tautologie - teoria - metoda zerojedynkowa skrócona

TOWARZYSTWO BIBLIOTEKI SŁUCHACZÓW PRAWA UJ

ul. Bracka 12 /302, 31-005 Kraków www.tbsp.pl

Zajęcia TBSP z Logiki dla Prawników 2012 Agnieszka Guzik, Filip Leszczyński

Tautologie – metoda zerojedynkowa skrócona

1. Na egzaminie mogą pojawić się cztery rodzaje zadań do rozwiązania:

a. Implikacja

b. Zanegowania implikacja

c. Równoważność

d. Zanegowania równoważność

2. Studentów zaocznych obowiązują tylko trzy pierwsze, tj. bez zanegowanej równoważności,

z którą zazwyczaj jest najwięcej zabawy. Zanegowana implikacja nie powinna pojawić się

na egzaminie, ale był taki pomysł, więc na wszelki wypadek zaprezentuję rozwiązanie.

3. Żeby rozwiązać zadania, poniższa tabelka powinna być wyuczona na wyrywki. Gorąco

zachęcam, żeby nauczyć się jej bardzo rzetelnie z kilku powodów. Po pierwsze, zadania idą

wtedy dużo szybciej. Po drugie, popełnia się mniej błędów. Po trzecie i najważniejsze, jest

to podstawa podstaw i tą tabelką będziecie się posługiwać rozwiązując zadania także z innych

działów logiki, takich jak np. kwadraty logiczne. Tabeli łatwo się nauczyć zauważając,

że prawa „łączą się w pary” i się „uzupełniają”. Koniunkcja z dysjunkcją, alternatywa zwykła

z binegacją i alternatywa rozłączna z równoważnością. Jeżeli koniunkcja jest prawdziwa

tylko w jednym wypadku (1,1), to dysjunkcja tylko w tym samym wypadku jest fałszywa, itd.

Implikacja pozostaje „bez pary”.

4. Zadania można rozwiązywać na dwa sposoby, tj. metodą zerojedynkową lub klamerkami.

W tej wersji pliku posłużymy się metodą zerojedynkową skróconą. Obie metody

są dozwolone na egzaminie.

5. Rozwiązanie zadań polega na sprawdzeniu, czy dane zdanie jest tautologią.

Nazwa Koniunkcja Dysjunkcja Alternatywa

zwykła Binegacja

Alternatywa

rozłączna Równoważność Implikacja

Znak ∧ / v ↓ ┴ ≡ → p q

1 1 1 0 1 0 0 1 1

0 1 0 1 1 0 1 0 1

1 0 0 1 1 0 1 0 0

0 0 0 1 0 1 0 1 1




6. Na arkuszu egzaminacyjnym będziecie musieli zaznaczyć w kwadratach jak poniżej czy

badane zdanie jest tautologią czy nią nie jest. Jeżeli nie będzie tautologią, to koniecznie

musicie określić dla jakich wartości. Na arkuszu są trzy elementy, ale może się okazać,

że w zdaniu będziecie mieć 2 (praktycznie niespotykane), 4 lub 5. Wtedy dopisujecie

s oraz t i piszecie jakie przybierają wartości

Tautologia Nietautologia, bo formuła fałszywa dla: p=_ q=_ r=_

7. Tautologia to wyrażenie zawsze prawdziwe. Oznacza to, że w przypadku kiedy wpadniecie

w warianty, to we wszystkich wariantach wyrażenie musi być tautologią, tj. w każdym z nich

musi pojawić się sprzeczność.

8. Zadanie z wariantami rozwiązuje się do końca w przypadku sprzeczności (tj. rozwiązuje się

wszystkie warianty), a jeżeli wyjdzie wam brak sprzeczności oznacza to, że badane zdanie nie

jest tautologią i na tym kończymy, gdyż tautologia to wyrażenie zawsze prawdziwe.

9. Istnieje możliwość zrobienia wariantów wariantów, czyli podwariantów. Jeżeli uważacie,

że jest to jedyna droga rozwiązania zadania, to najprawdopodobniej macie je zrobione

do tego momentu źle. Podwarianty na egzaminie można stosować tylko w przypadku zadań

typu „zanegowana równoważność”, które obowiązują tylko studentów dziennych, więc

studenci zaoczni w ogóle „nie mogą” ich stosować.

10. W poniższych zadaniach niejednokrotnie będzie wychodzić sprzeczność. Nie należy się

sugerować miejscem, w którym ona wychodzi jako jedynym możliwym. Zależy to od tego,

w którym miejscu przyjęliśmy warianty.




Modelowe rozwiązanie każdego typu zadania:

Nowe wartości w każdej linijce wpisane zostały na pomarańczowo.

A. Implikacja

W tej wersji ostatnia równoważność, w przeciwieństwie do wersji z metodą klamerkową

posiada zanegowane elementy.

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p ) )

a. Początkowo łączymy nawiasy w celu zorientowania się, która implikacja jest implikacją

główną.

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p) )

b. Zadanie rozwiązujemy sprawdzając czy dane zdanie jest tautologią, dlatego początkowo

nadajemy całemu zdaniu (implikacji głównej) wartość fałszu. „0” zapisujemy pod

funktorem implikacji. Wartość każdego wyrażenia wpisujemy bezpośrednio pod

funktorem, a wartość zmiennej zdaniowej bezpośrednio pod nią.

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p) )

0

c. Pamiętając, że implikacja jest fałszywa tylko w jednym przypadku, to jest kiedy

z prawdy wynika fałsz nadajemy odpowiednie wartości poprzednikowi i następnikowi

głównej implikacji. Oznacza to założenie, że koniunkcja jest prawdziwa i implikacja jest

fałszywa.

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p) )

1 0 0




d. Teraz musimy wybrać, którą stronę zadania będziemy rozwiązywać najpierw.

Wybieramy, tę przy której będziemy mieć mniej roboty. W tym zadaniu tak się składa,

że tak jak koniunkcja jest prawdziwa tylko w jednym przypadku (1,1), tak implikacja jest

fałszywa tylko w jednym przypadku (1,0). Wobec tego możemy zdecydować jakkolwiek,

więc weźmiemy na warsztat koniunkcję. Nadajemy jej poprzednikowi (równoważności)

i następnikowi (koniunkcji) odpowiednie wartości. Jednak od razu wpisujemy też

wartości dla następnika implikacji, ponieważ możemy je wywnioskować.

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p) )

1 1 1 0 1 0 0

e. Tak jak poprzednio musimy zdecydować, co robimy dalej. Równoważność jest

prawdziwa w dwóch przypadkach (1,1 i 0,0), więc na chwilę ją zostawiamy i zajmiemy się

kolejną koniunkcją, która jest prawdziwa tylko w jednym przypadku (1,1). Dzięki temu

wiemy, że zanegowane q (∼q) ma wartość 1 (czyli samo q ma wartość 0) i r także

ma wartość 1. Jeżeli mamy do czynienia z zanegowaną zmienną zdaniową, to zapisujemy

wartość zarówno dla jej negacji, jak i dla samej zmiennej.

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p) )

1 1 10 1 1 0 1 0 0

f. Znając wartości q i r przepisujemy je w całym zdaniu. Na razie brakuje nam p.

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p) )

1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 10 0

g. Założyliśmy, że pierwsza równoważność jest prawdziwa, a skoro tak się dzieje tyko

w dwóch przypadkach i zmienna q przybiera wartość 0, to żeby nie było sprzeczności

wartość p musi być również 0. Przy okazji przepisujemy wartość p przy drugiej

równoważności.

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p ) )

0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 10 0 10




h. Teraz musimy sprawdzić wartość równoważności. Skoro jej poprzednik (∼q) ma wartość

1, a jej następnik (∼p) ma wartość 1, to cała równoważność musi być fałszywa

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p ) )

0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 10 0 10

1

i. Z założenia o fałszywości następnika implikacji głównej wywnioskowaliśmy,

że równoważność ma wartość fałszu, jednak po przepisaniu wartości okazało się, że jest

ona prawdziwa. Znalezienie sprzeczności sprawia, że (nie mając wariantów) wiemy,

że badana formuła jest tautologią. Trzeba zaznaczyć znalezioną sprzeczność ramką.

( ( p ≡ q ) ∧ ( ∼ q ∧ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) → (∼ q ≡ ∼ p ) )

0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 10 0 10

1

j. A skoro na początku nadaliśmy całemu zdaniu wartość fałszu i udowodniliśmy błędność

tego założenia, oznacza to, że zdanie jest tautologią, gdyż tautologia to wyrażenie

zawsze prawdziwe.




B. Zanegowana implikacja

Ponieważ dobrze wam idzie, to zrobimy od razu dwa kroki naprzód. Zdanie dobrałem tak,

żeby móc przedstawić, na czym polegają warianty.

∼ ( ( (p ↓ q ) ∧ ∼ ( q ┴ r ) ) → ( ( r ∧ ∼q ) ≡ p ) )

a. Na początek trzeba zrozumieć, kiedy całe zdanie jest zanegowane (czyli jest zanegowaną

implikacją), a kiedy zanegowany jest tylko poprzednik głównej implikacji. Pierwsze

zdanie jest zanegowaną implikacją. Drugie nie.

∼ ( ( (p ↓ q ) ∧ ∼ ( q ┴ r ) ) → ( ( r ∧ ∼q ) ≡ p ) )

Jak widać negacja jest przed nawiasem obejmującym całe zdanie.

∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → (∼ p ≡ ∼ q ) ) → ∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) )

W tym przypadku negacja (negacje) stoją przed nawiasami obejmującymi tylko

poprzednik lub następnik głównej implikacji.

b. Kiedy już to wiemy, możemy przejść do rozwiązywania zadania. Zadania typu

„zanegowana implikacja” rozwiązuje się podobnie, a różnica dotyczy tylko początku.

Zakładamy, że cała zanegowana implikacja ma wartość fałszu, przez co sama implikacja

ma wartość prawdy.

∼ ( ( (p ↓ q ) ∧ ∼ ( q ┴ r ) ) → ( ( r ∧ ∼q ) ≡ p ) )

0 1




c. Mamy implikację, która przybiera wartość prawdy. Dzieje się tak w 3 przypadkach

(1,1 i 0,1 i 0,0). Dlatego już w tym momencie musimy przyjąć warianty. Warianty

przyjmuje się albo na poprzedniku, albo na następniku danego znaku, ale ponieważ

w tym wypadku musimy przyjąć je od razu, to nie mamy wyboru. W dalszej części będzie

jeszcze o tym mowa. Raz ustalonej kolejności wariantów nie można zmieniać. Nie można

zacząć od wariantu c, albo zrobić najpierw a żeby następnie zrobić c. Badany wariant

podkreślamy. Tak samo robimy w badanym zdaniu. Dla lepszej przejrzystości zapisu

warianty będą niebieskie. Pod słupkami wariantów zapisujemy literę „w”.

∼ ( ( ( p ↓ q ) ∧ ∼ ( q ┴ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) ≡ p ) )

0 0 1 0

0 1 1

1 1 1

w w

d. Zadanie jest o tyle łatwe, że przyjmując wariant pierwszy (0,0) od razu widzimy, że w obu

przypadkach (fałszywej koniunkcji i fałszywej równoważności) wpadamy w podwarianty.

Mamy teraz dwie możliwości rozwiązania tego problemu. Albo robimy podwarianty, ale

tak jak było wcześniej napisane, nie możemy tego zrobić, albo zmieniamy kolejność

wariantów, zaczynamy od innego i liczymy, że nam się uda. Trzeba pamiętać, że takie

cuda możemy robić tylko w brudnopisie. W czystopisie musi być rozpisane już gotowe,

rozwiązane zadanie.

∼ ( ( ( p ↓ q ) ∧ ∼ ( q ┴ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) ≡ p ) )

0 0 1 1

1 1 1

0 1 0

w w

e. Okazuje się, że znowu mamy ten sam problem. Wobec tego korzystamy z ostatniej

możliwości i rozpoczynamy zadanie od wariantu (1,1). Wreszcie dzięki niemu jesteśmy

w stanie rozwiązać poprawnie zadanie. Warto jeszcze zwrócić uwagę na negację

alternatywy rozłącznej. Nie ma sprzeczności, więc kończymy zadanie, zapisując dla jakich

wartości zdanie nie jest tautologią.

∼ ( ( ( p ↓ q ) ∧ ∼ ( q ┴ r ) ) → ( ( r ∧ ∼ q ) ≡ p ) )

0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 10 1 0

0 1 1

0 1 0

w w

nT, dla: p=0, q=0, r= 0 FF

nT – Nietautologia ff – formuła fałszywa




C. Równoważność

Przypominam, że tautologia to zdanie zawsze prawdziwe.

∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) ) ≡ ∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) )

a. Po pierwsze, żeby rozwiązać równoważność, trzeba ją zamienić na implikację.

Ale żeby nie było tak łatwo – jeżeli w takiej implikacji wyjdzie sprzeczność (sprzeczności

w przypadku wariantów), to zamienia się ze sobą kolejność poprzednika i następnika

równoważności. Oznacza, to że początkowo zadanie robi się od lewej do prawej (L → P),

a następnie od prawej do lewej (P → L).

∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) ) → ∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) )

b. Dopiero teraz możemy przystąpić do rozwiązywania. Wszystkie wpisane wartości zostały

wywnioskowane z założenia o fałszywości tej implikacji.

∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) ) → ∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) )

1 1 0 0 0 0 0 1

c. Znowu wpadamy w warianty. Można je przyjąć na równoważności lub na dysjunkcji.

Przyjmiemy je na fałszywej równoważności.

∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) ) → ∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) )

1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1

0 1 0 1 0

w w




d. Przepisujemy wartości. Wartość r jest nieznana, ale nie ma to znaczenia, ponieważ jeżeli

choć jeden element koniunkcji jest fałszywy, to jest ona fałszywa. Jeżeli następnik

implikacji jest prawdziwy, to jest ona zawsze prawdziwa. Alternatywa rozłączna jest

również prawdziwa.

∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) ) → ∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) )

1 1 ? 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 ? 1 1 0 1 0 1 1

0 1 0 1 0

w w

e. Oznacza to, że skoro pierwsze (implikacja) i drugie (alternatywa rozłączna) zdanie

dysjunkcji są prawdziwe, to jest ona fałszywa. Jednakże, wcześniej założyliśmy,

że dysjunkcja jest prawdziwa. Wobec tego mamy sprzeczność, którą zaznaczamy jak

w pierwszym przykładzie.

∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) ) → ∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) )

1 1 ? 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 ? 1 1 0 1 0 1 1

0 1 0 1 0 0

w w

f. Skoro w tym wariancie wyszła nam sprzeczność, czyli zdanie jest potencjalnie tautologią,

to musimy rozwiązywać je dalej. Robimy kolejny wariant, pamiętając, że przyjmujemy

go tam, gdzie poprzednio. Przy linijce, w której pojawiła się sprzeczność, można zapisać

„sp.”

∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) ) → ∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) )

1 1 ? 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 ? 1 1 0 1 0 1 1 sp.

0

1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0

w w

g. Teraz potrzebujemy wartości r. Wyciągamy ją z fałszywej koniunkcji. Skoro wiemy,

że jest ona fałszywa, a jeden jej element jest prawdziwy, to drugi musi być fałszywy.

Znowu wychodzi nam sprzeczność tam, gdzie poprzednio.

∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) ) → ∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) )

1 1 ? 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 ? 1 1 0 1 0 1 1 sp.

0

1 1 01 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 01 1 0 1 1 1 1 0 sp.

w w 0




h. Rozwiązaliśmy oba warianty sposobem L → P i w obu wyszły nam sprzeczności. Oznacza

to, że musimy sprawdzić, czy w sposobie P → L również otrzymamy same sprzeczności

i będziemy mogli udowodnić, że zdanie jest tautologią.

∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) ) → ∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) )

1 1 0 1 0 0 1

i. Znowu mamy warianty. Możemy przyjąć je na prawdziwej alternatywie rozłącznej

lub na prawdziwej implikacji. Przyjmujemy je na alternatywie rozłącznej, gdyż w ten

sposób jest ich mniej. Przepisujemy wartości.

∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) ) → ∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) )

1 01 1 01 0 1 1 0 0 0 1 01 0 1 1 01 0 10

0 1 1

w w

j. Otrzymujemy wartość r (∼r = 0), koniunkcji i równoważności. Znowu wychodzi

sprzeczność.

∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) ) → ∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) )

1 01 1 01 0 1 1 0 0 0 1 01 0 1 1 01 0 10 sp.

0

0 1 1

w w

k. Robimy drugi wariant. Ponownie wychodzi sprzeczność.

∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) ) → ∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) )

1 01 1 01 0 1 1 0 0 0 1 01 0 1 1 01 0 10 sp.

0

1 ? 1 10 0 0 1 1 0 0 1 ? 0 0 1 10 0 01 sp.

w w 0




l. Na tym kończymy zadanie. Udowodniliśmy, że jest to tautologia, gdyż za każdym razem

wychodziła sprzeczność, czyli negowaliśmy założenie, że zdanie jest fałszywe. Na samym

końcu piszemy, że jest to tautologia.

∼ ( ( ∼ r → ∼ p ) / ( p ┴ q ) ) → ∼ ( ∼ ( ∼ r ∧ p ) → ( ∼ p ≡ ∼ q ) )

1 01 1 01 0 1 1 0 0 0 1 01 0 1 1 01 0 10 sp.

0

1 ? 1 10 0 0 1 1 0 0 1 ? 0 0 1 10 0 01 sp.

w w 0

TAUTOLOGIA

D. Zanegowana równoważność

W tym zadaniu wpadamy w podwarianty. W zanegowanej równoważności nie rozpisujemy

zadania na L → P i P → L. Całości nadajemy wartość fałszu, zatem wyrażenie w nawiasie

ma wartość prawdy. Wobec czego od razu zapisuję całe rozwiązanie. Wybrałem również

najkrótszą drogę jego rozwiązywania, tj. odpowiednie warianty i „podwarianty”

(na fioletowo). „Podwarianty” można oznaczyć np. za pomocą gwiazdki. Po znalezieniu

sprzeczności można nie przepisywać dalej znanych wartości.

∼ ( ( ( p ∧ q ) ∧ ( q ∧ ∼ r ) ) ≡ ( ( r / ∼ p ) ↓ ( ∼ q → ∼ p ) ) )

0 1 1 1 1 1 1 10 1 0 0 01 1 10 0 01

1

0 1 1 1 0 1 0 01 1 1 0 01 0 0

0 0 0 1 0

1 0 1 0

* w * w

nT, dla: p=1, q=1, r=1 ff

Jak widać, metoda ta, chociaż mniej w niej pisania przy wariantach, jest

mniej przejrzysta, niż klamerkowa, dlatego polecam używanie tamtej.

tautologie - teoria - metoda zerojedynkowa skrócona

Documents