Proposicional 2 (after class)

Lógica proposicional - P5
Natalia Rodrı́guez
Miércoles 17 de febrero de 2016
Ejercicio 1. Recordemos el sistema axiomático SP:
` α → (β → α)
` (α → (β → γ)) → ((α → β) → (α → γ))
` (¬α → ¬β) → ((¬α → β) → α)
` α y ` α → β entonces ` β
SP1 :
SP2 :
SP3 :
MP :
a) Demostrar que toda instancia de SP1 es tautologı́a.
b) Mostrar que {ϕ → ψ, ψ → θ} ` ϕ → θ. O sea, que a partir de {ϕ → ψ, ψ → θ} hay una
demostración de ϕ → θ.
Resolución. .
a) Tenemos que probar que todas las valuaciones hacen verdadera a todas las instancias de SP1.
Supongamos que no es el caso. Entonces, deben existir α, β y v tal que v 6|= α → (β → α). Luego,
v 6|= α → (β → α)
entonces
v |= α y v 6|= β → α
(por definición de |=)
entonces
v |= α, v |= β y v 6|= α
(por definición de |=)
lo cuál es absurdo, al que arribamos por suponer que existı́a una instancia de SP1 no era una
tautologı́a.
b) Recordemos que una demostración de Γ ` ϕ es una lista finita de fórmulas en la que cada una
puede ser
una instancia de un axioma, sustituyendo uniformemente cada fórmula por otra arbitraria
un elemento de Γ
el resultado de la aplicación de modus ponens de dos elementos anteriores
y además el último elemento en la lista es ϕ. Siguiendo este esquema, una posible demostración es
1. (ψ → θ) → (ϕ → (ψ → θ))
(SP1: α 7→ (ψ → θ), β 7→ ϕ)
2. ψ → θ
(del conjunto de hipótesis)
3. (ϕ → (ψ → θ))
(MP: 1,2)
4. (ϕ → (ψ → θ)) → ((ϕ → ψ) → (ϕ → θ))
(SP2: α 7→ ϕ, β 7→ ψ, γ 7→ θ)
5. (ϕ → ψ) → (ϕ → θ)
(MP: 3,4)
6. ϕ → ψ
(del conjunto de hipótesis)
7. ϕ → θ
(MP: 5,6)
1
Este tipo de demostraciones suelen ser muy engorrosas. Muchas veces no queda claro por dónde
empezar ni resulta evidente cómo instanciar axiomas y aplicar modus ponens. Para sufrir (un poco)
menos al realizarlas, recordemos el teorema de la deducción:
Si Γ ∪ {ϕ} ` ψ entonces Γ ` ϕ → ψ.
Este teorema nos permite tomar algunos atajos. Si logramos demostrar ψ usando Γ ∪ {ϕ} como
hipótesis, entonces también existe una demostración de ϕ → ψ usando sólo Γ como hipótesis.
Demostremos nuevamente {ϕ → ψ, ψ → θ} ` ϕ → θ, pero ahora usando el teorema. Con este
propósito veamos primero que {ϕ → ψ, ψ → θ, ϕ} ` θ.
1. ψ → θ
(del conjunto de hipótesis)
2. ϕ → ψ
(del conjunto de hipótesis)
3. ϕ
(del conjunto de hipótesis)
4. ψ
(MP: 2,3)
5. θ
(MP: 1,4)
Ahora, usando el teorema de la deducción podemos concluir que {ϕ → ψ, ψ → θ} ` ϕ → θ.
Ejercicio 2. Dados {Γi }i∈N tal que Γi es satisfacible y Γi ⊆ Γi+1 . ¿Γ∞ =
S
i∈N
Γi es satisfacible?
Resolución. Vamos a probar que todo subconjunto finito es satisfacible entonces por compacidad
Γ∞ será satisfacible. Tomemos un conjunto finito ∆ ⊆ Γ∞ , como es finito y está incluido en Γ∞
entonces existe un Γk que contiene a todo ∆. Este Γk es satisfacible y como ∆ ⊆ Γk entonces ∆
es satisfacible. Al haber tomado un ∆ genérico probamos que todo subconjunto finito de Γ∞ es
satisfacible entonces por compacidad Γ∞ es satisfacible.
Ejercicio 3. Sean Γ1 , Γ2 satisfacibles, tal que Γ1 ∪ Γ2 es insatisfacible. Mostrar que existe un ϕ
tal que Γ1 |= ϕ y Γ2 |= ¬ϕ.
Resolución. Sabemos que Γ1 ∪ Γ2 es insatisfacible, entonces por compacidad debe existir un
Γ0 ⊆ Γ1 ∪ Γ2 insatisfacible finito.
Observación 1. Γ0 no está completamente incluido en Γ1 ni en Γ2 . Si ası́ fuera entonces Γ1 y
Γ2 serı́an insatisfacibles ya que contienen un conjunto insatisfacible.
Entonces la relación entre los conjuntos debe ser la siguiente, Γ0 tiene elementos tanto de Γ1 , Γ2
inclusive algunos que no están en su intersección.
Γ1
Γ0
Γ2
Podemos dividir a Γ0 como
Γ0 = {α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βm }
| {z } | {z }
∈ Γ1
∈ Γ2 \Γ1
quedando en el siguiente diagrama los αi como la parte rayada en diagonal y los βj como la parte
rayada horizontalmente.
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Γ1
Γ2
Veamos primero que
Γ1 |= α1 ∧ · · · ∧ αn
(1)
Por un lado sabemos que Γ1 es satisfacible, entonces existe una valuación v tal que v |= Γ1 . Como
para todo 1 ≤ i ≤ n, αi ∈ Γ1 entonces para toda valuación v tal que v |= Γ1 entonces v |= αi y,
por lo tanto, v |= α1 ∧ · · · ∧ αn . En consecuencia, como toda valuación v que v |= Γ1 es tal que
v |= α1 ∧ · · · ∧ αn ⇒ Γ1 |= α1 ∧ · · · ∧ αn .
Veamos ahora que
Γ2 |= ¬ (α1 ∧ · · · ∧ αn )
(2)
Por definición sabemos que si v es una valuación que satisface Γ2 entonces v |= βj para todo 1 ≤
j ≤ m (ya que βj ∈ Γ2 ). Sabemos también que al menos existe una v |= Γ2 porque Γ2 es satisfacible.
Sea v una valuación que cumple que v |= Γ2 luego, como Γ0 es insatisfacible, debe existir algún
αi tal que v 6|= αi y, por lo tanto, v |= ¬αi . Luego v |= ¬ (α1 ∧ · · · ∧ αn ). En consecuencia, como
toda valuación v que v |= Γ2 es tal que v |= ¬ (α1 ∧ · · · ∧ αn ) ⇒ Γ2 |= ¬ (α1 ∧ · · · ∧ αn ).
Podemos concluir entonces que
Γ1
|=
α1 ∧ · · · ∧ αn
Γ2
|=
¬ (α1 ∧ · · · ∧ αn )
Por lo tanto si tomamos ϕ = α1 ∧ · · · ∧ αn tenemos que Γ1 |= ϕ y Γ2 |= ¬ϕ que era lo pedido.
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