Práctica 5 (LyC Verano)

Ejercicio 01

SP3 = (¬φ → ¬ψ) → [ (¬φ → ψ) → φ ] = 1 <=>
     (¬φ → ¬ψ) = 0     ٧   [ (¬φ → ψ) → φ ] = 1
    ¬φ = 0  ٧ ¬ψ = 1          (¬φ → ψ) = 0  ٧  φ = 1
     φ = 1  ٧  ψ = 0        ¬φ = 0  ٧  ψ = 1
                              φ = 1  ٧  ψ = 1

Con lo cual, SP3 vale si
(φ=1 ٧ ψ=0) ٧ (φ=1 ٧ ψ=1) ٧ (φ=1), que equivale a
(φ=1) ٧ (ψ=0 ٧ ψ=1), que equivale a
(φ=1) ٧ T = tautologia
-> SP3 es tautologia

Ejercicio 02

a)

• 1.SP3: (¬φ → ¬φ) → [ (¬φ → φ) → φ ]
• 2.VALE: (¬φ → ¬φ) (ya que p → p es tautologia)
• 3.MP 1 y 2: (¬φ → φ) → φ

→ (¬φ → φ) → φ es tautologia

b)

• 1.SP1: (ψ→θ)→( φ→(ψ→θ) )
• 2.AXb: ψ→θ
• 3.MP 1 y 2: φ→(ψ→θ)
• 4.SP2: ( φ→(ψ→θ) ) → ( (φ→ψ)→(φ→θ) )
• 5.MP 3 y 4: (φ→ψ)→(φ→θ)
• 6.AXb: φ→ψ
• 7.MP 5 y 6: φ→θ

→ {φ→ψ,ψ→θ} infiere φ→θ

c)

(Falta revisar)
Si (¬φ → ¬ψ) es F, la formula es tautologia.
Si (¬φ → ¬ψ) es T, entonces hay que probar que vale (ψ→φ). Usando b), {ψ→p,p→φ}→(ψ→φ). Entonces:

• 1.SP2: ( ψ→(p→φ) ) → ( (ψ→p)→(ψ→φ) )
• 2.VALE: ψ→(p→φ) ya que (p→φ) es axioma
• 3.MP 1 y 2: (ψ→p)→(ψ→φ)
• 4.VALE: (ψ→p) ya que es axioma
• 5.MP 3 y 4: (ψ→φ)

→Vale (ψ→φ)
→(¬φ→¬ψ)→(ψ→φ) es tautologia

Ejercicio 05

a)

¬(¬(p1 ٧ p2) → ((p3 ٨ p1) ٧ (p2 → p3)))
  	  ¬(p1 ٧ p2)
      ¬((p3 ٨ p1) ٧ (p2 → p3))
	       ¬p1
	       ¬p2
             ¬(p3 ٨ p1)
             ¬(p2 → p3)
              ¬p3   ¬p1
               p2    p2
              ¬p3   ¬p3
               x      x

→ P es tautologia

b)

((p1 → p3) → ((p2 → p3) → ((p1 ٧ p2) → p3)))
      ¬(p1 → p3)     (p2 → p3) → ((p1 ٧ p2) → p3))
           p1                ¬(p2 → p3)    ¬((p1 ٧ p2) → p3)
         ¬p3                     p2               (p1 ٧ p2) 
                                  ¬p3                 ¬p3

¬P = (p1 ٨ ¬p3) ٧ (p2 ٨ ¬p3) ٧ ¬p3 = (p1 ٧ p2 ٧ T) ٨ ¬p3 = ¬p3. Es una contingencia

Nota: NO es una contingencia. Este árbol sólo logra probar que la fórmula NO ES TAUTOLOGÍA. Ahora habría que agregar el árbol para la fórmula sin negar y ver si se cierran o no todas sus ramas. Si se cierran todas, es una contradicción (en este caso ocurre eso), si queda alguna abierta, entonces sí, es una contingencia.

c)

¬((¬¬¬(p1 ٨ p2) ٧ p3) → p4)
   (¬¬¬(p1 ٨ p2) ٧ p3)
             ¬p4
¬¬¬(p1 ٨ p2)     p3
¬(p1 ٨ p2)
¬p1     ¬p2

¬P = ((¬p1 ٧ ¬p2) ٧ p3) ٨ ¬p4. Como cada variable aparece 1 vez, ¬P es contingencia

Ejercicio 06

a)

(((p0 ٨ ¬p0) ٨ p1) ٨ ¬(p1 ٨ (p1 → p0)))
          ((p0 ٨ ¬p0) ٨ p1)
          ¬(p1 ٨ (p1 → p0))
              (p0 ٨ ¬p0)
                 p1
           ¬p1   ¬(p1 → p0)
           ¬p0       p0
           ¬p0      ¬p0
            x        p1
                    ¬p0
                     x

Agrego una cosa. Cabe destacar que si un conjunto de formulas es insatisfacible, entonces, cualquier formula es consecuencia semantica de este. Por lo tanto, $alfa$ pertenece a Con(r).

b)

((p1 ٨ (p1 → ¬p0)) ٨ ¬(p1 → p0))
        (p1 ٨ (p1 → ¬p0))
           ¬(p1 → p0)
                p1
          (p1 → ¬p0)
               p1     
             ¬p0
        ¬p1      ¬p0
         x

c)

(((p1 ٨ (p2 ٧ p0)) ٨ (p1 ٨ p0)) ٨ ¬((p1 ٨ p2) → p0))
         ((p1 ٨ (p2 ٧ p0)) ٨ (p1 ٨ p0))
              ¬((p1 ٨ p2) → p0)
               (p1 ٨ (p2 ٧ p0))
                  (p1 ٨ p0)
                  (p1 ٨ p2)
                     ¬p0
                       p1
                  (p2 ٧ p0)
                       p1
                       p0
                       p1
                       p2
                    p2  p0
                    x    x

Ejercicio 08

a) F El unico arbol de la formula p1 es ella misma, que es un arbol abierto. Sin embargo, la formula no es una tautologia.
b) F El arbol (p1 ٨ ¬p1) para esa misma formula no es cerrado, pero la formula es una contradiccion. El asunto es que el arbol no esta completo.
c) V (Esta demostrada en algun lado, pero no me acuerdo donde)

Ejercicio 10

Como Γ1∪Γ2 es insatisfacible, por compacidad existe Γ0 $\subseteq$ Γ1∪Γ2 finito e insatisfacible. Este conjunto tiene que tener por lo menos una formula de Γ1 y una de Γ2. Si no, serıa satisfacible. Si llamamos α1,..,αn a las formulas de Γ1 ∩ Γ0 y β1,..,βm a las de Γ1 ∩ Γ0, podemos hacer α = α1 ٨..٨ αn y β = β1 ٨..٨ βm. Es claro que α ε C(Γ1) y que β ε C(Γ2). Ademas, α ٨ β es una contradiccion. Pero α ٨ β ≡ ¬(¬α ٧ ¬β) ≡ ¬(α → ¬β), de lo cual podemos concluir que (α → ¬β) es una tautologia

Ejercicio 11

Sea Γ' $\subseteq$ Γ finito. Veamos por induccion en su cantidad de elementos que es satisfacible. Si #Γ' = 1, sabemos que es satisfacible pues consta de una sola contingencia. Supongamos que todo Γ' de menos de n elementos es satisfacible. Sea Γ' con n elementos. Entonces, Γ' = {α} U Γ" (con α $\notin$ Γ"). Sea v una valuacion que satisface a Γ" (existe por HI). Sea w una valuacion que satisface a α. Construimos v' como sigue. En las variables de α, da lo mismo que w. En las demas variables, da lo mismo que v. Esta valuacion satisface a Γ'. Entonces, como todo subconjunto finito es satisfacible, Γ es satisfacible (por compacidad).

Si no queremos usar compacidad, vemos directamente que Γ es satisfacible. Para cada elemento αi hay una valuacion vi. Construimos la valuacion v que es igual a cada vi en las variables de αi, y 0 en las variables que no aparezcan en Γ. Esta bien definida por las intersecciones vacias. v satisface a Γ.

Ejercicio 12

Supongamos que ninguna formula de la forma α1 ٧...٧ αn sea tautologia. Esto es lo mismo que decir que ninguna formula de la forma ¬α1 ٨ ... ٨ ¬αn no es contradiccion. Pero esto ultimo es lo mismo que decir que todo subconjunto finito de negaciones de formulas de Γ es satisfacible. Entonces ¬Γ = {¬α, α ε Γ} es satisfacible. Entonces, existe v valuacion tal que v(¬α) = 1 para todo α en Γ. Esto contradice la hipotesis de que v satisface al menos una formula de Γ. Entonces, tienen que existir finitas formulas α1, ... , αn tales que su disyuncion es una tautologia.

Ejercicio 13

Recordemos que {P} |= Q sii (P → Q) es una tautologia. Y esto tambien es equivalente a que [P] <= [Q]. Con esto en mente, supongamos que Γ |= γ. Entonces, por compacidad, existe un subconjunto finito Γ0 = {α1, ... , αn} de Γ tal que {α1, ... , αn} |= γ . Miremos el cociente finito Γ0/ ≡. La hipotesis de que α → β es tautologia o β → α es tautologia se puede traducir en que este cociente se puede ordenar totalmente. Sea [α] su primer elemento. Es claro que todos los elementos de [α] son consecuencia de α. Los elementos de clases mayores tambien, pues se tiene que α → β es tautologia para toda β que este en una clase [P] tal que [α] <= [P]. Entonces, todo Γ0 es consecuencia de α. Luego, {α} |= γ .