Práctica 4 (LyC Verano)

Ejercicio 01

a) v(α) = v(¬p1) = 1
b) v(α) = v( (p5 ٧ 0) → 0 ) = v(p5 → 0) = v(p5) = ?
c) v(α) = v( (0 ٧ 0) → 0 ) = v(0 → 0) = 1
d) v(α) = v(¬p4) = ?
e) v(α) = v( (p8 → p5)→(p8 ٨ p0) ) = ?

Ejercicio 02

a)

1) v(α1) = 1 ↔ p1=0 ٧ p3=1 ٧ p4=1
2) v(α2) = 1 ↔ p2=1 ٧ (p3=0 ٧ p1=0)
3) v(α3) = 1 ↔ (p2=0 ٨ p3=0) ٧ (p2=1) ٧ (p5=0 ٧ p3=1)

b)

1) Esto vale si pasa a.1) ٨ $(\forall j)pj\notin Var(\alpha 1)\rightarrow pj=0$
2) Idem 1) para α2
3) Idem 1) para α3

Ejercicio 03

(Para simplificar, T=tautologia, F=contradiccion, C=contingencia)
a) v(α٨β)=1 ↔ v(α)=1 ٨ v(β)=1 ↔ α T y β T
b) v(α٧β)=0 ↔ ¬v(α)=1 ٨ ¬v(β)=1 ↔ v(α)=0 ٨ v(β)=0 ↔ α F y β F
c) v(α→β)=0 ↔ v(α)=1 ٨ v(β)=0 ↔ α T y β F
d)
←) Si v(α)=0 ٧ v(β)=1 → v(α→β)=1
→) Sup que no. Hay 4 casos:

• α T y β F → v(α→β)=0 (ABS)
• α T y β C → si v(β)=0 → v(α→β)=0 (ABS)
• α C y β F → si v(α)=1 → v(α→β)=0 (ABS)
• α C y β C → Sea el caso α=β → v(α→β)=1, pero $Var(\alpha )\cap Var(\beta )\neq \emptyset$ (ABS)

Ejercicio 04

a)

Sup que no. Hay 4 casos:

• α T y β T → v(α٨β)=1
• α T y β F → v(α٨β)=0
• α F y β T → v(α٨β)=0
• α F y β F → v(α٨β)=0

→ α٨β nunca es C (ABS)

b)

Sup que no. Hay 2 casos:

• α٨β T → α T y β T
• α٨β F → α F o β F

→ α y β nunca son ambas C (ABS)

Ejercicio 05

Pueden pasar 2 cosas: v(α)=0 ٨ v(pi)=1 o v(α)=1 ٨ v(pi)=0 → Vale si α=¬pi

Ejercicio 06

a)

• Reflexiva:
• Antisimetrica:
• Transitiva:

Ejercicio 07

a)

Definimos todos los conectivos en funcion a los elementos para cada conjunto:
1) {¬,٨,٧}

• ¬p, p٨q, p٧q ya estan definidos
• p→q = ¬p٧q

2) {¬,٨}

• ¬p, p٨q ya estan definidos
• p٧q = ¬(¬p ٨ ¬q)
• p→q = ¬p٧q

3) {¬,٧}

• ¬p, p٧q ya estan definidos
• p٨q = ¬(¬p ٧ ¬q)
• p→q = ¬p٧q

4) {¬,→}

• ¬p, p→q ya estan definidos
• p٨q = ¬(p → ¬q)
• p٧q = ¬p → q

b)

1) {¬} Como α solo usa el ¬, α siempre sera contingencia
2) {٧,٨} Sup que lo es. Sea f | f(p)=1 para todo p, y vf la valuacion que extiende a f. Usando induccion en complejidad de α:

• Si α=p → vf(α)=vf(p)=1
• Si α=p٧q → vf(α)=vf(p٧q)=max{vf(p),vf(q)}=max{1,1}=1
• Si α=p٨q → vf(α)=vf(p٨q)=min{vf(p),vf(q)}=min{1,1}=1

→ No es posible construir un α tq α=¬p, por lo que no hay un v | v(α)=0 → No es adecuado (ABS)
3) {٧,→} Sale muy similar a 2), si tomamos

• Si α=p→q → vf(α)=vf(p→q)=max{1-vf(p),vf(q)}=max{0,1}=1

→ Volvemos a obtener un ABS

Ejercicio 08

a)

α β  α|β α↓β
1 1   0   0
1 0   1   0
0 1   1   0
0 0   1   1

Como se puede ver, α|β equivale a NAND y α↓β a NOR.

b)

Sabemos que {¬,٨} es un conjunto de conectivos adecuado demostrado en 7a, tratemos de armar sus equivalentes

Para {|}:

• ¬p = p|p
• p٨q = (p|p)|(q|q)

Por lo tanto {|} es adecuado

Para {↓}:

• ¬p = p↓p
• p٧q = (p↓p)↓(q↓q)

Por lo tanto {↓} es adecuado

c)

Sup. que hay otro conectivo adecuado (Sea * ese conectivo). Entonces ese conectivo no puede cumplir (1*1)=1 o (0*0)=0 (sino no podria construirse la negacion). Tomando eso en cuenta, de todas las posibilidades quedan los siguientes 4 casos:

α β  ↓ *1 *2 | 
1 1   0  0  0  0
1 0   0  0  1  1
0 1   0  1  0  1
0 0   1  1  1  1

Como se ve, entre esos conectivos estan ↓ y |, que por a) son adecuados. Vemos los otros 2:
α *1 β = (¬α٨β)٧(¬α٨¬β) = ¬α
α *2 β = (α٨¬β)٧(¬α٨¬β) = ¬β
Es decir, ambos usan el conjunto {¬} que no era adecuado, con lo cual no hay otros conectivos adecuados ademas de ↓ y | (ABS)

Ejercicio 09

a)

• ¬p = *1(p,p,p) = (p→(¬p ٨ p)) = p→0 = ¬p
• p→q = *1(p,¬p,q) = (p→(¬¬p ٨ q)) = (p→(p ٨ q)) = p→q
• El resto sale ya que {¬,→} es adecuado

→ *1 es adecuado

b)

No es adecuado, ya que utiliza el conjunto {٨,→}, que tampoco lo es

Ejercicio 10

a)

• p→q ya esta definido
• ¬p = p→F = ¬p
• El resto sale ya que {¬,→} es adecuado

→ {F,→} es adecuado

b)

No es adecuado. Solo se pueden dar 2 casos:

• p→T = T
• T→p = p

Claramente no puede construirse la negacion → {T,→} no es adecuado

Ejercicio 11

a)

$\Gamma satisfacible\rightarrow (\exists v)(\forall p\in \Gamma )v(p)=1\rightarrow (\forall p\in \Gamma ')v(p)=1\rightarrow \Gamma 'satisfacible$

b)

←) Con(Γ) es satisfacible y Γ $\subseteq$ Con(Γ) ( ver 12.a ) → por a) Γ es satisfacible
→) Sea v valuacion que satisface Γ → por def. de Con(), v(α)=1 $\forall$ α Є Con(Γ) → Con(Γ) es satisfacible

Ejercicio 12

a)

Sea α Є Γ. Si v satisface a Γ, tambien satisface a α → α Є Con(Γ). Por lo tanto Γ $\subseteq$ Con(Γ)

b)

Sea α Є Con(Γ1). Si v satisface a Γ2, tambien satisface a Γ1, luego a α → α Є Con(Γ2). Por lo tanto, Con(Γ1) $\subseteq$ Con(Γ2)

c)

Sea α Є Con(Γ1) Como Γ1 $\subseteq$ Con(Γ2) luego si v(Con(Γ2))=1 → v(Γ1)=1. Como Γ2 $\subseteq$ Con(Γ3) luego si v(Con(Γ3))=1 → v(Γ2)=1. Entonces si v(Con(Γ3)) = 1 → v(Con(Γ2)) = 1 → v(Γ1)=1. Luego v(Con(Γ3)) = 1 → v(Γ1)=1. Por lo tanto vale que Γ1 $\subseteq$ Con(Γ3)

d)

$\subseteq$) Sea α Є Con(Con(Γ)). Si v satisface a Con(Γ), tambien satisface a α. Si w satisface a Γ, tambien satisface a Con(Γ), luego a α → α Є Con(Γ). Por lo tanto Con(Con(Γ)) $\subseteq$ Con(Γ)
$\supseteq$) Vale usando a)
→ Con(Con(Γ))=Con(Γ)

Ejercicio 13

a)

→) supongamos que no. Vale Con({β})$\subseteq$ Con({α}) y v(α→β)=0

Existe una v vaulacion tal que v(α→β)=0. v(α)=1 y v(β)=0 entonces v(Con({α}))=1 y v(Con({β}))=0 pero esto es abusurdo.

←) importa ver que cuando v(α)=1 obliga a v(β)=1 para ser tautologia entonces cuando v(Con({α}))=1 obliga v(Con({β}))=1 entonces Con({β}) $\subseteq$ Con({α})