdı.

Bir çıkarımda şüphesiz öncüllerin sayısını sınırlayamayız. Yukarıdaki çıkarımda

sadece iki öncül kullanılmıştır. Elbette öncüllerin sayısı ikiden fazla olabilir. Eğer öncüllerin

sayısı üç ise p, q, r olarak sembolleştirilebileceğimiz öncüller birlikte şu değerleri alırlar:

p q r

D D D

D D Y

D Y D

D Y Y

Y D D

Y D Y

Y Y D

Y Y Y

44

Eğer öncül sayısı p, q, r, s şeklinde 4 tane olsaydı, bu öncüller birlikte

p q r s

D D D D

D D D Y

D D Y D

D D Y Y

D Y D D

D Y D Y

D Y Y D

D Y Y Y

Y D D D

Y D D Y

Y D Y D

Y D Y Y

Y Y D D

Y Y D Y

Y Y Y D

Y Y Y Y

değerlerini alırdı. Eğer öncül sayısı 5 tane olsaydı, bu durumda 25=32 satır gerekirdi.

Çünkü D ve Y olmak üzere iki değer kullanıldığı için önermelerin sayısı iki değerin kuvveti

olacaktır. Nitekim p ve q gibi iki önerme 22=4 satır; p, q, r gibi üç önerme 23=8 satır; p, q, r, s

gibi dört önerme 24=16 satırlık bir doğruluk tablosu yapılmasını gerektirmektedir.

Şimdi içinde üç tane önermenin olduğu şu çıkarımları denetleyelim:

[ [(𝑝 ˅~𝑟) ↔ (𝑞 → ~𝑝)] 𝑣 [~(𝑟 ˅ 𝑞) → ~𝑝] ] → (~𝑟 ˅ ~𝑞)

Bu çıkarımı denetleyebilmek için, yukarıda yaptığımız gibi önce p, q, r önermelerinin

değerlerini altlarına yazalım. Yani;

[ [(𝑝 ˅~𝑟) ↔ (𝑞 → ~𝑝)] ˅ [~(𝑟 ˅ 𝑞)~𝑝] ] → (~𝑟 ˅ ~𝑞)

45

[ [(𝒑 ˅ ~𝒓 ) ↔ (𝒒 → ~𝒑)] ˅ [~ (𝒓 ˅ 𝒒) → ~𝒑] ] → (~𝒓 ˅ ~𝒒)

D Y D Y D D Y Y Y

D D D Y Y D Y D Y

D Y Y Y D Y Y Y D

D D Y Y Y Y Y D D

Y Y D D D D D Y Y

Y D D D Y D D D Y

Y Y Y D D Y D Y D

Y D Y D Y Y D D D

Bundan sonraki adımda, parantez içindeki işlemleri yapalım. Bu durumda, (p v ~r )

ifadesinin D, D, D, D, Y, D, D, Y, D değerini aldığını buluruz. Diğerlerini de yaparsak,

[ [(𝒑 ˅ ~𝒓 ) ↔ (𝒒 → ~𝒑)] ˅ [~ (𝒓 ˅ 𝒒) → ~𝒑] ] → (~𝒓 ˅ ~𝒒)

D Y D Y Y

D Y D Y D

D D D Y D

D D Y Y D

Y D D D Y

D D D D D

Y D D D D

D D Y D D

tablosunu elde ederiz.

46

Şimdi, parantez dışındaki değillemeleri de dikkate alarak işlemi sürdürelim.

[ [(𝑝 ˅ ~𝑟 ) ↔ (𝑞 → ~𝑝)] ˅ [~ (𝑟 ˅ 𝑞) → ~𝑝] ] → (~𝑟 ˅ ~𝑞)

D Y Y Y Y

D Y Y Y D

D D Y Y D

D D D Y D

Y D Y D Y

D D Y D D

Y D Y D D

D D D D D

Dikkat edersek (r٧q) ifadesinin D, D, D, Y, D, D, D,Y değerlerini almasına karşılık,

~(r٧q) ifadesi tam bu değerlerin tersi değerlere sahip olmaktadır. Yani, Y,Y,Y, D, Y, Y,Y D

değerlerini almıştır.

Bundan sonraki adımda, birinci köşeli parantezin içinde bulunan iki küçük parantezin

değerlerini, (↔) eklemine göre; ikinci köşeli parantezin içinde bulunan iki küçük parantez

arasındaki işlemi de (→) eklemine göre yapalım. Şu sonucu elde ederiz:

[ [(𝑝 ˅ ~𝑟 ) ↔ (𝑞 → ~𝑝)] ˅ [~ (𝑟 ˅ 𝑞) → ~𝑝] ] → (~𝑟 ˅ ~𝑞)

Y D Y

Y D D

D D D

D Y D

Y D Y

D D D

Y D D

D D D

47

Bundan sonraki adımda, bu iki köşeli parantezin bu bulduğumuz değerlerinin (٧)

eklemiyle birbirine bağlayalım. Yani,

[ [(𝒑 ˅ ~𝒓 ) ↔ (𝒒 → ~𝒑)] ˅ [~ (𝒓 ˅ 𝒒) → ~𝒑] ] → (~𝒓 ˅ ~𝒒)

D Y

D D

D D

D D

D Y

D D

D D

D D

Artık, her iki öncülün birlikte sahip olduğu (D, D, D, D, D, D, D, D) değerini de

bulduk. Şimdi, sonucu bulmak için, öncüllerin bu değerini sonuç değerlerine (→) eklemiyle

bağlamamız gerekmektedir.

[ [(𝑝 ˅ ~𝑟 ) ↔ (𝑞 → ~𝑝)] ˅ [~ (𝑟 ˅ 𝑞) → ~𝑝] ] → (~𝑟 ˅ ~𝑞)

D Y Y

D D D

D D D

D D D

D Y Y

D D D

D D D

D D D

48

Çıkan sonucun (Y, D, D, D, Y, D, D, D) değerlerinden oluştuğu görülmektedir. Bu

değerler ise söz konusu ifadenin geçersiz ama tutarlı olduğunu göstermektedir. Çünkü dikkat

edilirse birinci ve beşinci satırlarda ifademiz (Y) değeri almaktadır. Dolaysıyla da yukarıda

verilen tanıma göre bu durum, ifademizin geçersiz fakat tutarlı olduğunu göstermektedir.

49



denetlenmiştir.

50

Bölüm Soruları

1) Aşağıdakilerden hangisi klasik mantıkta kullanılan önerme gösterimlerinden

biridir?

a) SüP

b) SiP

c) SöP

d) SoP

e) SuP

2) Aşağıdakilerden hangisi bir önermenin kıyasta ele alınış tarzlarından biri değildir?

a) Tümel

b) Olumlu

c) Tikel

d) Tüzel

e) Olumsuz

3) “Sonuçta mantık bilimi sayesinde, yeni yapay diller kullanarak doğru düşüncenin

………. sınırları da genişletilecektir.”

Yukarıdaki boşluğu dolduracak en uygun ifade aşağıdakilerden hangisidir?

a) Denetlenebilirlik

b) İfade

c) Betimlenebilirlik

d) Sezgisellik

e) İletişim

51

4) Doğruluk değerleri D, Y, Y, D olan bir ifadenin değilinin doğruluk değerleri

aşağıdakilerden hangisidir?

a) D, Y, D, D

b) D, Y, Y, Y

c) D, D, D, Y

d) Y, D, D, Y

e) D, Y, Y, D

5) ~p ↔ q ifadesinin doğruluk değerleri aşağıdakilerden hangisidir?

a) D, Y, Y, D

b) Y, D, D, Y

c) D, D, D, Y

d) Y, Y, D, D

e) D,Y, Y, Y

6) ∼ 𝑝 ∧ (𝑝 → 𝑞) ifadesinin doğruluk değerleri aşağıdakilerden hangisidir?

a) D, Y, Y, D

b) Y, D, D, Y

c) D, D, D, Y

d) D,Y, Y, Y

e) Y, Y, D, D

7) ∼ 𝑝 ∧ (𝑝 ↔∼ 𝑞) ifadesinin doğruluk değerleri aşağıdakilerden hangisidir?

a) D, Y, Y, D

b) Y, D, D, Y

c) Y, Y, D, Y

d) D, Y, Y, Y

e) Y, Y, D, D

52

8) ∼ 𝑝 ∧ ~[∼ (𝑝 ↔∼ 𝑞)] ifadesinin doğruluk değerleri aşağıdakilerden hangisidir?

a) D, Y, Y, D

b) Y, Y, D, Y

c) D, D, D, Y

d) D, Y, Y, Y

e) Y, Y, D, D

9) ∼ (𝑝 ↔∼ 𝑞) → ∼ p ifadesinin doğruluk değerleri aşağıdakilerden hangisidir?

a) D, Y, Y, D

b) Y, Y, D, Y

c) D, D, D, Y

d) D, Y, Y, Y

e) Y, D, D, D

10) ∼ (𝑝 ↔∼ 𝑞) → q ifadesinin doğruluk değerleri aşağıdakilerden hangisidir?

a) D, Y, Y, D

b) Y, Y, D, Y

c) D, D, D, D

d) D, D, D, Y

e) Y, D, D, D

Cevaplar

1)d, 2)d, 3)c, 4)d, 5)b, 6)e, 7)c, 8)b, 9)e, 10)d

53

4. QUINE YÖNTEMİYLE GEÇERLİLİK VE TUTARLILIĞIN DENETLENMESİ

54


Bu bölümde önermelerin geçerlilik ve tutarlılıklarının Quine yöntemiyle denetlenmesi

hakkında bilgi verilecektir.

55





4) Quine yöntemi aracılığıyla nasıl denetleme yapılır?

56


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği



Quine yöntemiyle

denetlenmesi



Quine yöntemiyle

denetleyebilir.

Alıştırma

57

Anahtar Kavramlar

Geçerlilik

Tutarlılık

Özdeşlik

Quine

58

Giriş


hakkında bilgi verilecektir.

59

4. Quıne Yöntemiyle Geçerlilik Ve Tutarlılık Denetlenmesi

Bir mantık ifadesinin geçerlilik ve tutarlılığını denetleme yöntemlerinden birisi de

Quine yöntemidir. Bu yöntem özellikle üçten çok değişken olması durumunda kolayca karar

verilebilmesine olanak verdiği için son derece kullanışlı olmaktadır.

Quine yönteminin uygulanışı son derece kolaydır. Şu adımlar uygulanır:

Birinci adımda, verilen ifadede en fazla geçen temsilci harfe bir kere “D” bir kere

“Y” değeri verilir. Eğer temsilci harflerin sayısı eşitse herhangi birisinden başlanır ve

aşağıdaki kurallar yardımıyla sadeleştirme işlemi yapılır. Bu sadeleştirme işlemi sonunda elde

edilen ifadede geçen temsilci harflere (yine tercihen en fazla geçene) bir kere “D”, bir kere de

“Y” değeri verilir ve sadeleştirme işlemi yapılır. Bu sadeleştirme işlemi bütün p, q, r gibi

temsilci harfler eleninceye kadar sürdürülür.

Bu sadeleştirme işlemi, aşağıdaki kurallar aracılığıyla gerçekleştirilir:

A ˄ D = A

A ˄ Y = Y

A v D = D

A v Y = A

A → D = D

A → Y = ˜A

D → A = A

Y → A = D

A↔ D = A

A ↔ Y = ˜A

Bu tabloda “ve”, “veya”, “ancak ve ancak” eklemlerinin yer değiştiricilik özelliği

olduğunu unutmamak gerekir. Yani “A v B = B v A”, olacaktır. Dolayısıyla da bir örnek

olarak, “A v D = D = D v A” şeklinde düşünmek gerekmektedir. Aynı durum “ve”, “ancak ve

ancak” eklemleri için de söz konusudur. Bu durumda yukarıdaki tabloyu “A ˄ B = B ˄ A”,

“A ↔ B = B ↔ B” şeklindeki eşitlikler içinde dikkate almak gerekir.

İkinci adımda, sonunda elde edilen değerler, doğruluk tablosunda ilgili satıra işlenir.

Bu işlemede o değerin elde ediliş koşulları dikkate alınır. Sadeleştirme işleminin en sonunda

elde edilen doğruluk değeri örneğin “Y” ise ve bu değer P=D, q=Y, r=Y değerleri aracılığıyla

60

elde edilmişse bu sonuç, P=D, q=Y, r=Y satırına yazılır. Dikkat edilecek olursa bu satır,

doğruluk tablosunda 5. satıra karşılık gelmektedir.

Kolayca tahmin edileceği gibi, doğruluk tablosu eğer hep “D” değerlerinden oluşmuş

ise bu ifade geçerli; en az bir “D” değeri içeriyorsa geçersiz fakat tutarlı ve tamamen “Y”

değerlerinden ibaretse tutarsız olacaktır.

Şimdi bu anlatılanları bir örnek aracılığıyla görelim:

Aşağıdaki ifadede 3 kez p, 4 kez q, 4 kez de r değişkeni geçmektedir. En çok geçen

değişken sayısı eşit olduğundan q ya da r’den biri seçilerek çözüme başlanır. Biz q’yu seçtik.

Şimdi q’ya önce D değerini sonra yanlış değerini vereceğiz. Adım adım ilerlemek açısında

ilk q gördüğümüz yerin altına D yazalım.

[ [ [ ( p ~ r ) v ( q ↔ r ) ] v [ ( p ↔ q ) Λ ( r q ) ] ] [ r ( p v q ) ]

D

D

D

D

D

D

D

D

“↔” bağlacının özelliği hatırlanırsa, D↔D = D, D↔Y=Y’tır. Bu bakımdan “D↔r”

ifadesinin sonucu r’ye bağlıdır. “r” , doğru ise ifade doğru; yanlış ise ifade yanlış olacaktır.

[ [ [ ( p ~ r ) v ( q ↔ r ) ] v [ ( p ↔ q ) Λ ( R q ) ] ] [ r ( p v q ) ]

r

r

r

r

r

r

r

r

61

Şimdi aynı şekilde diğer q’lu ifadelerin altına D yazalım.

[ [ [ ( p ~ r ) v r ] v [ ( p ↔ q ) Λ ( r q ) ] ] [ r ( p v q ) ]

r D D D

r D D D

r D D D

r D D D

r D D D

r D D D

r D D D

r D D D

Önce, “~ q”yu tabloda işleyelim

[ [ ( p ~ r ) v r ] v [ ( p ↔ q ) Λ ( r q ) ] ] [ r ( p v q ) ]

Y D D

Y D D

Y D D

Y D D

Y D D

Y D D

Y D D

Y D D

Böylelikle elimizde “p↔Y” ifadesi kalıyor. “↔” bağlacı için D↔Y=Y, Y↔Y=D

değerleri elde edilir. Bu durum dolayısıyla “p” değişkeninin doğruluk değeri ne olursa olsun,

sonuç (~p) şeklinde olacaktır.

[ [ ( p ~ r ) v r ] v [ ( p ↔ q ) Λ ( r q ) ] ] [ R ( p v q ) ]

p D D

p D D

p D D

p D D

p D D

p D D

p D D

p D D

62

Şimdi “rq” ifadesine bakalım. “” bağlacında, “”nin sağ tarafı Doğru olduğu

sürece, sonuç Doğru çıkacağından, r hangi doğruluk değerinde olursa olsun sonuç Doğru

olacaktır.

[ [ [ ( p ~ r ) v r ] v [ p Λ ( r q ) ] ] [ r ( p v q ) ]

D D

D D

D D

D D

D D

D D

D D

D D

“~pvq” ifadesi açısından duruma bakalım. “v” bağlacının bir sağında ya da solundaki

değişkenin Doğru olması sonucun Doğru olmasını sağlamaktaydı. Bu yüzden bu ifade p’nin

durumundan bağımsız olarak Doğru sonucunu alır.

[ [ [ ( p ~ r ) v r ] v [ p Λ D ] ] [ r ( P v q ) ]

D

D

D

D

D

D

D

D

Yukarıda bulduğumuz sonuçların tamamını tablomuza işlediğimizde ifademiz şu hâle

gelir.

[ [ ( p ~ r ) v r ] v [ p Λ D ] ] [ r D ]

Görüldüğü gibi tablomuzda (~p Λ D) ifadesi yer almaktadır. Burada “Λ” bağlacının

özelliğinden, “p” Doğru ise sonuç Yanlış; “p” Yanlış ise sonuç Doğru çıkacaktır. Öyleyse

sonuç her zaman “~p” olacaktır.

63

[ [ ( p ~ r ) v r ] v [ p Λ D ] ] [ r D ]

p

p

p

p

p

p

p

p

Görüldüğü gibi tablomuzda (~p Λ D) ifadesi yer almaktadır. Burada “Λ” bağlacının

özelliğinden, “p” Doğru ise sonuç Yanlış; “p” Yanlış ise sonuç Doğru çıkacaktır. Öyleyse

sonuç her zaman “~p” olacaktır.

[ [ ( p ~ r ) v r ] v p ] [ r D ]

D

D

D

D

D

D

D

D

Tabloya dikkat ettiğimizde ifademiz, kırmızı köşeli parantezle gösterilen, ise

bağlacıyla birbirine bağlanan iki ana eklemden oluşmaktadır. “ise”nin sağ tarafında yer alan

(rD) ifadesi yukarıda açıkladığımız gibi her durumda Doğru sonucunu verir. Bu durumda

tablomuz şöyle olur:

[ [ ( p ~ r ) v r ] v p ] D

D

D

D

D

D

D

D

D

64

Burada da kırmızı köşeli parantezle gösterilen kısmına A dersek, ifade (A D) olur,

bu durumda sonuç yine hep Doğru çıkacaktır. Öyleyse ifademiz p=D için hep doğru sonucunu

alacaktır. Şimdi p=Y olduğu duruma bakalım. Bu sefer p gördüğümüz yerlere Yanlış

yazıyoruz.

[ [ [ ( p ~ r ) v ( q ↔ r ) ] v [ ( p ↔ q ) Λ ( r q ) ] ] [ r ( p v q ) ]

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Yukarıda orta ya koyduğumuz gibi “↔” bağlacının özelliğinden Y ↔ r = ~r, p ↔ D

ise p olacaktır.

(rY) ifadesinde, r Doğru ise sonuç Yanlış; r Yanlış ise sonuç Doğru olur. Öyleyse

sonuç “~r”dir.

(~p v Y) ifadesi p Doğru ise Yanlış; p Yanlış ise Doğru olacaktır. Dolayısıyla her

durumda “~p”dir. Şimdi bu sonuçları tabloda yerine yazarsak.

[ [ ( p ~ r ) v ~ r ] v [ ( p Λ ~ r ] ] [ r Y ]

İfademiz, yine kırmızı köşeli parantezle gösterilen, ise bağlacıyla birbirine bağlanan

iki ana eklemden oluşmaktadır. Bu kez “ise”nin sağ tarafında yer alan (rY) ifadesi

yukarıda açıkladığımız gibi her durumda “~r” sonucunu verir. Bu durumda tablomuz şöyle

olur:

65

[ [ ( p ~ r ) v ~ r ] v [ ( p Λ ~ r ] ] ~ r

İfademizde en çok geçen iki değişkenden biri olan “p”ye ilişkin tüm sonuçlara

ulaştığımıza göre şimdi yeniden en çok geçen değişkene bakalım. Görüldüğü gibi bu kez en

fazla “r” ye rastlanılmaktadır. Şimdi “r”ye önce Doğru değerini ardından yanlış değerini

verelim.

[ [ ( p ~ r ) v ~ r ] v [ ( p Λ ~ r ] ] ~ r

D D D D

D D D D

D D D D

D D D D

D D D D

D D D D

D D D D

D D D D

Değilleri göz önünde tuttuğumuzda ifademiz şu biçimi alır.

[ [ ( p Y ) v Y ] v [ ( p Λ Y ] ] Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

Y Y Y Y

66

Yukarıda gördüğümüz gibi pY ifadesinin sonucu “~p”,

p Λ Y ifadesinin sonucu “p” çıkacaktır. Tabloda yerine koyalım

[ [ ~ p v Y ] v p ] Y

(~p v Y) ifadesinin sonucu hep “~p”dir. Yerine koyarsak

[ p v p ] Y

(pvp) ifadesi “p”dir. Bu durumda ifademiz şu hâle gelir.

p Y

Burada sonuç hep “~p” çıkacaktır. Öyleyse ifademizin son hali “~p”dir.

(~p) ifadesinde p=D ise sonuç Yanlış; p=Y ise sonuç Doğru çıkar. “r”, En başından

beri bulduğumuz sonuçları işlersek. q=D olan heryerde sonuç Doğru; q=Y, r=D, p=Y

olduğunda sonuç Doğru; q=Y, r=D, p=D için sonuç Yanlış çıkacaktır.

p q r Sonuç

D D D D

D D Y D

D Y D Y

D Y Y

Y D D D

Y D Y D

Y Y D D

Y Y Y

Görüldüğü gibi sonuçlardan bazıları Doğru, en az biri ise Yanlıştır. Bu durumda

ifademiz geçersiz ama tutarsız bir ifade olacaktır.

67



hakkında bilgi verilmiştir.

68

Bölüm Soruları

1) Aşağıdakilerden hangisi [ (𝑝 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑝 → 𝑟)] → [ 𝑟 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝑞)] ifadesinin


a) [(𝑌 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑌 → 𝑟)] → [ 𝑟 ∧ (𝑌 ↔ 𝑞)]

b) [(𝐷 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝐷 → 𝑟)] → [𝑟 ∧ (𝐷 ↔ 𝑞)]

c) [(𝑌 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝐷 → 𝑟)] → [ 𝑟 ∧ (𝐷 ↔ 𝑞)]

d) [(𝑌 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑌 → 𝑟)] → [ 𝑟 ∧ (𝐷 ↔ 𝑞)]

e) [(𝑌 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝐷 → 𝑟)] → [ 𝑟 ∧ (𝐷 ↔ 𝑞)]

2) Aşağıdakilerden hangisi [(∼ 𝑞 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑞 → 𝑟)] → [ 𝑞 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝑞)] ifadesinin


a) [(∼ 𝐷 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑌 → 𝑟)] → [𝐷 ∧ (∼ 𝐷 ↔ 𝑞)]

b) [(∼ 𝑌 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑌 → 𝑟)] → [ 𝐷 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝐷)]

c) [(∼ 𝐷 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝐷 → 𝑟)] → [ 𝑌 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝑞)]

d) [(∼ 𝑌 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑌 → 𝑟)] → [ 𝑌 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝐷)]

e) [(∼ 𝑌 ↔ ∼ 𝑟) ∨ (𝑌 → 𝑟)] → [ 𝑌 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝑌)]

3)Aşağıdakilerden hangisi [(∼ 𝑞 ↔ ∼ 𝑟) → (𝑞 → 𝑟)] ↔ [ 𝑞 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝑞)] ifadesinin


a) [(𝐷 ↔ ∼ 𝑟) → (𝑌 → 𝑟)] ↔ [ 𝐷 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝑞)]

b) [(𝑌 ↔ ∼ 𝑟) → (𝑌 → 𝑟)] ↔ [ 𝐷 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝑌)]

c) [(𝐷 ↔ ∼ 𝑟) → (𝑌 → 𝑟)] ↔ [𝐷 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝐷)]

d) [(𝐷 ↔ ∼ 𝑟) → (𝑌 → 𝑟)] ↔ [ 𝑌 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝑌)]

e) [(𝐷 ↔ ∼ 𝑟) → (𝐷 → 𝑟)] ↔ [ 𝐷 ∧ (∼ 𝑝 ↔ 𝐷)]

69

4) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑞 ↔ ∼ 𝑟) → (𝑞 → 𝑟)] ifadesinin Quine yöntemiyle


a) [(𝐷 ↔ ∼ 𝑟) → (𝐷 → 𝑟)]

b) Y

c) 𝑟 → 𝑌

d) ∼ 𝑟 → 𝐷

e) 𝑞 → 𝑌

5) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑝 ↔ ∼ 𝑞) → (𝑞 → 𝑟)] ifadesinin Quine yöntemiyle


a) ∼ 𝑝 → 𝐷

b) 𝑝 → ∼ 𝑟

c) 𝐷 →∼ 𝑟

d) 𝑝

e) ∼ 𝑝 → 𝑟

6) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑞 ∧ 𝑝) → (𝑞 → 𝑝)] ifadesinin Quine yöntemiyle

çözümü sırasındaki aşamalardan biri değildir?

a) 𝑝 → 𝐷

b) 𝐷

c) 𝑌 → 𝑝

d) 𝑌 → (𝐷 → 𝑝)

e) 𝑌

70

7) Aşağıdakilerden hangisi [∼ (∼ 𝑞 → 𝑝) → (𝑞 →∼ 𝑝)] ifadesinin Quine yöntemiyle


a) ∼ 𝑝 → 𝐷

b) 𝑌

c) 𝑌 →∼ 𝑝

d) ∼ 𝑝 → (𝑌 →∼ 𝑝)

e) 𝐷

8) Aşağıdakilerden hangisi ∼[ (∼ 𝑝 → 𝑝) → (𝑞 →∼ 𝑝)] ifadesinin Quine yöntemiyle


a) ∼[ (𝑌 → 𝐷) → (𝑞 → 𝑌)]

b) ∼[ 𝐷 → (𝑞 → 𝑌)]

c) ∼ ( 𝐷 → ∼ 𝑞)

d) 𝑞

e) 𝑝

9) Aşağıdakilerden hangisi ∼[ (∼ 𝑝 → 𝑝) → (𝑞 →∼ 𝑝)] ifadesinin Quine yöntemiyle


a) ∼[ (𝐷 → 𝑌) → (𝑞 → 𝐷)]

b) ∼[ 𝑌 → (𝑞 → 𝐷)]

c) ∼ ( 𝐷 → 𝑌)

d) ∼ 𝐷

e) 𝑌

71

10) Aşağıdakilerden hangisi [(∼ 𝑝 ↔ 𝑟) ↔ (𝑞 →∼ 𝑝)] ifadesinin Quine yöntemiyle


a) [(𝑌 ↔ 𝑟) ↔ (𝑞 → 𝑌)]

b) 𝑟 ↔ (𝑞 → 𝐷)

c) 𝑟

d) ∼ 𝑟 ↔ ∼ 𝑞

e) ∼r → (𝑞 → 𝐷)

Cevaplar

1)d, 2)e, 3)c, 4)d, 5)d, 6)e, 7)b, 8)e, 9)c, 10)e

72

5. SAÇMAYA İNDİRGEME

73


Bu bölümde saçmaya indirgeme yöntemiyle geçerlilik-tutarlılık denetleme konusunda

bilgi verilecektir.

74


1) Saçmaya indirgeme nedir?

2) Saçmaya indirgeme yöntemiyle geçerlilik-tutarlılık denetlemesi nasıl yapılır?

75


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Saçmaya indirgeme

Saçmaya indirgeme

yöntemiyle geçerlilik-

tutarlılık denetlenmesinibilir.

Alıştırma

76

Anahtar Kavramlar

Saçmaya İndirgeme

Geçerlilik

Tutarlılık

77

Giriş

Saçmaya indirgeme (reductio ad absurdum) çok eskiden beri bilinen bir ispat

yöntemidir. Bu yöntemi adını bilmesek de aslında günlük yaşantımızda kullanırız. Bu

yöntemin son derece kullanışlı bir ispat biçimi olmasının bir nedeni, doğrudan ispatlanamayan

bir yargının doğruluğu konusunda bu yöntemle karar verilebilmesidir.

78

5. Saçmaya İndirgeme

Saçmaya indirgeme yöntemi, bazı ufak değişiklikler gösterse de mantıksal formu, “A”

gibi bir ifadenin değillenmesinin (yani ~A’nın) doğru olduğunun varsayılmasını gerektirir.

Eğer bu ~A ifadesinden mantıksal olarak B ve ~B gibi iki çelişik sonuç türetilebilirse, ~A’nin

doğru olmadığı sunucuna varılır. Bu durumda, ~A’nın tersinin, yani A’nın, doğru olduğu

sonucunu elde etmek mümkün olacaktır. Çünkü ~A ifadesi içinde B ve ~B gibi çelişik iki

ifade barındırmaktadır. Bu durum, ~A’nın doğru olmadığının bir kanıtıdır. Çünkü ~A, tutarsız

bir ifadedir. ~A’nın doğru olmaması, A’nın doğru olmasını gerektirdiği için, sonuçta A’nın

doğruluğu dolaylı olarak kanıtlanmış olur.

Şimdi bu yöntemi bir mantık ifadesine uygulayalım. Bu uygulamada ana eklemden

başlanır; amaç, verilen ifadenin çelişik bir sonuç içerip içermediğini görmektir. Eğer çelişik

bir sonuca ulaşılamıyorsa ifadenin geçerli olduğu söylenir.

Saçmaya indirgeme yöntemi, çok çabuk sonuç elde etmeye elverişli olduğu için,

sorunu çözmekte tercih edilen bir yöntemdir. Dikkatli bir şekilde uygulandığı takdirde

işlemlerde önemli bir kısalık sağlayacaktır.

Şimdi bir örnek olarak aşağıdaki ifadenin geçerliliğini “saçmaya indirgeme”

yöntemiyle denetleyelim.

[(𝑞 → �̅�) ↔ (𝑟⋁𝑝)] → [(𝑞⋀𝑟) → �̅�]

Şeklinde verilen bir ifadenin geçerli olup olmadığını saçmaya indirgeme yöntemiyle

denetlemek için geçersiz olduğunu varsdayılım. Bu ifadenin geçersiz olması demek, ana

eklemin (yani burada “ise” ekleminin) en az bir kere yanlış değeri alması demektir.

Bu ana eklemin yanlış değeri alabilmesi için ilk bileşenin doğru, ikinci bileşenin ise

yanlış değeri almalıdır. Çünkü 𝐷 → 𝑌 = 𝑌 dir. Yani;

[(𝑞 → �̅�) ↔ (𝑟⋁𝑝)] → [(𝑞⋀𝑟) → �̅�]

Y

D Y

Verilen ifadenin ilk bileşeninin doğru değeri alabilmesi için, ana eklem konumunda

olan ancak ve ancak ekleminin 𝐷 ↔ 𝐷 veya 𝑌 ↔ 𝑌 değeri alması gerekir.

Bu ilk bileşenin doğru değer alabilmesinin koşulu 𝑞 → �̅� ve 𝑟⋁𝑝 ifadelerinin birlikte

doğru değeri almasıdır.

𝑞 → �̅� ifadesinin doğru değeri alabilmesinin üç koşulu olduğunu biliyoruz. Bu üç

koşuldan bizim için en uygun olanı, 𝑞 = 𝑌 olmasıdır. Çünkü bu durumda (yani 𝑞 = 𝑌 olması

79

durumunda), 𝑟 ’nin hangi değeri alacağının önemi kalmayacak ve 𝑞 → �̅� ifadesi de doğru

olacaktır.

Fakat öte yandan, istenilen sonuca ulaşabilmek için, r v p ifadesinin de “D” değeri

alması gerekir. Bunun için r ya da p önermelerinden birisinin “D” değeri alması yeterli

olacaktır. Sonuçta (𝑞 → �̅�) ↔ (𝑟⋁𝑝) ifadesi “D” değeri alacak ve istenilen koşul da yerine

gelmiş olacaktır. Yani 𝑝 veya 𝑟 değerlerinden birisinin doğru değerini alması, istenilen

sonuca bizi götürmektedir. Çünkü amaç bu ifadenin D değeri almasının mümkün olup

olmadığını araştırmaktır. Nitekim:

(𝑌 → �̅�) ↔ (𝐷⋁𝑝)

İfadesinde:

𝐷 ↔ 𝐷

= 𝐷

sonucu elde edilir.

Burada dikkat edilmesi gereken bir husus vardır: işlemin bundan sonraki adımında

artık 𝑞 = 𝑌 ve 𝑟 = 𝐷 olarak kabul edilmesi gerektirmektedir. Çünkü verilen ifadenin sol

tarafı bu koşullar altında “D” değeri almıştır; aynı ifade içinde q ve r önermelerinin doğruluk

değerinin artık değişmesi sözkonusu değildir.

İşlemin bundan sonraki adımı, bu koşullara altında (yani 𝑞 = 𝑌 ve 𝑟 = 𝐷 olduğunu

kabul ederek) ana eklem konumundaki “→”nin sağ tarafının (yani [(𝑞⋀𝑟) → �̅�] ifadesinin)

“Y” değeri alıp alamayacağını denetlemeyi gerektirmektedir.

Bu ifadenin “Y” değeri alabilmesi için [(𝑞⋀𝑟) → �̅�] ifadesinin yanlış değeri alması

gerekir. Fakat dikkat edilirse bu ifade “Y” değeri alamaz. Çünkü önceki adımında 𝑞 = 𝑌

değeri alması koşulu kabul edilmişti. 𝑞 = 𝑌 olunca, [(𝑞⋀𝑟) → �̅�] ifadesinin ön bileşeni

zorunlu olarak “Y” değeri alacaktır. Çünkü 𝑌⋀𝑟 = 𝑌’dir. Bu durumda 𝑌 → �̅� ifadesi hiçbir

zaman “Y” değeri alamaz.

Fakat ana eklemin sol tarafındaki ifadenin “D” değeri alabilmesinin tek koşulu, q = Y

değeri alması değildir. Nitekim q = D olması durumunda eğer r = Y değeri alırsa (𝑞 → �̅�),

ifadesi yine istenilen koşulu sağlayacak yani “D” değeri alacaktır.

Ne var ki bu durumda da yine ana eklemin sağ tarafının “Y” değeri alması mümkün

olmayacaktır. Çünkü bu durumda [(𝑞⋀𝑟) → �̅�] ifadesi yine yanlış değeri alamayacaktır.

Bunun sebebi, q ve r temsilci harflerinden birisi yine “Y” değeri almakta, bu da “ise”

ekleminin “Y” değeri almasını engellemektedir.

80

Öte yandan sorunun çözümü için 𝑝 = 𝐷 olmasıyla sağlanabileceği düşünülebilir.

Çünkü p’nin bu değeri ana eklemin sol tarafının “D” değeri almasına olanak vermektedir.

Nitekim sonuçta

(𝑞 → �̅�) ↔ (𝑟⋁𝑝)

ifadesinde

(𝐷 → 𝐷) ↔ (𝑌⋁𝑝)

olacak; bu da

𝐷 ↔ (𝑌⋁𝑝)

şeklini alacaktır.

Bu son ifadenin “D” değeri alabilmesinin (𝑌⋁𝑝) ifadesinin de “D” değeri almasıyla

sağlanacağı ortadadır. İşte bu ifadenin istenilen değeri alabilmesi için 𝑝 = 𝐷 olmalıdır. Çünkü

𝐷 ↔ (𝑌⋁𝐷)

= 𝐷 ↔ 𝐷

= 𝐷

olabilir.

Fakat dikkat edilirse bu durum da yine işimize yaramamaktadır. Çünkü sorun, sağ

tarafın “Y” değeri alamamasıdır. Bunun sebebi, “p” temsilci harfinin “D” değeri alması, ön

bileşenin (yani (𝑞⋀𝑟) ifadesinin) “Y” değeri alması durumunda bir işe yaramamasıdır.

Çünkü ana denklemin sağ tarafının (yani (𝑞⋀𝑟) → �̅� ifadesinin) yine “Y” değeri

alaması mümkün olmamaktadır.

Diğer bir deyişle [(𝑞 → �̅�) ↔ (𝑟⋁𝑝)] ifadesinin 𝐷 ↔ 𝐷 koşulunu sağlaması bizi

istenilen sonuca varmamıza olanak vermemiştir. Ne var ki elimizde henüz denetlenmemiş

𝑌 ↔ 𝑌 alternatifinin araştırılması olanağı bulunmaktadır. Çünkü bu olanak da bizi istenilen

sonuca götürebilir.

Bir karar verebilmek için şimdi bu alternatifi de araştırmamız gerekmektedir. Bu

amaçla önce ana eklemin sol tarafının 𝑌 ↔ 𝑌 değerini alabilmesinin koşullarını araştıralım.

Bu istenilen sonuç 𝑞 = 𝐷 ve 𝑟 = 𝐷 olması durumunda sağlanabilmektedir. Çünkü

ancak bu durumda (𝑞 → �̅�) ifadesi yanlış değer alabilir. Nitekim

81

𝐷 → 𝑌

= 𝑌

olmak durumundadır.

Ne var ki bu durum da yine bizi istediğimiz hedefe götürmeyecektir. Çünkü q ve r nin

bu değerleri, ana eklemin sağındaki parçasının (yani Bu süreç “→” ekleminin sol tarafının)

𝑌 ↔ 𝑌 değeri alamaması anlamına gelmektedir.

Eğer bu ifade istenilen 𝑌 ↔ 𝑌 değerini alamıyorsa, istenilen 𝐷 → 𝑌 değeri de elde

edilemeyecektir. Bu durumda,

[(𝑞 → �̅�) ↔ (𝑟⋁𝑝)] → [(𝑞⋀𝑟) → �̅�]

ifadesi hiçbir zaman “Y” değeri alamaz. Dolayısıyla bu ifade geçerli olmak

durumdadır.

Bu sonuç, verilen ifadenin saçmaya indirgeme yoluyla geçersiz olamayacağını

gösterilmesi anlamına gelmektedir. Eğer sonuç ifadesinde en az bir tane bile “Y” değeri

alsaydı, verilen ifadenin geçerli olmadığı anlaşılırdı.

İkinci bir örnek olarak aşağıdaki ifadenin geçerli olup olmadığını saçmaya indirgeme

yöntemiyle denetleyelim.

Bu ifadenin geçersiz olabilmesi için her iki bileşenin de “Y” değeri alması gerekir.

Çünkü ana eklem “veya”dır ve bu eklem her iki bileşeninin de “Y” değeri alması durumunda

“Y” değeri alabilir.

İlk bileşen olan

ifadesinin yanlış değer alabilmesi için değerine sahip olması gerekir. Bunun

için öncelikle ikinci bileşen “Y” değeri almalıdır. Yani

olmalıdır. Ve aynı zamanda

82

olması gerekir. Bu durumda p, q, r’nin yukarıdaki değerlerini yerine koyarsak:

şeklinde bir sonuç elde ederiz. Bu da bizi hedefimizin ilk ayağına ulaştırır.

Şimdi yapılması gereken, p, q, r’nin bu değerleri çerçevesinde ana eklemin sağındaki

ifadenin alacağı sonucu görmek olacaktır. Yani; ifadesinin bu değerli aynen

kullanarak sonucun ne olacağını bakmak gerekmektedir:

Görüldüğü gibi ana eklemin sağ tarafı da “Y” değeri alabilmektedir. Sonuç,

olduğu için, denetlenmesi istenilen ifade geçersizdir.

83


Bu bölümde, saçmaya indirgeme yöntemiyle geçerlilik-tutarlılık denetleme konusunda

bilgi verilmiştir.

84

Bölüm Soruları

1) [(∼ 𝑝 ∧ ∼ 𝑟 ) ∨ (∼ 𝑟 → 𝑝)] → [(∼ 𝑝 ∧ 𝑞) → ∼ 𝑟] ifadesinin geçerliğini saçmaya

indirgeme yöntemiyle denetlerken p, q, r’ye verilecek değerler aşağıdakilerden hangisidir?

a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

e) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

2) [(∼ 𝑝 ∧ ∼ 𝑟 ) ∨ (∼ 𝑟 → 𝑝)] → [(∼ 𝑞 ∧ 𝑟) → ∼ 𝑝] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

e) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

3) [(∼ 𝑟 ∧ ∼ 𝑝 ) ∨ (∼ 𝑟 → 𝑝)] → [(𝑞 ∧ ∼ 𝑟) → ∼ 𝑝] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝑌

e) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝑌

85

4) [ (𝑝 ↔ ∼ 𝑟 ) ∨ (∼ 𝑟 → 𝑝)] → [(∼ 𝑟 ∧ 𝑞) → 𝑝] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝑌

b) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

e) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

5) [(∼ 𝑝 ∧ ∼ 𝑟 ) ∨ (∼ 𝑟 → 𝑝)] → [∼ 𝑞 →∼ (𝑝 ∧ 𝑟)] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

e) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

6) [ (∼ 𝑝 ∧ ∼ 𝑟 ) ∨ (𝑟 → 𝑝)] → [∼ 𝑝 →∼ (𝑞 ∧ 𝑟)] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

e) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

86

7) [ (∼ 𝑞 ∧ ∼ 𝑟 ) ∨ (∼ 𝑝 → 𝑟)] ∧ [(𝑞 ∧∼ 𝑟) → 𝑝] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝑌

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

e) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

8) [ (∼ 𝑝 ∧ ∼ 𝑟 ) ∧ (∼ 𝑟 → 𝑝)] → [(𝑞 ∧ 𝑝) → ∼ 𝑟] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

e) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝑌

9) [ (∼ 𝑝 ∧ ∼ 𝑟 ) ∨ (∼ 𝑟 → 𝑝)] → [(𝑞 ∧ ∼ 𝑟) → 𝑝] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝑌

d) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝑌

e) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

87

10) [ (∼ 𝑝 ∧ ∼ 𝑟 ) ∨ (∼ 𝑟 → 𝑝)] → [(𝑞 ∧ 𝑝) →∼ 𝑟] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

e) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

Cevaplar

1)c, 2)d, 3)e, 4)a, 5)d, 6)c, 7)b, 8)e, 9)d, 10)a

88

6. “TAM NORMAL BİÇİM”E İNDİRGEME I

89


Bu bölümde, Tam Normal Biçime İndirgeme yöntemi ve bu yöntem ile geçerlilik

denetlenmesi hakkında bilgi verilecektir.

90


1) Tam Normal Biçime İndirgeme yöntemi ile geçerlilik denetlenmesi nasıl yapılır?

91


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Tam normal biçime

indirgeme yöntemi

Tam Normal Biçime

İndirgeme yöntemi ve bu

yöntem ile geçerlilik

denetlenmesini yapabilir.

Alıştırma

92

Anahtar Kavramlar

Tam Normal Biçim

Geçerlilik

93

Giriş

Önerme eklemleri birbirleri cinsinden yazılabilirler. Bu özellik onların arasında çeşitli

mantık işlemleri yapılabilmesine olanak verir. Bu işlemlerden birisi, içinde çeşitli eklemlerin

bulunduğu bir ifadeyi veya’lı forma dönüştürmektir. Tam normal biçim (veya kısaca TNM)

adı verilen bu formun, yani A v B v C v D… şekline dönüştürülmüş bir ifadenin özelliği, her

bileşeninin ortak temsilci harflerden oluşmasıdır. Böylece, TNM’e dönüştürülmüş olan

ifadenin sahip olduğu mantıksal özellikler aracılığıyla birtakım (mantıksal) yorumlar

yapabilme olanağı elde edilir. Bu yorumların arasında, bizi doğrudan ilgilendiren bir ifadenin

geçerlilik ve tutarlılığının belirlenmesi de bulunmaktadır.

94

6. “Tam Normal Biçime” İndirgeme

Verilen herhangi bir ifadenin TNB’e indirgenebilmesi için şu aşağıdaki kurallara

gereksinim vardır.

Sadeleştirme kuralları:

𝐴 ∧ 𝐴 = 𝐴

𝐴 ∨ 𝐴 = 𝐴

𝐴 ∧ 𝐴 = 𝐴. 𝐴 = 𝐴

A ˄ B = A.B = AB

𝐴 ∨ 𝐶𝐵�̅� = 𝐴

Dağıtıcılık:

𝐴(𝐵 ∨ �̅�) = 𝐴𝐵 ∨ 𝐴�̅�

(𝐴 ∨ 𝐵)(𝐶 ∨ 𝐷) = 𝐴𝐶 ∨ 𝐴𝐷 ∨ 𝐵𝐶 ∨ 𝐵𝐷

Yer Değiştirme:

𝐴𝐵 = 𝐵𝐴

𝐴 ∨ 𝐵 = 𝐵 ∨ 𝐴

(𝐴 ∨ 𝐵) ∨ 𝐶 = 𝐴 ∨ (𝐵 ∨ 𝐶) = 𝐵 ∨ (𝐴 ∨ 𝐶)

𝐴(𝐵𝐶) = (𝐴𝐵)𝐶 = 𝐴𝐵𝐶

De Morgan:

∼ (𝐴. 𝐵) = �̅� ∨ �̅�

∼ (𝐴 ∨ 𝐵) = �̅�. �̅�

Çoğaltma:

𝐴 = 𝐴

𝐴 = 𝐴(𝐵 ∨ �̅�)

95

𝐴 = 𝐴𝐵 ∨ 𝐴�̅�

Eşdeğerlik:

𝐴 → 𝐵 = �̅� ∨ 𝐵

∼ (𝐴 → 𝐵) = 𝐴�̅�

𝐴 ↔ 𝐵 = 𝐴𝐵 ∨ �̅� �̅�

∼ (𝐴 ↔ 𝐵) = 𝐴�̅� ∨ �̅�𝐵

Şimdi bir örnek olarak aşağıdaki ifadeyi adım adım TNB’e indirgeyelim:

[(𝑝 → 𝑞) ∨ (𝑞 ↔ �̅�)] → [(𝑞 ↔ �̅�) ↔ (𝑟 → 𝑞)]

Verilen bir ifadenin TNB’e indirgenmesinde önce ana eklemden (bu örnekte “ise”)

başlamak gerekir. Dolayısıyla yukarıdaki ifadeyi 𝐴 → 𝐵 şeklinde düşünürsek, eşdeğerlik

kuralı gereği bu ifade;

~[(𝑝 → 𝑞) ∨ (𝑞 ↔ �̅�)] ∨ [(𝑞 ↔ �̅�) ↔ (𝑟 → 𝑞)]

şeklini alır. Bundan sonra ~[𝐴 → 𝐵] ifadesine yine eşdeğerlik kuralını uygularsak

(�̅� ∨ 𝐵) olur. Yani:

[~(𝑝 → 𝑞) ∨ (𝑞 ↔ �̅�)] ∨ [(𝑞 ↔ �̅�) ↔ (𝑟 → 𝑞)]

ifadesini elde ederiz. Şimdi amacımız bu ifadede ilk köşeli parantezdeki “ise” ve

“ancak ve ancak” eklemlerini ve ikinci köşeli parantezdeki “ancak ve ancak” ana eklemini

elemektir. Unutulmaması gereken nokta, amaç verilen ifadedeki “ise” ile “ancak ve ancak”

eklemlerini "ve” ile “veya”lı şekle dönüştürmektir. Bu dönüşüm bizi daha sonra, her bileşeni

aynı temsilci harflerden oluşan, 𝐴 ∨ 𝐵 ∨ 𝐶 ∨ … gibi bir sonuca götürecektir.

[𝑝�̅� ∨ (𝑞�̅� ∨ �̅�𝑟)] ∨ [(𝑞 ↔ �̅�)(𝑟 → 𝑞) ∨ ~(𝑞 ↔ �̅�) ~(𝑟 → 𝑞)]

Dikkat edilirse ulaşılan bu ifadenin ilk köşeli parantezinde artık “ise” ile “ancak ve

ancak” eklemleri yer almamaktadır. Dolayısıyla TNB işleminin ilk adımı gerçekleşmiş

olmaktadır. Köşeli parantezin sağ tarafında ise ana eklem kısmında olan “veya” eklemi

dışında kalan küçük parantezlerdeki “ise” ile “ancak ve ancak” eklemleri hâlen durmaktadır.

O hâlde bu eklemlerin de elenmesi gerekmektedir. Yani:

[𝑝�̅� ∨ 𝑞�̅� ∨ �̅�𝑟] ∨ [(𝑞�̅� ∨ �̅�𝑟)(�̅� ∨ 𝑞) ∨ (𝑞𝑟 ∨ �̅��̅�) (𝑟�̅�)]

ifadesini elde ederiz. Elde edilen bu ifadede, ilk köşeli parantezin içindeki küçük

parantezler (yer değiştirme kuralı gereği) kaldırılmıştır.

96

İkinci köşeli parantez içindeki ifadeye dikkat edilirse, “veya” ile “ve” eklemi

cinsinden yazılmıştır. Dolayısıyla ilk aşama burada da gerçekleşmiş olmaktadır. Şimdi, ilk

köşeli parantezde olduğu gibi bu ikinci parantezin de her bir bileşenini “veya”lı eklemden

oluşan şekle dönüştürelim. Bunun için 𝐴(𝐵 ∨ 𝐶) şeklindeki ifadeleri dağıtıcılık kuralı gereği

açalım:

[𝑝�̅� ∨ 𝑞�̅� ∨ �̅�𝑟] ∨ [𝑞�̅��̅� ∨ �̅�𝑟�̅� ∨ 𝑞𝑞�̅� ∨ 𝑞�̅�𝑟 ∨ 𝑞𝑟𝑟�̅� ∨ �̅��̅�𝑟�̅�]

Elde edilen bu ifadenin sadeleştirmesi gerekmektedir. Çünkü içinde “𝐴𝐴” ile “𝐴�̅�𝐵”

şeklinde terimler yer almaktadır. Yani:

[𝑝�̅� ∨ 𝑞�̅� ∨ �̅�𝑟] ∨ [𝑞�̅� ∨ 𝑞𝑟]

elde edilir. Dikkat edilirse tekrarlanan bileşenler elendi, içinde çelişik terimler

bulunduran ifadeler de atıldı. Bu elde edilen ifadeye Normal Biçim denilir; özelliği,

bileşenlerin hep “veya” ekleminden oluşmasıdır. Bu bileşenlerin her birisi, diğeriyle aynı

temsilci harfe sahip olmadığı için henüz TNB’ye ulaşılmış değildir.

TNB’e ulaşılabilmesi için, yukarıda verilen ifadenin her bileşeninin aynı terimlerden

oluşması gerekmektedir. TNB’e ulaşabilmenin yolu, çoğaltma kuralını kullanmaktır. Bu

kural yardımıyla yukarıdaki ifadeyi şu şekilde yazabiliriz:

𝑝�̅� (𝑟 ∨ �̅�) ∨ 𝑞�̅� (𝑝 ∨ �̅�) ∨ �̅�𝑟(𝑝 ∨ �̅�) ∨ 𝑞�̅�(𝑝 ∨ �̅�) ∨ 𝑞𝑟(𝑝 ∨ �̅�)

Dikkat edilirse her bileşene olmayan terim (𝐴 ∨ �̅�) olarak ilave edildi. Bu ilave,

yukarıdaki kurala göre yapılmıştır ve asıl ifadenin doğruluk değerini değiştirmemektedir.

Şimdi artık parantezleri açıp bir ileri adımı atabiliriz. Yani;

𝑝�̅�𝑟 ∨ 𝑝�̅��̅� ∨ 𝑝𝑞�̅� ∨ �̅�𝑞�̅� ∨ 𝑝�̅�𝑟 ∨ �̅��̅�𝑟 ∨ 𝑝𝑞�̅� ∨ �̅�𝑞�̅� ∨ 𝑝𝑞𝑟 ∨ �̅�𝑞𝑟

İfadesini elde ederiz.

Gerçi henüz TNB’ye ulaşılabilmiş değildir. Bunun için de 𝐴 ∨ 𝐴 gibi ifadeleri

sadeleştirmek, içinde 𝐴�̅� gibi çelişik terimlerin geçtiği ifadeleri ise elemek gerekmektedir.

Yani üstteki ifade,

𝑝�̅�𝑟 ∨ 𝑝�̅��̅� ∨ 𝑝𝑞�̅� ∨ �̅�𝑞�̅� ∨ �̅��̅�𝑟 ∨ 𝑝𝑞𝑟 ∨ �̅�𝑞𝑟

şeklinde sadeleştirilebilir.

Artık istenilen sonuç elde edilmiş olmaktadır. Çünkü her bileşen birbirine “veya”

eklemiyle bağlanmış ve bu bileşenlerin her birisi de diğeriyle aynı temsilci harflere sahip

durumdadır.

97

Bu hedefe ulaşılabilmesi için yukarıdaki gerçekleştirilen işlemleri kısaca şöyle ifade

edebiliriz;

İlk adımda, ana eklem öncelikli olmak üzere “ise” ile “ancak ve ancak” eklemleri

elendi.

İkinci adımda parantezler açılarak “veya”lı form elde edildi.

Üçüncü adımda eksik terimler ilave edilip tekrar parantezler açıldı ve sadeleştirme

işlemi yapıldı.

Dördüncü adımda olmayan terimler ilave edildi ve tekrar sadeleştirme işlemi yapıldı.

Sonuçta da her bileşeninde aynı temsilci harfin bulunduğu TNM’e ulaşıldı.

Bu sonuç ifadesi, aslında verilen ifadenin doğruluk tablosunun karşılığı durumundadır.

Bu sebeple, her bileşen doğruluk tablosunda verilen ifadenin doğruluk değerine karşılık

gelmektedir. Diğer bir ifadeyle, “𝑝�̅�𝑟 ∨ 𝑝�̅��̅� ∨ 𝑝𝑞�̅� ∨ �̅�𝑞�̅� ∨ �̅��̅�𝑟 ∨ 𝑝𝑞𝑟 ∨ �̅�𝑝𝑟” şeklindeki

sonuç, doğruluk tablosunda doğru değerlerini ifade etmektedir. Yani “pqr” bileşeni, doğruluk

tablosunda ilk satıra karşılık gelmektedir. Bilindiği gibi ikinci satır ise 𝑝𝑞�̅� ifadesine karşılık

gelir. Bu durumda verilen ifade (bu örnekte [(𝑝 → 𝑞) ∨ (𝑞 ↔ �̅�)] → [(𝑞 ↔ �̅�) ↔ (𝑟 → 𝑞)]

ifadesi) yedi satırda “D” değeri alacağı için geçersiz fakat tutarlıdır.

98



denetlenmesi hakkında bilgi verilmiştir.

99

Bölüm Soruları

1) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑞 → 𝑝) ↔ (𝑟 →∼ 𝑝)] ifadesinin Quine yöntemiyle


a) [(∼ 𝑞 → 𝐷) ↔ (𝑟 →∼ 𝑌)]

b) [(∼ 𝑞 → 𝑌) ↔ (𝑟 →∼ 𝐷)]

c) [(∼ 𝑞 → 𝐷) ↔ (𝑟 → 𝐷)]

d) [(∼ 𝑞 → 𝑌) ↔ (𝑟 → 𝑌)]

e) [(∼ 𝑞 → 𝑝) ↔ (𝐷 →∼ 𝑝)]

2) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑟 ↔ 𝑝) → (𝑞 →∼ 𝑟)] ifadesinin Quine yöntemiyle


a) (∼ 𝑝 → 𝑌)

b) 𝑟 → (𝑞 → 𝐷)

c) 𝑟

d) 𝐷

e) ∼r → (𝑞 → 𝐷)

3) Aşağıdakilerden hangisi [(∼ 𝑟 ↔ 𝑝) → (𝑞 →∼ 𝑟)] ∨ 𝑟 ifadesinin Quine yöntemiyle


a) (∼ 𝑝 → ∼ 𝑞)] ∨ 𝐷

b) 𝐷

c) 𝐷 ∨ 𝑌

d) 𝑝 → (𝑞 →∼ 𝑌)

e) [(𝑌 ↔ 𝑝) → (𝑞 → 𝐷)] ∨ 𝐷

100

4) Aşağıdakilerden hangisi [(∼ 𝑟 ↔ 𝑝) → (𝑞 →∼ 𝑟)] ∧ 𝑟 ifadesinin Quine yöntemiyle


a) (∼ 𝑝 → ∼ 𝑞) ∧ 𝐷

b) [(𝑌 ↔ 𝑝) → (𝑞 → 𝑌)] ∧ 𝐷

c) D

d) (∼ 𝑝 → ∼ 𝑞) ∧ 𝑌

e) 𝑌

5) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑝 → 𝑝) ∧ (𝑞 →∼ 𝑝)] → 𝑞 ifadesinin Quine

yöntemiyle çözümü sırasındaki aşamalardan biri değildir?

a) [ (𝑌 → 𝐷) ∧ (𝑞 → 𝑌)] → 𝑞

b) [ (𝐷 → 𝑌) ∧ (𝑞 → 𝐷)] → 𝑞

c) 𝑞 → 𝑞

d) ∼ 𝑞 → 𝑞

e) 𝑌 → 𝑞

6) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑝 → 𝑝) ∧ (𝑞 →∼ 𝑝)] →∼ 𝑞 ifadesinin Quine


a) [ (𝑌 → 𝐷) ∧ (𝑞 → 𝑌)] →∼ 𝑞

b) 𝑞 →∼ 𝑞

c) [ (𝐷 → 𝑌) ∧ (𝑞 → 𝐷)] →∼ 𝑞

d) ∼ 𝑞 →∼ 𝑞

e) 𝑌 →∼ 𝑞

101

7) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑝 → 𝑝) ∧ (𝑞 →∼ 𝑝)] ↔∼ 𝑞 ifadesinin Quine


a) [ (𝑌 → 𝐷) ∧ (𝑞 → 𝑌)] ↔∼ 𝑞

b) [ 𝑌 ∧ (𝑞 →∼ 𝑌)] ↔∼ 𝑞

c) [ (𝑌 → 𝑌) ∧ (𝑞 → 𝑌)] ↔∼ 𝑞

d) 𝐷 ∧ (𝑞 → 𝑌)] ↔∼ 𝑞

e) [ (𝐷 → 𝑌) ∧ (𝑞 →∼ 𝑌)] ↔∼ 𝑞

8) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑝 → 𝑝) ∧ (𝑞 →∼ 𝑝)] ↔ 𝑞 ifadesinin Quine


a) [ (𝑌 → 𝐷) ∧ (𝑞 → 𝑌)] ↔ 𝑞

b) [ (𝑌 → 𝑌) ∧ (𝑞 → 𝑌)] ↔ 𝑞

c) [ 𝑌 ∧ (𝑞 →∼ 𝑌)] ↔ 𝑞

d) 𝐷 ∧ (𝑞 → 𝑌)] ↔ 𝑞

e) [ (𝐷 → 𝑌) ∧ (𝑞 →∼ 𝑌)] ↔ 𝑞

9) Aşağıdakilerden hangisi [(𝑟 → 𝑝) ∧ (𝑞 →∼ 𝑟)] ↔ 𝑟 ifadesinin Quine yöntemiyle


a) [ (𝐷 → 𝑝) ∧ (𝑞 →∼ 𝐷)] ↔ 𝐷

b) [ (𝑌 → 𝑝) ∧ (𝑞 → 𝐷)] ↔ 𝑌

c) [𝑝 ∧ (𝑞 →∼ 𝐷)] ↔ 𝐷

d) (𝑝 ∧∼ 𝑞) ↔ 𝑌

e) (𝑝 ∧∼ 𝑞) ↔ 𝐷

102

10) Aşağıdakilerden hangisi [ (∼ 𝑟 → 𝑝) ∧ (𝑞 →∼ 𝑟)] ↔∼ 𝑟 ifadesinin Quine


a) (𝐷 ∧∼ 𝑞) ↔ 𝑌

b) [𝑝 ∧ (𝑞 →∼ 𝑌)] ↔ 𝐷

c) (𝑝 ∧∼ 𝑞) ↔ 𝐷

d) [(𝐷 → 𝑝) ∧ (𝑞 → 𝐷)] ↔ 𝐷

e) [ (𝑌 → 𝑝) ∧ (𝑞 → 𝑌)] ↔ 𝑌

Cevaplar

1)e, 2)d, 3)e, 4)d, 5)c, 6)b, 7)c, 8)b, 9)d, 10)c

103

7. “TAM NORMAL BİÇİM”E İNDİRGEME II

104



denetlenmesi hakkında bilgi verilecektir.

105


1) Tam Normal Biçime İndirgeme yöntemi ile geçerlilik denetlenmesi nasıl yapılır?

106


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Tam Normal Biçime

İndirgeme yöntemi

Tam Normal Biçime

İndirgeme yöntemi ve bu

yöntem ile geçerlilik

denetlemesini yapabilir.

Alıştırma

107

Anahtar Kavramlar

Tam Normal Biçim

Geçerlilik

108

Giriş

Önerme eklemleri birbirleri cinsinden yazılabilirler. Bu özellik onların arasında çeşitli

mantık işlemleri yapılabilmesine olanak verir. Bu işlemlerden birisi, içinde çeşitli eklemlerin

bulunduğu bir ifadeyi veya’lı forma dönüştürmektir. Tam normal biçim (veya kısaca TNM)

adı verilen bu formun, yani A v B v C v D… şekline dönüştürülmüş bir ifadenin özelliği, her

bileşeninin ortak temsilci harflerden oluşmasıdır. Böylece, TNM’e dönüştürülmüş olan

ifadenin sahip olduğu mantıksal özellikler aracılığıyla birtakım (mantıksal) yorumlar

yapabilme olanağı elde edilir. Bu yorumların arasında, bizi doğrudan ilgilendiren, bir ifadenin

geçerlilik ve tutarlılığının belirlenmesi de bulunmaktadır.

109

7. “Tam Normal Biçime” İndirgeme II

Tam Normal Biçime İndirgeme yöntemiyle ilgili bir başka örnek olarak aşağıdaki

ifadeyi inceleyelim:

Bunun için, her zaman olduğu gibi ana eklemden başlamamız ve

eşitliğini dikkate almamız gerekiyor. Bu durumda verilen ifade,


Sonraki adımda, yine “ise” ile “ancak ve ancak” eklemlerini öncelikli olarak

elememiz gerektiği için,

ve

eşitliklerini dikkate almamız gerekmektedir. Dolayısıyla da yukarıdaki ifade,


Şimdiki adımda artık parantez içindeki “ ” ile “ ” eklemlerini eleyebiliriz.

Şimdi köşeli parantezin içindeki ufak parantezleri açarak ifadeyi A˅B ˅C şekline, yani

“Normal Biçim” e dönüştürelim:

Görüldüğü gibi istediğimiz sonuca ulaştık. Bundan sonraki aşamada artık içinde

çelişik terim bulunan ifadeleri elemek ve sadeleştirmek olacaktır. Bu süreç içinde olmayan

terimleri de ilave edelim:

Bu adımda çift olan ifadeleri eleyebiliriz ve parantezi açabiliriz.

110

Son adım, yine çift olan ifadelerin elenmesiyle sonuçlanacaktır. Böylece

elde edilir. Elde edilen bu sonuç bize verilen ifadenin geçersiz fakat tutarlı olduğunu

göstermektedir.

Şimdi de aşağıdaki ifadeyi TNB’e indirgeyelim:

[(𝑞 ↔ �̅�) ↔ (𝑝 ↔ �̅�)] → [(𝑞 → �̅�) ↔ (𝑝 ↔ �̅�)]

Bunun için ana eklemden başlamamız ve 𝐴 → 𝐵 = �̅� ∨ 𝐵 eşitliğini dikkate almamız

gerekiyor.

=~[(𝑞 ↔ �̅�) ↔ (𝑝 ↔ �̅�)] ∨ [(𝑞 → �̅�) ↔ (𝑝 ↔ �̅�)]

Sonraki adımda ~[𝐴 ↔ 𝐵] = [𝐴�̅� ∨ �̅�𝐵] ve [𝐴 ↔ 𝐵] = [𝐴𝐵 ∨ �̅��̅�] eşitliklerini

dikkate almamız gerekir. Yani:

= [(𝑞 ↔ �̅�)~(𝑝 ↔ �̅�) ∨ ~(𝑞 ↔ �̅�)(𝑝 ↔ �̅�)] ∨ [(𝑞 → �̅�)(𝑝 ↔ �̅�) ∨ ~(𝑞 → �̅�)~(𝑝 ↔ �̅�)]

Bu adımda artık parantez içindeki “→” ile “↔” eklemlerini eleyerek Normal Biçim’e

ulaşabiliriz. Bu amaçla “→” ile “↔” eklemlerinin eşdeğerliklerini kullanalım.

=[(𝑞�̅� ∨ �̅�𝑟)(𝑝𝑟 ∨ �̅��̅�) ∨ (𝑞𝑟 ∨ �̅��̅�)(𝑝�̅� ∨ �̅�𝑟)] ∨ [(�̅� ∨ �̅�)(𝑝�̅� ∨ �̅�𝑞) ∨ (𝑞𝑟)(𝑝𝑞 ∨ �̅��̅�)]

Şimdi köşeli parantezin içindeki ufak parantezleri açarak ifadeyi A˅B ˅C şekline

dönüştürerek NB’e ulaşmaya çalışalım:

= [𝑝𝑞�̅�𝑟 ∨ �̅�𝑞�̅��̅� ∨ �̅��̅�𝑟𝑟 ∨ �̅��̅��̅�𝑟 ∨ 𝑝𝑞𝑟�̅� ∨ �̅�𝑞𝑟𝑟 ∨ 𝑝�̅��̅��̅� ∨ �̅��̅��̅�𝑟] ∨ [�̅��̅��̅� ∨ �̅��̅�𝑞 ∨

𝑝�̅��̅� ∨ �̅�𝑞�̅� ∨ 𝑝𝑞𝑞𝑟 ∨ 𝑝�̅�𝑞𝑟]

İstediğimiz sonuca (ancak belirli bir ölçüde) ulaştık; çünkü şimdi fazla olan ve içinde

çelişik terim bulunan ifadelerin elenmesi ve gerekli sadeleştirmenin yapılması gerekmektedir.

Ama aynı zamanda olmayan terimleri de denkleme ilave edelim:

=[�̅�𝑞�̅� ∨ �̅��̅�𝑟 ∨ �̅�𝑞𝑟 ∨ 𝑝�̅��̅�] ∨ [�̅��̅�(𝑟 ∨ �̅�) ∨ 𝑝�̅��̅� ∨ �̅�𝑞�̅� ∨ 𝑝𝑞𝑟]

Bu adımda çift olan ifadeleri eleyebiliriz ve parantezi açabiliriz.

=�̅�𝑞�̅� ∨ �̅��̅�𝑟 ∨ �̅�𝑞𝑟 ∨ 𝑝�̅��̅� ∨ �̅��̅�𝑟 ∨ �̅��̅��̅� ∨ 𝑝�̅��̅� ∨ �̅�𝑞�̅� ∨ 𝑝𝑞𝑟

Son adım, yine çift olan ifadelerin elenmesiyle sonuçlanacaktır.

= �̅�𝑞�̅� ∨ �̅��̅�𝑟 ∨ �̅��̅��̅� ∨ �̅�𝑞𝑟 ∨ 𝑝�̅��̅� ∨ 𝑝𝑞𝑟

111

Bu ulaşılan ifade, sonucun geçersiz fakat tutarlı olduğunu göstermektedir. Çünkü

verilen ifade sadece altı satırda (yani sonuç ifadesinin oluşturan satırlarda) “D” değerini

almaktadır.

112



denetlenmesi hakkında bilgi verilmiştir.

113

Bölüm Soruları

1) Aşağıdakilerden hangisi ∼ (𝑝 ↔∼ 𝑞) → q ifadesinin tam normal biçime

indirgenmiş hâlidir?

a) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ 𝑞 ∨ �̅�𝑞

b) 𝑝 ∨ 𝑝𝑞 ∨ 𝑞 ∨ �̅�𝑞

c) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ 𝑞 ∨ �̅�𝑞

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞

e) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ 𝑞 ∨ �̅��̅�

2) Aşağıdakilerden hangisi ∼ [(𝑝 ↔∼ 𝑞) → q] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝�̅� ∨ 𝑞 ∨ �̅�𝑞

b) 𝑝 ∨ 𝑝𝑞

c) 𝑝�̅�

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞

e) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞

3) Aşağıdakilerden hangisi ∼ [(𝑝 →∼ 𝑞) ↔ q] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝�̅� ∨ 𝑞 ∨ �̅�𝑞

b) 𝑝 ∨ 𝑝𝑞

c) �̅�𝑞

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞

e) �̅��̅� ∨ 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞

114

4) Aşağıdakilerden hangisi (𝑝 →∼ 𝑞) → q ifadesinin tam normal biçime indirgenmiş

hâlidir?

a) 𝑝�̅� ∨ 𝑞 ∨ �̅�𝑞

b) 𝑝 ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞

c) 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞

e) �̅��̅� ∨ 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞

5) Aşağıdakilerden hangisi ∼ [(𝑞 →∼ 𝑝) → q] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝�̅� ∨ �̅��̅�

b) 𝑝 ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞

c) 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞

e) �̅��̅� ∨ 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞

6) Aşağıdakilerden hangisi ∼ [(𝑞 →∼ 𝑝) ∧ 𝑝 q] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝�̅� ∨ �̅��̅�

b) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞 ∨ �̅��̅�

c) 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞 ∨ �̅��̅�

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅��̅�

e) �̅��̅� ∨ 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞

115

7) Aşağıdakilerden hangisi ∼ [(𝑞 →∼ 𝑝) ∨ 𝑝 q] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝�̅� ∨ �̅��̅�

b) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞

c) 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞 ∨ �̅��̅�

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅��̅�

e) 𝑝𝑞

8) Aşağıdakilerden hangisi [∼ (𝑞 →∼ 𝑝) → 𝑝 q] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝�̅� ∨ �̅��̅�

b) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅��̅�

c) 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞 ∨ �̅��̅�

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞 ∨ �̅��̅�

e) 𝑝𝑞 ∨ �̅� ∨ �̅��̅�

9) Aşağıdakilerden hangisi [(𝑞 →∼ 𝑝) → 𝑝 ∼ 𝑞 ] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝𝑞 ∨ 𝑝�̅�

b) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅��̅�

c) 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞 ∨ �̅��̅�

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞 ∨ �̅��̅�

e) 𝑝𝑞 ∨ �̅� ∨ �̅��̅�

116

10) Aşağıdakilerden hangisi [∼ 𝑞 → ∼ (𝑞 →∼ 𝑝) ] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝𝑞 ∨ 𝑝�̅�

b) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅��̅�

c) 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞 ∨ �̅��̅�

e) 𝑝𝑞 ∨ �̅� ∨ �̅��̅�

Cevaplar

1)d, 2)c, 3)e, 4)c, 5)a, 6)b, 7)e, 8)d, 9)a, 10)c

117

8. LUKASİEWİCZ- TARSKİ NOTASYONU I

118


Bu bölümde Lukasiewicz- Tarski Notasyonu ile geçerlilik denetlenmesi hakkında bilgi

verilecektir.

119


1) Lukasiewicz- Tarski Notasyonu ile geçerlilik denetlenmesi nasıl yapılır?

120


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Lukasiewicz- Tarski

Notasyonu

Lukasiewicz- Tarski

Notasyonu ile geçerliliği

denetlemeyibilir.

Alıştırma

121

Anahtar Kavramlar

Lukasiewicz- Tarski Notasyonu

Geçerlilik denetlenmesi

122

Giriş

Lukasiewicz ve Tarski isimli iki Polonyalı mantıkçının geliştirdiği bu yazım tarzı,

mantık işlemlerini parantez kullanmadan ifade edebilme olanağı vermektedir.

Parantez kullanmamak özellikle bilgisayar dilinin ifade edilmesine ve buradaki

işlemlerin çok daha kolay yazılabilmesine olanak vermektedir.

123

8. Lukasiewicz- Tarski Notasyonu

Bu sistemin işleyişi, iki ifade arasına yazılan ve bir işlemi ifade eden operatörün,

hemen sol tarafa yazılmasıyla gerçekleşmektedir. Yani:

𝑎 + 𝑏

gibi bir ifade

+𝑎𝑏

şeklinde yazılmaktadır. Bu yazımda mantık eklemlerine birer harf karşılık

gelmektedir. Bu gösterimde:

→: ∁

∧: 𝐾

∨: 𝐴

↔: 𝐸

∼: 𝑁

sembolleri kullanılır. Bu durumda,

𝑝 → 𝑞

şeklindeki bir ifade:

𝐶𝑝𝑞

şeklinde gösterilir. Dolayısıyla,

∼ (𝑝 → �̅�)

ifadesinin gösterimi:

𝑁𝐶𝑝𝑁𝑞

olacaktır. Dikkat edilirse ifadenin en solundaki değil sembolü (N) parantezinin

dışındaki değil işaretine karşılık gelmektedir. Bu durumda,

�̅�

şeklindeki ifade,

𝑁𝑞

124

şeklinde sembolleştirilmiş olmaktadır. Lukasiewicz Tarski (veya kısaca LT)

notasyonunda özellikle dikkat edilmesi gereken husus, soldaki sembolün, hemen sağındaki

ifadeler arasındaki işleme karşılık gelmeleridir. Bu durumda,

𝑝 → (𝑞 → 𝑟)

şeklindeki ifadeyi

𝐶𝑝𝐶𝑞𝑟

şeklinde göstermek gerekecektir. Ancak verilen ifade eğer

[(𝑝 → 𝑞) → 𝑟]

şeklinde olsaydı, bu ifadenin gösterimini

𝐶𝐶𝑝𝑞𝑟

olarak yazmak gerekecekti. Çünkü dikkat edilirse “C” sembolü ana eklem konumunda

olup “r” önermesiyle parantez arasındaki işlemi ifade etmektedir. Nitekim verilen ifade,

(𝑝 → 𝑞) ∨ 𝑟

olsaydı, bu ifadeyi

𝐴𝐶𝑝𝑞𝑟

şeklinde gösterirdik. Dolayısıyla, en soldaki “A” sembolünün genelliği fazla olup, “r”

ile parantez arasındaki işlemi temsil etmektedir.

Şimdi bu bilgiler ışığında şu ifadeleri LT yöntemiyle parantezsiz hâle getirelim.

∼ [∼ (𝑞 → �̅�) ↔ 𝑝)] ∧ [𝑟 ∨∼ (�̅� → 𝑝)]

Böyle bir işlemi parantez kullanmadan yazmaya en sağdaki ifadeden başlamak

gerekir. Yani ∧ ana ekleminin sağındaki ifade,

𝐴𝑟𝑁𝐶𝑁𝑞𝑝

Şeklinde olacaktır. Şimdi soldaki ifadeyi de yazarsak,

𝐾𝑁𝐸𝑁𝐶𝑞𝑁𝑟𝑝𝐴𝑟𝑁𝐶𝑁𝑞𝑝

sonucunu elde ederiz.

Dikkat edilirse bu ifadenin en solunda K sembolü yer almaktadır. Bu sembol, ana

eklem konumunda olan " ∧ " ekleminin karşılığıdır. Dolayısıyla,

125

𝑁𝐸𝑁𝐶𝑞𝑁𝑟𝑝

ifadesi; yani,

∼ [∼ (𝑞 → �̅�) ↔ 𝑝)]

ifadesi ile

𝐴𝑟𝑁𝐶𝑁𝑞𝑝

ifadesini; yani,

[𝑟 ∨∼ (�̅� → 𝑝)]

ifadesini birleştirmektedir. Bu ilkeler ışığında şimdi

[∼ [𝑟 ∧ ∼ (𝑞 → �̅�)] ∧ [(𝑞 → �̅�) ∨ (�̅� ↔ 𝑞)]] ↔ [(𝑟 → �̅�) ∧ ∼ (𝑞 ∨ �̅�)]

şeklindeki ifadeyi LT notasyonuna çevirelim. Bunun için en sağdaki ifadeden

başlamak gerektiğini unutmamak yerinde olacaktır. Yani ana eklemin sağındaki ifadenin

𝐾𝐶𝑟𝑁𝑝𝑁𝐴𝑞𝑁𝑝

şeklinde yazılması gerekecektir.

Ana eklemin solundaki ifade ise

𝐾𝑁𝐾𝑟𝑁𝐶𝑞𝑁𝑟𝐴𝐶𝑞𝑁𝑟𝐸𝑁𝑝𝑞

şeklinde sembolleştirilecektir. Şimdi bu iki ifadeyi " ↔ " eklemiyle (yani E

sembolüyle) birleştirmek gerekecektir. Böylece

𝐸𝐾𝑁𝐾𝑟𝑁𝐶𝑞𝑁𝑟𝐴𝐶𝑞𝑁𝑟𝐸𝑁𝑝𝑞𝐾𝐶𝑟𝑁𝑝𝑁𝐴𝑞𝑁𝑝

ifadesi elde edilmiş olacaktır.

126


Bu bölümde, Lukasiewicz- Tarski Notasyonu ile geçerlilik denetlenmesi hakkında

bilgi verilmiştir.

127

Bölüm Soruları

1) Aşağıdakilerden hangisi Lukasiewicz-Tarski notasyonunda gösterilen

CArNEpqKArCNrqq ifadesinin p:0, q:1, r:1 için alacağı değer için söylenebilir?

a) Geçerli

b) Tutarlı

c) Tutarsız

d) Geçersiz, tutarlı

e) Hiçbiri

2) Aşağıdakilerden hangisi [ 𝑝 → (𝑞 ∨∼ 𝑟)] ifadesinin bağdaşmazlık eklemi

cinsinden gösterimidir?

a) p | 〔 { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } 〕

b) p | 〔 { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } | { (r|r) | [(r|r) | (p|p)] } 〕

c) p | 〔 { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } | (q|q) 〕

d) p | 〔 (q|q) | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } 〕

e) 〔p | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } 〕 | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] }


DDDrDDprqDrrq ifadesinin parantezli hâlidir?

a) {r|[(p|r)|q]|(r|r)}|q

b) {r|[(p|r)|q](r|r)|q|}

c) 〔{r | [(p|r)|q]}|(r|r)〕 |q

d) {[r |(p|r) | q ] |(r|r)} |q

e) {r | [(p|r)|q] }| [(r|r)|q]

128


DDDrDDprqDrrq ifadesinin p:1 q:0, r:1 için alacağı değer için söylenebilir?

a) Geçerli

b) Tutarlı

c) Tutarsız


e) Hiçbiri


DDDrDrqDrDppDpq ifadesinin parantezli halidir?

a) {[r |(r|q)] | [r|(p|p)]} | q)

b) {[r |(r|q)] | [(r|p)]} |(p|q)

c) [r |(r|q)] | {[r |(p|p)] | (p|q)}

d) {[r |(r|q)] | [r|(p|p)]} |(p|q)

e) {[r |(q|r)] | [r|(p|p)]} |(p|q)

6) Aşağıdakilerden hangisi [ (𝑞 ∧ ∼ 𝑟) ↔ ∼ 𝑞 ] → ∼ [ 𝑟 → ( 𝑝 ∨∼ 𝑟)] ifadesinin

Lukasiewicz-Tarski notasyonuna çevrilmiş hâlidir?

a) CEKqNrNqNCrpANr

b) CEKqNrNqNCrApNr

c) ECKqNrNqNCrApNr

d) KECqNrNqNCrApNr

e) CEKqNrNqNCArpNr

129

7) Aşağıdakilerden hangisi [ 𝑟 ↔ ∼ (𝑞 ∨ ∼ 𝑝) ] ∨ [ 𝑝 ↔ ∼ ( 𝑞 ∧ ∼ 𝑝)] ifadesinin


a) AErNAqNppENKqNp

b) AErANqNpEpNKqNp

c) AErNAqNpEpNKqNp

d) EArNAqNpEpNKqNp

e) AErNAqNpEpKNqNp


𝐾𝑁𝐸𝑁𝑝𝑁𝑞𝐾𝐴𝑟𝐶𝑞𝑁𝑝𝑟 ifadesinin parantezli hâlidir?

a) ∼(∼ p ↔ ∼ q ) ∧ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }

b) (∼ p ↔ ∼ q ) ∧ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }

c) ∼(∼ p ↔ ∼ q ) ∨ { [ r ∧ (q → ∼p)]∧ r }

d) ∼(∼ p ↔ q ) ∧ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }

e) ∼( p ↔ ∼ q ) ∧ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }


CArNEpqKArCNrqq ifadesinin parantezli hâlidir?

a) ∼[ r ∨( p ↔ q ) ] → { [ r ∨(∼r → q)] ∧ q }

b) [ r ∨∼( p ↔ q ) ] → { [ r ∨∼(r → q)] ∧ q }

c) [ r ∨ ( ∼p ↔ q ) ] → { [ r ∨(∼r → q)] ∧ q }

d) [ r ∨ ( p ↔ ∼q ) ] → { [ r ∨(∼r → q)] ∧ q }

e) [ r ∨∼( p ↔ q ) ] → { [ r ∨(∼r → q)] ∧ q }

130


𝐾𝑁𝐸𝑁𝑝𝑁𝑞𝐾𝐴𝑟𝐶𝑞𝑁𝑝𝑟 ifadesinin p:1, q:0, r:0 için alacağı değer için söylenebilir?

a) Geçerli

b) Tutarlı

c) Tutarsız


e) Geçersiz

Cevaplar

1)b, 2)a, 3)c, 4)b, 5)d, 6)b, 7)c, 8)a, 9)e, 10)e

131

9. LUKASİEWİCZ- TARSKİ NOTASYONU II

132


Bu bölümde Lukasiewicz- Tarski notasyonunda verilmiş bir ifadenin parantezli hâle

getirilmesi hakkında bilgi verilecektir.

133



134


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Lukasiewicz- Tarski

Notasyonu

Lukasiewicz- Tarski


denetleyebilir.

Alıştırma

135

Anahtar Kavramlar


Geçerlilik denetlenmesi

136

Giriş





137

9.1. Lukasiewicz- Tarski Notasyonunda Verilmiş Bir İfadenin

Parantezli Hâle Getirilmesi

Bu derste LT notasyonunda verilmiş bir ifadenin parantezli hâle getirilmesini görelim.

Yani, bir önceki derste yapılan işlemin tersine çevrilmesi konusunu ele alalım. Verilen ifade:

ENKPArAqNCNPrq

şeklinde olsun.

Bu ifadeyi parantezli hâle getirmek için sağ taraftan başlamak gerekir. Bu süreç içinde

temsilci harfler aralarında boşluk bırakarak yazılmalıdır. Fakat en önemli nokta, bir önerme

eklemi geldiğinde hemen sağ taraftaki iki temsilci harf veya ifade arasına bu eklemi yazmak

ve hemen paranteze almak gerekmektedir.

Bu çerçevede, yukarıdaki ifadeyi parantezli hâle getirirsek,

�̅� r q

Şeklinde üç tane önerme temsilcileri harfini yazarız. Bu temsilci harflerin arasında

henüz bir eklem bulunmamaktadır. Fakat (�̅�) ifadesinin solunda “ise” eklemi yer aldığı için,

bu eklemi �̅� ile r arasına yazıp paranteze alırız. Yani:

(�̅� → r) q

elde edilir. Dikkat edilirse bu iki ifade arasında henüz bir önerme eklemi bulunmadığı

için işleme devam ederiz ve yeni bir önerme eklemiyle karşılaşıncaya kadar, bu işlemi devam

ettiririz. Dolayısıyla ilk karşımıza çıkan A eklemiyle birlikte parantezi yazarız. Yani:

[𝑞 ∨∼ (�̅� → 𝑟)] q

ifadesi elde edilmiş olur.

Bu elde edilen son ifadede köşeli parantez ile (q) temsilci harfi arasında herhangi bir

eklem bulunmadığı için, aralarında bir boşluk bırakmak gerekmektedir.

Bundan sonraki adımda (r) temsilci harfi ve sağındaki köşeli parantez arasında (A)

eklemi yer aldığı için verilen ifade,

[ 𝑟 ∨ [q ∨∼ (�̅� → 𝑟)] ] q

şekline dönüştürülür. Yine (q) önerme temsilci harfinin soluna gelecek herhangi bir

eklem henüz ortada yoktur.

Devam edersek, şimdi (p) önerme temsilci harfine ve bu önerme ile köşeli parantez

arasına K eklemini koyarız. Dolayısıyla verilen ifade,

138

⦃ p Λ [ r ∨ [q ∨∼ (�̅� → 𝑟)] ]⦄ q

Şeklini alacaktır. Bu ifadenin, parantezin başında değil sembolü olduğu için, bu değil

işaretini de yazarız ve daha sonra (E) eklemini (q) önerme temsilci harfi ile büyük parantez

arasına koyarız.

Sonuçta,

⦃ p Λ [ r ∨ [q ∨∼ (�̅� → 𝑟)] ]⦄ ↔ q

ifadesini elde ederiz.

Şimdi,

KECNAEpKrNAqNCrqpNrq

ifadesini parantezli hâle getirelim. Bunun için yine en sağdaki önerme temsilcisini

yazarak işe başlayalım. Parantez gelinceye kadar önerme temsilci harflerinin aralarını boşluk

bırakarak yazalım.

~ ( r→ q) p �̅� q

Görüldüğü gibi “ise” eklemi r ve q önerme temsilci harflerinin arasındadır. Dolayısıyla

bu iki temsilci harf arasına yazıp baş tarafına değil işaretini koyarız ve işleme devam ederiz.

[ q ∨ ~ ( r → q) ] p q

Bu adımda, (q) temsilci harfi ile bunun hemen sağındaki parantez arasında yer alan A

eklemini yazar, yine paranteze aldığımızda, yukarıdaki ifadeyi elde etmiş oluruz. Devam

etmek ve yeni bir önerme eklemiyle karşılaşıncada paranteze almak gerektiği için verilen

ifade

[ r Λ ~[ q ∨ ~ ( r → q) ] ] p �̅� q

şeklini alacaktır. Bundan sonraki adımda,

~ (⦃ p ↔ [ r Λ ~[ q ∨ ~ ( r → q) ] ] ⦄ ∨ p ) q

Karşımıza yukarıdaki ifade çıkacaktır. Dikkat edilirse p önerme temsilci harfi ile

solundaki büyük parantez arasında A eklemi yer almakta ve en solda değil sembolü

bulunmaktadır. Bu işlemleri yaptıktan sonra artık en sağdaki ( ) ve (q) önerme temsili

harflerinin arasına sırayla E ve sonra da K eklemlerini yazarak sonucu elde ederiz. Yani

[~ (⦃ p ↔ [ r Λ ~[ q ∨ ~ ( r → q) ] ] ⦄ ∨ p )] Λ q

sonucu, işlemin cevabıdır.

139


Bu bölümde Lukasiewicz- Tarski notasyonunda verilmiş bir ifadenin parantezli hâle

getirilmesi hakkında bilgi verilmiştir.

140

Bölüm Soruları

1) Aşağıdaki ifadelerden hangisi [ ∼ (∼ 𝑝 → 𝑞) ∧ (𝑞 →∼ 𝑝)] ↔ 𝑝 ifadesinin Quine

yöntemiyle çözümünü doğrular?

a) 𝑝𝑞𝑟 = D

b) pq∼ 𝑟 = 𝐷

c) p∼ 𝑞𝑟 = 𝐷

d) p∼ 𝑞 ∼ 𝑟 = D

e) ∼ 𝑝𝑞𝑟 = 𝐷

2) Aşağıdakilerden hangisi [ (𝑞 ∧ ∼ 𝑟) ↔ ∼ 𝑞 ] ↔ ∼ [ 𝑟 → ( 𝑝 ∨∼ 𝑟)] ifadesinin


a) CEKqNrNqNCrpANr

b) EEKqNrNqNCrApNr

c) ECKqNrNqNCrApNr

d) KECqNrNqNCrApNr

e) EEKqNrNqNCArpNr

3) Aşağıdakilerden hangisi ∼ [(𝑝 →∼ 𝑞) ∨ (𝑝 ∧ ∼q)] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝�̅�

b) 𝑞

c) 𝑝

d) 𝑝𝑞

e) �̅��̅�

141


𝐸𝑁𝐸𝑁𝑝𝑁𝑞𝐾𝐴𝑟𝐶𝑞𝑁𝑝𝑟 ifadesinin parantezli hâlidir?

a) ∼(∼ p ↔ ∼ q ) ↔ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }

b) (∼ p ↔ ∼ q ) ↔ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }

c) ∼(∼ p ↔ ∼ q ) ↔ { [ r ∧ (q → ∼p)]∧ r }

d) ∼(∼ p ↔ q ) ↔ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }

e) ∼( p ↔ ∼ q ) ∧ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }


DDDrDDprqDrrDqp ifadesinin parantezli hâlidir?

a) {r|[(p|r)|q]|(r|r)}|q

b) 〔{r | [(p|r)|q]}|(r|r)〕 |(q|p)

c) {r|[(p|r)|q](r|r)|q|}

d) {[r |(p|r) | q ] |(r|r)} |q

e) {r | [(p|r)|q] }| [(r|r)|q]



a) Geçerli

b) Tutarlı

c) Tutarsız


e) Hiçbiri

142

7) Aşağıdaki ifadelerden hangisi [ (𝑝 ∧ 𝑟) ∨ 𝑟] → [ 𝑞 → ( 𝑟 ∨ ∼ 𝑝)] ifadesinin

Quine yöntemiyle çözümünü doğrular?

a) 𝑝𝑞𝑟 = Y

b) pq∼ 𝑟 = 𝐷

c) p∼ 𝑞𝑟 = 𝑌

d) p∼ 𝑞 ∼ 𝑟 = Y

e) ∼ 𝑝𝑞𝑟 = 𝑌

8) [ (∼ 𝑟 ∧ 𝑝 ) ∧ (∼ 𝑟 → 𝑝)] → [(𝑞 ∧ ∼ 𝑟) → ∼ 𝑝] ifadesinin geçerliğini saçmaya


a) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

b) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝐷

c) 𝑝 = 𝑌, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝐷

d) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝑌, 𝑟 = 𝑌

e) 𝑝 = 𝐷, 𝑞 = 𝐷, 𝑟 = 𝑌

9) Aşağıdakilerden hangisi [ 𝑟 → (𝑞 ∨∼ 𝑟)] ifadesinin bağdaşmazlık eklemi


a) r | 〔 { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } 〕

b) r | 〔 { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } | { (r|r) | [(r|r) | (p|p)] } 〕

c) r | 〔 { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } | (q|q) 〕

d) r | 〔 (q|q) | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } 〕

e) 〔r | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } 〕 | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] }

143

10) Aşağıdakilerden hangisi ∼ [(𝑝 →∼ 𝑞) → q] ifadesinin tam normal biçime


a) 𝑝�̅� ∨ 𝑞 ∨ �̅�𝑞

b) �̅��̅� ∨ 𝑝�̅�

c) �̅�𝑞

d) 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞 ∨ �̅�𝑞

e) �̅��̅� ∨ 𝑝�̅� ∨ 𝑝𝑞

Cevaplar

1)e, 2)b, 3)d, 4)a, 5)b, 6)b, 7)b, 8)e, 9)a, 10)b

144

10. LUKASİEWİCZ- TARSKİ NOTASYONU III

145


Bu bölümde Lukasiewicz- Tarski notasyonunda verilmiş bir doğruluk değerinin

bulunmasının nasıl yapıldığı hakkında bilgi verilecektir.

146



147


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Lukasiewicz- Tarski

Notasyonu

Lukasiewicz- Tarski


denetleyebilir.

Alıştırma

148

Anahtar Kavramlar

1) Lukasiewicz- Tarski Notasyonu

2) Geçerlilik denetlenmesi

149

Giriş





150

10.1. Lukasiewicz- Tarski Notasyonunda Verilmiş Bir Doğruluk

Değerinin Bulunması

Bu derste LT ile verilmiş bir ifadenin doğruluk değerinin bulunmasının nasıl

yapıldığını göreceğiz. Bu işlem, LT notasyonunun bize sağladığı olanakların en

önemlilerinden biridir. Çünkü böyle bir ifadenin alacağı sonucu son derece mekanik bir

şekilde bulma olanağı elde edilmektedir.

Bu işlemin yapılmasında dikkat edilmesi gereken husus, ilk derslerde gördüğümüz

doğruluk tablosunun LT yöntemine uygulanmasıdır.

Doğruluk tablosunu LT yöntemine uyarlarsak şu şekilde düşünebiliriz. Her şeyden

önce, doğru değeri için 1, yanlış değeri için 0 sembollerini kullanabiliriz. Bu durumda D→ D

= D gibi bir değeri 1→1 = 1 şeklinde düşünmek gerekir. ( →) ekleminin karşılığı C sembolü

olduğuna göre, yukarıdaki ifadeyi

C 11= 1

olarak yazabiliriz. Yani:

C 11 1

C 10 0

C 01 1

C 00 1

olacaktır. Bu durumda diğer eklemleri de gösterebiliriz. Yani:

A 11 1 K 11 1 E 11 1 N 1= 0

A 10 1 K 10 0 E 10 0 N 0= 1

A 01 1 K 01 0 E 01 0

A 00 0 K 00 0 E 00 1

tablosunu elde ederiz.

Sonuçta p, q, r için verilen değerleri LT notasyonuna uyarlarsak, aşağıdaki işlemler

sonucunda istenilen elde edilir.

KpErNAqCNrq

şeklinde bir ifade verilmiş olsun ve p:1, q:1, r:0 için sonucun bulunması istensin.

Bu verilen ifadede p, q, r için verilen değerleri yerine koyarsak,

151

K1E0NA1CN01

elde edilir. Burada da işleme yine sağ taraftan başlamak gerekmektedir.

Bu işlemde, (N0) gibi bir ifade (1); (N1) gibi bir ifade (0) değeri alacaktır. Yani:

= K1E0NA1C11

sonucuna ulaşılır. Bundan sonraki adımda önerme eklemlerinin değerleri bulunur.

Yani:

= K1E0NA11

elde edilir. Dikkat edilirse sağ tarafta (NA11) gibi bir ifade yer almaktadır. Bu ifadede

A11=1 olup, (N) den dolayı tümü 0 olur. Yani:

= K1E00

sonucu bulunur. Burada E00=1 olacağı için,

= K11

olur. (K) eklemi (D ٨ D) değeri için (D) sonucunu verir. Bu durumda, yukarıda verilen

ifade

= 1

olacaktır. Bu ifadenin sonucunun (1) çıkması, verilen ifadenin tutarlı olduğunu

göstermektedir. Çünkü verilen ifadenin doğruluk tablosu yardımıyla doğruluk değerini

bulduğumuzda, sonuç ifadesi en az bir (Doğru) değeri alacağı için, tutarlı olduğu anlaşılırdı.

Şimdi de

CKENrArqNCprq

gibi bir ifadenin p:0, q:0, r:1 için alacağı değeri bulalım. Bu değerleri yerine koyarsak,

CKEN1A10NC010

elde edilir. Bu ifadede eklemlerin gerektirdiği işlemleri yaparsak

= CKE01N10

elde edilir. Burada da önce € ekleminin doğruluk değerini bulmamız gerekir. Yani:

= CK000

elde edilir. Bu ifadede K10= 0 olduğu dikkate alınırsa

152

= C10

bulunur. Sonuç ifadesi, (1→ 0= 0) olduğu için

= 0

Olacaktır. Bulunan bu sonuç, verilen ifadenin geçersiz olduğunu bildirmektedir. (0)

sonucu, diğer değerlerin bilinmemesi dolayısıyla yorumun ancak geçersiz olduğunu

söylememize olanak vermektedir.

153


Bu bölümde Lukasiewicz- Tarski notasyonunda verilmiş bir doğruluk değerinin

bulunmasının nasıl yapıldığı hakkında bilgi verilmiştir.

154

Bölüm Soruları


CArNEpqKArCNrqq ifadesinin p:0, q:1, r:1 için alacağı değer için söylenebilir?

a) Geçerli

b) Tutarlı

c) Tutarsız


e) Hiçbiri

2) Aşağıdakilerden hangisi [ 𝑝 → (𝑞 ∨∼ 𝑟)] ifadesinin bağdaşmazlık eklemi


a) p | 〔 { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } 〕

b) p | 〔 { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } | { (r|r) | [(r|r) | (p|p)] } 〕

c) p | 〔 { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } | (q|q) 〕

d) p | 〔 (q|q) | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } 〕

e) 〔p | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] } 〕 | { (q|q) | [(r|r) | (r|r)] }


DDDrDDprqDrrq ifadesinin parantezli hâlidir?

a) {r|[(p|r)|q]|(r|r)}|q

b) {r|[(p|r)|q](r|r)|q|}

c) 〔{r | [(p|r)|q]}|(r|r)〕 |q

d) {[r |(p|r) | q ] |(r|r)} |q

e) {r | [(p|r)|q] }| [(r|r)|q]

155



a) Geçerli

b) Tutarlı

c) Tutarsız


e) Hiçbiri


DDDrDrqDrDppDpq ifadesinin parantezli hâlidir?

a) {[r |(r|q)] | [r|(p|p)]} | q)

b) {[r |(r|q)] | [(r|p)]} |(p|q)

c) [r |(r|q)] | {[r |(p|p)] | (p|q)}

d) {[r |(r|q)] | [r|(p|p)]} |(p|q)

e) {[r |(q|r)] | [r|(p|p)]} |(p|q)

6) Aşağıdakilerden hangisi [ (𝑞 ∧ ∼ 𝑟) ↔ ∼ 𝑞 ] → ∼ [ 𝑟 → ( 𝑝 ∨∼ 𝑟)] ifadesinin


a) CEKqNrNqNCrpANr

b) CEKqNrNqNCrApNr

c) ECKqNrNqNCrApNr

d) KECqNrNqNCrApNr

e) CEKqNrNqNCArpNr

156

7) Aşağıdakilerden hangisi [ 𝑟 ↔ ∼ (𝑞 ∨ ∼ 𝑝) ] ∨ [ 𝑝 ↔ ∼ ( 𝑞 ∧ ∼ 𝑝)] ifadesinin


a) AErNAqNppENKqNp

b) AErANqNpEpNKqNp

c) AErNAqNpEpNKqNp

d) EArNAqNpEpNKqNp

e) AErNAqNpEpKNqNp


𝐾𝑁𝐸𝑁𝑝𝑁𝑞𝐾𝐴𝑟𝐶𝑞𝑁𝑝𝑟 ifadesinin parantezli hâlidir?

a) ∼(∼ p ↔ ∼ q ) ∧ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }

b) (∼ p ↔ ∼ q ) ∧ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }

c) ∼(∼ p ↔ ∼ q ) ∨ { [ r ∧ (q → ∼p)]∧ r }

d) ∼(∼ p ↔ q ) ∧ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }

e) ∼( p ↔ ∼ q ) ∧ { [ r ∨(q → ∼p)]∧ r }


CArNEpqKArCNrqq ifadesinin parantezli hâlidir?

a) ∼[ r ∨( p ↔ q ) ] → { [ r ∨(∼r → q)] ∧ q }

b) [ r ∨∼( p ↔ q ) ] → { [ r ∨∼(r → q)] ∧ q }

c) [ r ∨ ( ∼p ↔ q ) ] → { [ r ∨(∼r → q)] ∧ q }

d) [ r ∨ ( p ↔ ∼q ) ] → { [ r ∨(∼r → q)] ∧ q }

e) [ r ∨∼( p ↔ q ) ] → { [ r ∨(∼r → q)] ∧ q }

157


KNENpNqKArCqNpr ifadesinin p:1, q:0, r:0 için alacağı değer için söylenebilir?

a) Geçerli

b) Tutarlı

c) Tutarsız


e) Geçersiz

Cevaplar

1)b, 2)a, 3)c, 4)b, 5)d, 6)b, 7)c, 8)a, 9)e, 10)e

158

11. BAĞDAŞMAZLIK EKLEMİ

159


Bu bölümde Bağdaşmazlık Ekleminde bir doğruluk değerinin bulunmasının nasıl

yapıldığı hakkında bilgi verilecektir.

160


1) Bağdaşmazlık eklemi nedir?

2) Bağdaşmazlık eklemini kullanmanın yararları nelerdir?

161


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Bağdaşmazlık eklemi

Bağdaşmazlık ekleminin

kullanımı Alıştırma

162

Anahtar Kavramlar

Bağdaşmazlık

Eklemi

Doğruluk Değeri

163

Giriş

Bugüne kadar dört eklemle işlem yaptık. Konuşma dilinde kullandığımız eklemlerin

sayısı, ilk derslerde de ele aldığımız gibi bu dört eklemle sınırlı değildir. Konuşma dili

açısından olmasa da mantık açısından bakıldığında bağdaşmazlık eklemi bazı ilginç

özelliklere sahiptir. Bağdaşmazlık ekleminin bu özelliği yardımıyla “ve”, “ise”, “veya”,

“ancak ve ancak” eklemleri ve bir önermenin değillenmesi gayet işlek bir şekilde ifade

edilebilmektedir.

164

11. Bağdaşmazlık Eklemi

Bugüne kadar dört eklemle işlem yaptık. Konuşma dilinde kullandığımız eklemlerin

sayısı, ilk derslerde de ele aldığımız gibi bu dört eklemle sınırlı değildir. Konuşma dili

açısından olmasa da mantık açısından bakıldığında bağdaşmazlık eklemi bazı ilginç

özelliklere sahiptir. Bağdaşmazlık ekleminin bu özelliği yardımıyla “ve”, “ise”, “veya”,

“ancak ve ancak” eklemleri ve bir önermenin değillenmesi gayet işlek bir şekilde ifade

edilebilmektedir.

Hiç kuşkusuz, bu eklemin tek bir eklem cinsinden yazılabilmesinin işlem kolaylığı

sağladığı açıktır.

Aşağıda ele alınacağı gibi bağdaşmazlık eklemini LT notasyonuyla ifade etmek çeşitli

mantık işlemlerine çok daha işlevlik kazandırmaktadır.1

Bağdaşmazlık ekleminin mantık açısından tanımı:

p q 1

1 1 0

1 0 1

0 1 1

0 0 1

şeklindedir. Bu LT notasyonunda gösterimi “D” harfiyledir. Bu durumda, yukarıdaki

tabloyu

D 11 0 D 10 1 D 01 1 D 00 1

şeklinde ifade edebiliriz.

Bu eklemin özelliği yukarıda da ifade edildiği gibi, diğer önerme eklemlerini ifade

edebilmesine olanak vermesidir. Nitekim:

∼ 𝑝 = 𝑝/𝑝

(𝑝 → 𝑞) = 𝑝/(𝑞/𝑞)

(𝑝 ∨ 𝑞) = (𝑝/𝑝)/(𝑞/𝑞)

(𝑝 ∧ 𝑞) = (𝑝/𝑞)/(𝑝/𝑞)

şeklinde yazılabilir. Bu eşdeğerlikler, LT notasyonu aracılığıyla, sırasıyla

1 Konuyla ilgili daha geniş bilgi için bkz. Ş. Ural (1987), Felsefe Arkivi, Sayı …, Sayfa…

165

𝐸𝑁𝑝𝐷𝑝𝑝

𝐸𝐶𝑝𝑞𝐷𝑝𝐷𝑞𝑞

𝐸𝐴𝑝𝑞𝐷𝐷𝑝𝑝𝐷𝑞𝑞

𝐸𝐾𝑝𝑞𝐷𝐷𝑝𝑞𝐷𝑝𝑞

şeklini alacaktır. Elde edilen bu eşitliklerin doğru olduğundan şüphe edebiliriz. Bunun

için mantık bize yardımcı olacaktır.

Önceki derslere bakılırsa iki ifadenin birbirine mantıkça eşit olması, bu iki ifadenin

arasında bir özdeşlik bağıntısının bulunması demektir. Yukarıda ifade edilen özdeşlik

bağıntılarının doğruluğunu mantık aracılığıyla denetleyebiliriz.

Hatırlanacağı gibi, A ile B ifadesinin birbirine özdeş olması, 𝐴 ↔ 𝐵 ifadesinin geçerli

olması demektir. Yani, bu ifadenin hep doğru değeri alması, aradaki özdeşlik bağıntısının

doğruluğunun kanıtı olacaktır.

Bu durumu, 𝐸𝐶𝑝𝑞𝐷𝑝𝐷𝑞𝑞 eşitliğini alarak 𝑝: 1 𝑞: 0 değerleri çerçevesinde ele alalım.

Yani,

𝐸𝐶𝑝𝑞𝐷𝑝𝐷𝑝𝑞

ifadesinde bu değerleri yerine koyarsak

𝐸𝐶10𝐷1𝐷10

elde edilir. Şimdi ilgili önerme eklemlerinin doğruluk değerlerini hesaplarsak, ilk

aşamada

= 𝐸0𝐷11

sonucunu elde ederiz. Sonraki aşamada ise

= 𝐸00

= 1

sonucunu elde ederiz. Bu sonuç, dikkat edilirse, henüz tam bir netice almamıza olanak

vermemektedir. Çünkü “(𝑝 → 𝑞)” ile “𝑝/(𝑞/𝑞)” ifadesinin özdeş olması demek 𝑝 ve 𝑞

temsili harflerinin alabileceği tüm değerler için

𝐸𝐶𝑝𝑞𝐷𝑝𝐷𝑞𝑞

ifadesinin hep “D” değeri alması gerekir. Eğer 𝑝: 1 𝑞: 1, 𝑝: 0 𝑞: 1 ve 𝑝: 0 𝑞: 0 değerleri

için de yukarıdaki işlemler tekrarlanırsa, sonucun hep doğru değeri aldığı görülecektir.

166

Dolayısıyla iki ifadenin birbiriyle özdeş olduğu anlaşılır.

167


Bu bölümde Bağdaşmazlık Ekleminde bir doğruluk değerinin bulunmasının nasıl

yapıldığını hakkında bilgi verilmiştir.

168

Bölüm Soruları

1) Bağdaşmazlık ekleminin mantık açısından tanımına bakıldığında aşağıdakilerden

hangisi yanlıştır?

p

q

1

a 1

1

1

b.1

0

1

c. 0

1

1

d.0

0

1

e.1

1

0

2) Aşağıdaki gösterimlerden hangisi yanlıştır?

a) D 11 0

b) D 10 1

c) D 10 0

d) D 01 1

e) D 00 1

3) Aşağıdaki gösterimlerden hangisi yanlıştır?

a) ∼ 𝑝 = 𝑝/𝑝

b) (𝑝 → 𝑞) = 𝑝/(𝑞/𝑞)

c) (𝑝 ∨ 𝑞) = (𝑝/𝑝)/(𝑞/𝑞)

d) (𝑝 ∧ 𝑞) = (𝑝/𝑞)

e) (𝑝 ∧ 𝑞) = (𝑝/𝑞)/(𝑝/𝑞)

169

Cevaplar

1)a, 2)c, 3)d

170

12. BAĞDAŞMAZLIK EKLEMİ VE LUKASİEWİCZ- TARSKİ

NOTASYONU YARDIMI İLE GEÇERLİLİK DENETLENMESİ

171


Bu bölümde Bağdaşmazlık Eklemi ve Lukasiewicz- Tarski Notasyonu yardımı ile

geçerlilik denetlenmesinin nasıl yapıldığı hakkında bilgi verilecektir.

172


1) Bağdaşmazlık Eklemi ve Lukasiewicz- Tarski Notasyonu arasında ne tür bir ilişki

vardır?

173


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Bağdaşmazlık Eklemi ve

Lukasiewicz- Tarski

Notasyonu yardımı ile

geçerliliğin denetlenmesi

Bağdaşmazlık Eklemi ve

Lukasiewicz- Tarski

Notasyonu yardımı ile

geçerliliği denetlemeyibilir.

Alıştırma

174

Anahtar Kavramlar

Bağdaşmazlık Eklemi


Geçerliliğin denetlenmesi

175

Giriş

Önceki derste, çeşitli eklemlerin bağdaşmazlık eklemi üzerinden yazılabileceğini,

bunun da mantıktaki işlemler açısından çeşitli olanaklar sağladığı gösterildi. Gerçekten de

çeşitli eklemlerin bağdaşmazlık eklemi cinsinden yazılabilmesi, mantıksal işlemlerin tektip

mekanik bir işleme dönüştürülmesi anlamına gelmektedir. Bu sonucunda söz konusu

işlemlerin otomatik hâle getirilmesine olanak verecektir.

176

12. Bağdaşmazlık Eklemi Ve Lukasiewicz- Tarski Notasyonu Yardımı İle

Geçerlilik Denetlenmesi

𝑝 ̅ → (𝑞 𝑣 �̅�)

ifadesini bağdaşmazlık eklemi cinsinden yazalım.

Bu işlemi gerçekleştirmek için ana eklemden başlamak yerinde olacaktır. Dolayısıyla,

yukarıdaki ifadeyi “ 𝐴 → 𝐵 ” şeklinde düşünmek ve bu ifadenin bağdaşmazlık eklemi

cinsinden karşılığını yazmak gerekecektir. Daha sonraki adımda, parantez içindeki eklemin de

bağdaşmazlık cinsinden yazılması ve en sonunda “ ∼ 𝑝 = 𝑝/𝑝 ” eşitliğinden yararlanarak

sonuç ifadesinin elde edilmesi mümkün olacaktır. Yani

𝑝 ̅/[(𝑞 𝑣 �̅�)/(𝑞 𝑣 �̅�)]

ise eklemi ilk aşamada elenir. Bundan sonraki aşamada “veya” ekleminin

bağdaşmazlık eklemi cinsinden yazılması gerekmektir. Dolayısıyla;

(𝑝/𝑝)/[(𝑞/𝑞 / �̅�/ �̅�)/( 𝑞/𝑞 /�̅�/ �̅�)]

elde ederiz. Şimdi artık “değil” sembolünü de (soldaki 𝑝 ̅ = (𝑝/𝑝) ) ifadesinde

olduğu gibi elemek gerekecektir. Yani

(𝑝/𝑝)/[𝑞/𝑞 /(𝑟/𝑟 / 𝑟/ 𝑟 )/( 𝑞/𝑞 /(𝑟/𝑟 / 𝑟/ 𝑟 ))]

Görüldüğü gibi, verilen ifade içinde sadece bağdaşmazlık ekleminin bulunduğu bir

şekilde ifade edilmiş olmaktadır. Şimdi ulaşılan bu sonucu LT notasyonu cinsinden

yazabiliriz. Sonuç,

𝐷𝐷𝑝𝑝𝐷𝐷𝐷𝑞𝑞𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟𝑟𝐷𝐷𝑞𝑞𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟𝑟

şeklinde olacaktır.

Böyle bir ifadede önerme temsilci harflerinin alacağı doğruluk değerlerine göre sonuca

gitmek son derece kolay olacaktır.

Bu amaçla 𝑝 = 1, 𝑞 = 1, 𝑟 = 0 değerlerini örnek olarak uygulayıp sonucu bulalım:

𝐷𝐷11𝐷𝐷𝐷11𝐷𝐷00𝐷00𝐷𝐷11𝐷𝐷00𝐷00

Bu durumda, 𝑝, 𝑞, 𝑟 nin değerlerini verilen ifadede yerine koyduktan sonra, şimdi artık

bağdaşmazlık eklemlerinin doğruluk tablosu aracılığıyla doğruluk değerini bulmak gerekir.

Yani

= 𝐷0𝐷𝐷0𝐷11𝐷0𝐷11

177

ifadesi ilk sadeleştirme işleminden sonra ulaşılan değer olmaktadır. Burada da gerekli

sadeleştirmeler yapılırsa

= 𝐷0𝐷𝐷00𝐷00

elde edilir ve daha sonra

= 𝐷0𝐷11

= 𝐷00

= 1

sonuç değerine ulaşılır.

Bu sonuç değeri, verilen ifadenin tutarlı olduğunun bir göstergesidir.

178


Bu bölümde Bağdaşmazlık Eklemi ve Lukasiewicz-Tarski Notasyonu yardımı ile

geçerlilik denetlenmesinin nasıl yapıldığı hakkında bilgi verilmiştir.

179

Bölüm Soruları

1) Aşağıdakilerden hangisi “𝑝 ̅ → (𝑞 𝑣 �̅�)” ifadesinin bağdaşmazlık eklemi cinsinden

yazılırken geçen aşamalardan birisidir?

a) 𝑝 ̅/[(𝑞 𝑣 �̅�)]

b) [(𝑞 𝑣 �̅�)/(𝑞 𝑣 �̅�)]

c) (𝑝 ̅/ �̅�)

d) 𝑝 ̅/[(𝑞 𝑣 �̅�)/( �̅�)]

e) 𝑝 ̅/[(𝑞 𝑣 �̅�)/(𝑞 𝑣 �̅�)]



a) 𝑝 ̅/[(𝑞 𝑣 �̅�)]

b) [(𝑞 𝑣 �̅�)/(𝑞 𝑣 �̅�)]

c) (𝑝/𝑝)/[(𝑞/𝑞 / �̅�/ �̅�)/( 𝑞/𝑞 /�̅�/ �̅�)]

d) 𝑝 ̅/[(𝑞 𝑣 �̅�)/( �̅�)]

e) 𝑝 ̅/[(�̅�)/( �̅�)]



a) 𝑝 ̅/[(𝑞 𝑣 �̅�)]

b) [(𝑞 𝑣 �̅�)/(𝑞 𝑣 �̅�)]

c) [(𝑞/𝑞 / �̅�/ �̅�)/( 𝑞/𝑞 /�̅�/ �̅�)]

d) (𝑝/𝑝)/[𝑞/𝑞 /(𝑟/𝑟 / 𝑟/ 𝑟 )/( 𝑞/𝑞 /(𝑟/𝑟 / 𝑟/ 𝑟 ))]

e) 𝑝 ̅/[(�̅�)/( �̅�)]

180

4) Aşağıdakilerden hangisi “ 𝑝 ̅ → (𝑞 𝑣 �̅�) ” ifadesinin bağdaşmazlık eklemine

dönüştürüldekten sonra, LT notasyonu ile yazılmış şeklidir?

a) 𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟𝑟𝐷𝐷𝑞𝑞𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟

b) 𝐷𝐷𝑝𝑝𝐷𝐷𝐷𝑞𝑞𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟𝑟

c) 𝐷𝐷𝐷𝑞𝑞𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟𝑟𝐷𝐷𝑞𝑞𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟𝑟

d) 𝐷𝐷𝑝𝑝𝐷𝐷𝐷𝑞𝑞𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟𝑟𝐷𝐷𝑞𝑞𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟𝑟

e) 𝐷𝐷𝑝𝑝𝐷𝐷𝐷𝑞𝑞𝐷𝐷𝑟𝑟𝐷𝑟𝑟𝐷𝐷𝑞𝑞

Cevaplar

1)e, 2)c, 3)d, 4)d

181

13. ÇOK DEĞERLİ MANTIK I

182


Bu bölümde çok değerli mantık hakkında bilgi verilecektir.

183


1) Çok değerli mantık nedir?

184


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği

Çok Değerli Mantık

Çok Değerli Mantığın

kullanım alanları ve temel

özellikleri

Okuma ve Alıştırma

185

Anahtar Kavramlar


Doğru

Yanlış

Belirsiz

186

Giriş

Bir önermenin doğruluk değerinin ikiden fazla olması durumunda çok-değerli mantık

söz konusu olur.

Önermeler bazen pratik amaçlar gereği bazen de zorunluluk gereği iki değerli olarak

düşünülür. Fakat bazı önermeler için ikiden fazla değerden söz etmek gereklidir. Özellikle

geleceğe ilişkin önermeler kesinlik taşımayan, yani doğru ve yanlış değerlerini

veremeyeceğimiz özelliğe sahiptirler. Yarın güneşin doğmayacağını kesin olarak bilmesek de

doğru olduğuna inanırız; ne var ki kış mevsiminde, “Yarın kar yağacak.” gibi bir önermeyi

aynı kesinlikte doğru olarak kabul edemeyiz.

187

13. Çok Değerli Mantık

Bir odada bulunan insanların sayısı konusunda bir tereddüt yaşamayız ve dolayısıyla

“Bu odada iki kişi var.” gibi bir önermeyi doğru (veya yanlış) olarak kabul ederiz. Fakat aynı

odada bulunan muhtemel bir olgu için aynı kesinlik söz konusu olmayabilir. Nitekim evden

çıkarken ışığı kapatmayı unuttuğum kaygısına kapılabilirim; böyle bir durumda “Şu an

odamdaki ışık kapalıdır.” önermesi bir kesinlik bildirmeyecektir ve dolayısıyla böyle bir

önermeyi doğru veya yanlış olarak düşünmek de söz konusu olmayacaktır.

Görüldüğü gibi bazı önermelerin doğruluk değerini iki, ama bazılarını ise üç veya

daha fazla olacak şekilde yorumlamak yerinde olacaktır. Böyle bir durumda, bu tip

önermelerle yapacağımız işlemler de kendine özgü kurallar gerektirecektir. Dolayısıyla iki

değerli mantıktan farklı denetleme yöntemlerine gerek duyulacaktır.

Bir önermenin ikiden fazla doğruluk değeri alabileceği Aristoteles’in dikkatini

çekmiştir. Fakat bunun bir sistem olarak kurulması 1920’lı yıllarda gerçekleşmiştir.

Bir önermenin doğru ve yanlış değerleri dışında üçüncü bir değer olarak belirsiz

alınması en çok karşılaşılan durumdur.

Mantık açısından önemli olan husus, bu üçüncü değerin ne şekilde yorumlanacağı,

yani formel bir işleme ne şekilde dahil edileceğidir.

Hiç kuşkusuz bu önermenin üçüncü bir değer olarak belirsizlik, olasılık, mümkün

olma durumu epistemolojik açıdan önemlidir. Fakat mantıksal işlem açısından önemli olan,

üç değerli önermeler arasında yapılacak işlemleri tanımlamak ve tutarlı bir sistem

kurabilmektir. Üç değerli mantığın kurucularından biri olan Lukasiewicz, önerme eklemlerini

tanımlamıştır. Bu tanımda: 𝐷: Doğru, 𝑌: Yanlış, 𝐵: Belirsiz değerlerine karşılık gelmektedir.

𝐴 ∼ 𝐴

𝐷 𝑌

𝐵 𝐵

𝑌 𝐷

𝐴 ∧ 𝐵 D B Y

D

B

Y

D B Y

B B Y

Y Y Y

188

𝐴 ∨ 𝐵 D B Y

D

B

Y

D D D

D B B

D B Y

𝐴 → 𝐵 D B Y

D

B

Y

D B Y

D D B

D D D

𝐴 ↔ 𝐵 D B Y

D

B

Y

D B Y

B D B

Y B D

Bu tablolardaki dikey değerler B’nin, yatay değerler A’nın doğruluk değerini ifade

etmektedir.2

2 Daha geniş bilgi için bkz. Ş. Ural, 1987, Felsefe Arkivi, sayı 26, sf. 301-316

189


Bu bölümde çok değerli mantık hakkında bilgi verilmiştir.

190

Bölüm Soruları

1) 𝐷:Doğru, 𝑌: Yanlış, 𝐵: Belirsiz değerleri için aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?

𝐴 ∼ 𝐴

a) 𝐷 𝑌

b) 𝐵 𝐵

c) 𝑌 𝐷

d) 𝐵 𝐵

e) 𝐷 𝐷

2) 𝐷:Doğru, 𝑌: Yanlış, 𝐵: Belirsiz değerleri için aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?

a.

b.

c.

d.

e.

𝐴 ∨ 𝐵 𝐴 𝐵

D

B

Y

Y

D

D D

D B

D B

Y Y

Y B

Cevaplar

1)e, 2)e

191

14. ÇOK DEĞERLİ MANTIK II

192


Bu bölümde çok değerli mantığa ilişkin bilgiler verilip örnekler çözülecektir

193


1) Çok değerli mantık nedir?

194


Konu Kazanım


edileceği veya

geliştirileceği


Çok Değerli Mantığın

kullanım alanları ve temel

özellikleri

Okuma ve Alıştırma

195

Anahtar Kavramlar


Doğru

Yanlış

Belirsiz

196

Giriş

Bir önermenin doğruluk değerinin ikiden fazla olması durumunda çok-değerli mantık

söz konusu olur.

Önermeler bazen pratik amaçlar gereği bazen de zorunluluk gereği iki değerli olarak

düşünülür. Fakat bazı önermeler için ikiden fazla değerden söz etmek gereklidir. Özellikle

geleceğe ilişkin önermeler kesinlik taşımayan, yani doğru ve yanlış değerlerini

veremeyeceğimiz özelliğe sahiptirler. Yarın güneşin doğmayacağını kesin olarak bilmesek de

doğru olduğuna inanırız; ne var ki kış mevsiminde, “Yarın kar yağacak.” gibi bir önermeyi

aynı kesinlikte doğru olarak kabul edemeyiz.

197

14. Çok Değerli Mantık

İki değerli mantıkta önermelerin doğruluk değerlerini 1 ve 0 olarak almak ve bu

değerleri kullanarak işlem yapmak mümkündü. Nitekim geçtiğimiz derslerde, LT notasyonu

çerçevesinde bazı uygulamalar da yapıldı.

Çok değerli mantıkta üçüncü değer olarak genellikle 12⁄ alınır. Bu önermenin

doğruluk değerini 1 ve 0 arasında örneğin 3/7 gibi düşünmek de mümkündür. Ancak 1 ve 0

arasında verilebilecek bir değer, çok değerli mantıkta sonuca nicel olarak yansımayacaktır.

Yani sonuç ifadesi yine D, B, Y değerlerinden birisi olarak ortaya çıkacaktır. Sonuç ifadesinin

doğruluk değerinin nicel olarak ifade edilmesi (örneğin 34⁄ oranında doğru olduğunun

söylenebilmesi), Puslu Mantık (Fuzzy Logic) çerçevesinde mümkün olmaktadır.

Çok değerli mantıkta, yukarıdaki tablolarda verilen doğruluk değerlerinin tespiti için

mekanik bir yönteme ihtiyaç vardır. Bu yöntem önerme eklemlerinin doğruluk değerlerini ve

aralarındaki işlemleri bir hesap işlemi olarak yapabilmemize olanak vermektedir. Bunun için

şu tablodan yararlanabiliriz.

∼ 𝑝 = 1 − 𝑝

𝑝 ∧ 𝑞 = min( 𝑝, 𝑞)

𝑝 ∨ 𝑞 = max( 𝑝, 𝑞)

𝑝 → 𝑞 = min[1, (1 − 𝑝) + 𝑞] (veya)

= min[(1 − 𝑝) + 𝑞, 1]

Şimdi bu tablo yardımıyla [(𝑝 ∨ 𝑞) → �̅�] gibi bir ifadede 𝑝 = 1 2⁄ , 𝑞 = 1 değerleri

için sonucu bulalım. Önce değerleri yerine yazalım.

Yani:

= [(1 2⁄ ∨ 1) → ∼ (1)]

Şimdi yukarıdaki tabloyu önce küçük parantez içine uygulayalım. Bu arada ∼

𝑝 = 1 − 𝑝 olduğunu dikkate alırsak, yukarıdaki ifadede �̅� nun değeri (1-1=0) olacaktır.

Küçük parantez içindeki değer ise:

𝑚𝑎𝑥. (1 2⁄ ∨ 1)

= 1

Dolayısıyla sonuç,

198

= (1 → 0)

şeklinde olacaktır. “İse” ekleminin yukarıdaki tabloda karşılığının

𝑝 → 𝑞 = min[1, (1 − 𝑝) + 𝑞]

olduğunu biliyoruz. Dolayısıyla

min[1, (1 − 1) + 0]

=min(1, 0 + 0)

= min(1, 0)

= 0

elde edilir.

Çok değerli mantığa LT notasyonunu uygulamak suretiyle işlemleri daha akıcı hâle

getirmek ve dolayısıyla kolaylaştırmak mümkündür.

𝐶𝑟𝑁𝐾𝐴𝑝𝑁𝑟𝑞

ifadesinde 𝑝 = 1, 𝑞 = 0, 𝑟 = 12⁄ olsun.

Bu durumda, verilen ifade,

= 𝐶 12⁄ 𝑁𝐾𝐴1 𝑁 1

2⁄ 0

olur. Şimdi hemen önerme temsili harflerin başındaki değillemeleri (∼ 𝑝 = 1 − 𝑝)

kuralı gereği eleyelim. Yani

= 𝐶 12⁄ 𝑁𝐾𝐴1 1

2⁄ 0

sonucu elde edilir.

Şimdi , 𝐴 = max( 𝑝, 𝑞) kuralı gereği,

= 𝐶 12⁄ 𝑁𝐾 1 0

sonucunu buluruz ve bu ifadede 𝐾 1 0 ve 𝐾 = min( 𝑝, 𝑞) olduğu için

= 𝐶 12⁄ 𝑁0

bulunur. Buradan da

= 𝐶 12⁄ 1

199

sonucu elde edilir. Bu sonuca “ise” eklemini uygularsak;

= min[1, (1 − 12⁄ ) + 1]

= min[1, (12⁄ + 1)]

= min[1, 32⁄ ]

= 1

elde edilir.

200


Bu bölümde çok değerli mantığa ilişkin bilgiler verilip örnekler çözülmüştür.

201

Bölüm Soruları

1. Çok değerli mantık kuralları göz önünde bulundurulduğunda aşağıdakilerden


a) 𝑝 → 𝑞 = max[1, + 𝑞]

b) 𝑝 → 𝑞 = min[1, (1 − 𝑝) + 𝑞]

c) 𝑝 ∨ 𝑞 = max( 𝑝, 𝑞)

d) 𝑝 ∧ 𝑞 = min( 𝑝, 𝑞)

e) ∼ 𝑝 = 1 − 𝑝



a 𝑝 ∧ 𝑞 = min( 𝑝, 𝑞)

b) 𝑝 → 𝑞 = min[1, (1 − 𝑝) + 𝑞]

c) 𝑝 ∨ 𝑞 = max( 𝑝, 𝑞)

d) 𝑝 ∧ 𝑞 = max( 𝑝, 𝑞)

e) ∼ 𝑝 = 1 − 𝑝



a) ∼ 𝑝 = 1 − 𝑝

b) 𝑝 → 𝑞 = min[1, (1 − 𝑝) + 𝑞]

c) 𝑝 ∨ 𝑞 = max( 𝑝, 𝑞)

d) 𝑝 ∧ 𝑞 = min( 𝑝, 𝑞)

e) ∼ 𝑝 = 1 + 𝑝

Cevaplar

1)a, 2)d, 3)e

202

KAYNAKÇA

Grünberg, Teo. Sembolik Mantık El Kitabı 1, Ankara: Metu Press, 2000.



Grünberg, Teo. Mantık Terimleri Sözlüğü, Ankara: Metu Press, 2003.

modern mantık

Documents