DODATEK 1: Wtedy h(α) = 1 oraz h(β) = 0. Jak pamiętamy ze szkoły, obraz sumy zbiorów jest sumą obrazów tych zbiorów. Mamy zatem:

Transkrypt

1 DODATEK 1: DOWODY NIEKTÓRYCH TWIERDZEŃ DOTYCZACYCH SEMANTYKI KLASYCZNEGO RACHUNKU ZDAŃ 2.2. TWIERDZENIE O DEDUKCJI WPROST (wersja semantyczna). Dla dowolnych X F KRZ, α F KRZ, β F KRZ zachodzą następujące implikacje: (a) Jeśli X {α} = KRZ β, to X = KRZ α β. (b) Jeśli X = KRZ α β, to X {α} = KRZ β. DOWÓD. Dowód zarówno (a), jak i (b) prowadzimy metodą nie wprost. Obraz zbioru X względem funkcji h oznaczać będziemy przez h[x]. (a) Załóżmy, że X {α} = KRZ β i przypuśćmy, że X KRZ α β. Istnieje zatem wartościowanie h takie, że: h[x] {1} h(α β) = 0. Wtedy h(α) = 1 oraz h(β) = 0. Jak pamiętamy ze szkoły, obraz sumy zbiorów jest sumą obrazów tych zbiorów. Mamy zatem: h[x {α}] = h[x] {h(α)} {1}. Stąd, ponieważ założono, że X {α} = KRZ β, mamy h(β) = 1, co przeczy równości h(β) = 0 otrzymanej z poczynionego przypuszczenia. Ostatecznie, X = KRZ α β. (b) Załóżmy, że X = KRZ α β i przypuśćmy, że X {α} KRZ β. Istnieje zatem wartościowanie h takie, że: h[x {α}] {1} h(β) = 0. Jak pamiętamy ze szkoły, obraz sumy zbiorów jest sumą obrazów tych zbiorów. Tak więc, skoro h[x] {h(α)} = h[x {α}] {1}, to: 1

2 h[x] {1} h(α) = 1. Skoro h(α) = 1 oraz h(β) = 0, to h(α β) = 0. Z drugiej strony, ponieważ X = KRZ α β oraz h[x] {1}, to h(α β) = 1. Otrzymujemy sprzeczność. Ostatecznie, X {α} = KRZ β TWIERDZENIE O DEDUKCJI NIE WPROST (wersja semantyczna). Dla dowolnych X F KRZ, α F KRZ, β F KRZ zachodzą następujące równoważności: (a) X {α} = KRZ {β, β} wtedy i tylko wtedy, gdy X = KRZ α. (b) X { α} = KRZ {β, β} wtedy i tylko wtedy, gdy X = KRZ α. DOWÓD. Przedstawimy dowód (nie wprost) równoważności (a). Dowód (b) jest analogiczny. (a)( ) Załóżmy, że X {α} = KRZ {β, β} i przypuśćmy, że X KRZ α. Wtedy istnieje wartościowanie h takie, że: h[x] {1} h( α) = 0, czyli h(α) = 1. Jak pamiętamy ze szkoły, obraz sumy zbiorów jest sumą obrazów tych zbiorów. Mamy zatem: h[x {α}] = h[x] {h(α)} {1}. Z h[x {α}] {1} i z X {α} = KRZ {β, β} wynika, że h[{β, β})] {1}, czyli że h(β) = 1 oraz h( β) = 1. To jednak jest sprzeczne z definicją wartościowania. Ostatecznie, X = KRZ α. (a)( ) Załóżmy, że X = KRZ α i przypuśćmy, że X { α} KRZ {β, β}. Istnieje zatem wartościowanie h takie, że: h[x {α}] {1} h[{β, β}] {1} =. Ponieważ h[x {α}] {1}, więc h[x] {1} oraz h(α) = 1. W konsekwencji, h( α) = 0. A to oznacza, że X KRZ α, co przeczy poczynionemu założeniu. Ostatecznie, X {α} = KRZ {β, β}. 2

3 4.1. TWIERDZENIE O POSTACIACH NORMALNYCH. Każda funkcja prawdziwościowa jest przedstawialna zarówno w koniunkcyjnej, jak i w alternatywnej postaci normalnej. DOWÓD. Pokażemy, że dowolna funkcja f : {0, 1} n {0, 1} jest przedstawialna w alternatywnej postaci normalnej. Stosujemy zapis metajęzykowy (a więc nie używamy wyrażeń postaci f). Możliwe są dwa przypadki: (a) f(x 1, x 2,..., x n ) = 0 dla wszystkich x 1, x 2,..., x n. Wtedy f jest przedstawialna np. jako pojedyncza koniunkcja elementarna: f(x 1, x 2,..., x n ) = Kn(x 1, Ng(x 1 )). (b) f(x 1, x 2,..., x n ) = 1 dla co najmniej jednego układu argumentów. Niech A = {(a i 1, a i 2,..., a i n) : 1 i k f(a i 1, a i 2,..., a i n) = 1} będzie zbiorem tych wszystkich układów argumentów, dla których f przyjmuje wartość 1. Dla każdego 1 i k tworzymy koniunkcję elementarną K i postaci: L i 1 L i 2... L i n gdzie L i j ma postać x j, gdy a i j = 1, a postać Ng(x j), gdy a i j = 0. Wtedy K i przyjmuje wartość 1 dla każdego układu argumentów (a i 1, a i 2,..., a i n) ze zbioru A, a wartość 0 dla wszystkich pozostałych układów argumentów. Zachodzi równość: f(x 1, x 2,..., x n ) = Al(K 1, K 2,..., K k ) dla dowolnego układu argumentów x 1, x 2,..., x n. Równość ta jest szukanym przedstawieniem funkcji f w alternatywnej postaci normalnej. Dla znalezienia koniunkcyjnej postaci normalnej przedstawiającej f modyfikujemy powyższy dowód, zastępując wszędzie Al przez Kn oraz Kn przez Al, a także zamieniając role 0 i 1. Twierdzenie 4.2. (O REPREZENTACJI PRZEZ WIELOMIANY ŻEGAŁKINA.) Każda funkcja prawdziwościowa ma dokładnie jedno przedstawienie w postaci wielomianu Żegałkina (z dokładnością do kolejności czynników w jednomianach oraz składników w wielomianie). DOWÓD. Należy udowodnić, że dla każdej funkcji prawdziwościowej istnieje dokładnie jeden zbiór f : {0, 1} n {0, 1} {M 1, M 2,..., M k } 3

4 różnych jednomianów taki, że f(x 1, x 2,..., x n ) = M 1 + M M k, gdzie +, jak pamiętamy, jest alternatywą rozłączną Ar (dodawaniem modulo 2). Każdy jednomian zbudowany ze zmiennych x 1, x 2,..., x n może być utożsamiany z podzbiorem tego zbioru zmiennych (zbiór pusty niech odpowiada stałej 1). Istnieje zatem 2 n takich jednomianów. Z kolei wielomiany Żegałkina (sumy jednomianów) mogą być utożsamiane z podzbiorami tego zbioru jednomianów (gdzie zbiór pusty odpowiada stałej 0). Tak więc, istnieje 2 2n różnych wielomianów Żegałkina, czyli dokładnie tyle samo, ile jest n-argumentowych funkcji prawdziwościowych. Dwa różne wielomiany nie mogą przedstawiać tej samej funkcji prawdziwościowej, bo gdyby tak było, to istniałaby funkcja prawdziwościowa nieprzedstawialna żadnym wielomianem Żegałkina. Istnienie takiej funkcji jest wykluczone poprzez to, że układ {+,, 1} (czyli układ {Ar, Kn, 1}) jest zupełny. Ostatecznie, każdą funkcję prawdziwościową można przedstawić za pomocą dokładnie jednego wielomianu Żegałkina. Twierdzenie 4.3. (O BINEGACJI I KRESCE SHEFFERA.) Jedyne zupełne jednoelementowe układy funkcji to: { } oraz { }. DOWÓD. Przypomnijmy, że: Ng(x) = (x, x) Ng(x) = (x, x) Al(x, y) = ( (x, y), (x, y)) Kn(x, y) = ( (x, y), (x, y)) Stąd, oraz z faktu, że układ {Ng, Kn} (a także układ {Ng, Al}) jest zupełny, otrzymujemy, że zarówno { }, jak i { } są układami zupełnymi. Pokażemy teraz, że dla każdego jednoelementowego układu zupełnego {f} złożonego z funkcji f : {0, 1} 2 {0, 1} zachodzi f = lub f =. Po pierwsze, f(0, 0) = 1, ponieważ w przeciwnym przypadku każde wyrażenie T zbudowane tylko ze zmiennej x oraz symbolu f przyjmowałoby wartość 0 dla x = 0, a więc równość Ng(x) = T nie byłaby prawdziwa dla żadnego takiego T (czyli negacja nie byłaby przedstawialna przez f). Po drugie, z podobnych powodów jak powyżej, f(1, 1) = 0. W przeciwnym przypadku każde wyrażenie T zbudowane tylko ze zmiennej x oraz symbolu f przyjmowałoby wartość 1 dla x = 1, a więc równość Ng(x) = T nie byłaby prawdziwa dla żadnego takiego T (czyli negacja nie byłaby przedstawialna przez f). ( ) Przypomnijmy (z wykładu): Każda funkcja przedstawialna przez układ funkcji liniowych także jest liniowa. Funkcje: Kn(x, y) = xy oraz Al(x, y) = x + y + xy nie są liniowe. Układ funkcji liniowych nie może być zatem zupełny. 4

5 Dla wartości f(0, 1) oraz f(1, 0) są możliwe cztery przypadki: (1) f(0, 1) = 0 oraz f(1, 0) = 0. Wtedy f =. (2) f(0, 1) = 0 oraz f(1, 0) = 1. Wtedy f(x, y) = Ng(y) = y + 1. A zatem f jest funkcją liniową. To jednak jest niemożliwe, ponieważ układ {f} jest (z założenia) zupełny. Zob. ( ) powyżej. (3) f(0, 1) = 1 oraz f(1, 0) = 0. Wtedy f(x, y) = Ng(x) = x + 1. A zatem f jest funkcją liniową. To jednak jest niemożliwe, ponieważ układ {f} jest (z założenia) zupełny. Zob. ( ) powyżej. (4) f(0, 1) = 1 oraz f(1, 0) = 1. Wtedy f =. Wyniki Emila Posta dot. funkcji prawdziwościowych opublikowane były w: Post, E Introduction to a general theory of elementary propositions. Amer. J. Math. 43, 3, Post, E The two-valued iterative systems of mathematical logic. Annals of Math. Studies, vol. 5, Princeton University Press, Princeton, London. JERZY POGONOWSKI Zakład Logiki Stosowanej UAM 5