Literatur zur Vorlesung
Skriptum von U. Furbach
Ulrich Furbach
Logic for Computer Scientists
http://userpages.uni-koblenz.de/∼obermaie/script.htm
Buch von U. Schoning
Uwe Schoning
Logik fur Informatiker
5. Auflage, Spektrum Akademischer Verlag
Buch von M. Fitting
Melvin Fitting
First-Order Logic and Automated Theorem Proving
2. Auflage, Springer-Verlag
2
Logik in der Informatik
Was ist Logik?
• Mathematisch?
ja
• Unverstandlich?
hoffentlich nein
• Reine Theorie ohne praktischen Nutzen?
nein: Verifikation von Hardware, Software, Protokollen
Sprachverarbeitung und Wissensreprasentation
Abfragensprachen fur Datenbanken; ...
3
Formale Logik
Ziel
• Formalisierung und Automatisierung rationalen Denkens
• Rational richtige Ableitung von neuem Wissen aus gegebenem
Rolle der Logik in der Informatik
• Anwendung innerhalb der Informatik
Spezifikation, Programmentwicklung, Programmverifikation
• Werkzeug fur Anwendungen außerhalb der Informatik
Kunstliche Intelligenz, Wissensreprasentation
4
Modellierung
Abstraktion
5
Modellierung
Adaquatheit des Modells
Wenn formulierbare Aussage wahr im Modell, dann entsprechende Aussage
wahr in Wirklichkeit
6
Modellierung: Strukturen
Aufzug oben Aufzug oben
Aufzug mitte
oben
mitte
unten
Mitte gedruckt
F.nach unten
oben
mitte
unten
oben
mitte
unten
Mitte gedruckt
F.nach unten
F.nach unten
Unten gedruckt
v(AufzugOben) = wahr v(AufzugMitte) = wahr v(AufzugOben) = wahr
v(AufzugMitte) = wahr
v(MitteGedruckt) = wahr v(UntenGedruckt) = wahr v(MitteGedruckt) = wahr
v(FahrtNachUnten) = wahr v(FahrtNachUnten) = wahr v(FahrtNachUnten) = wahr
7
Modellierung: Strukturen
Aufzug oben Aufzug oben
Aufzug mitteAufzug mitte
oben
mitte
unten
Mitte gedruckt
F.nach unten
oben
mitte
unten
Mitte gedruckt
F.nach unten
oben
mitte
unten
F.nach unten
Unten gedruckt
v(AufzugOben) = wahr v(AufzugMitte) = wahr v(AufzugOben) = wahr
v(AufzugMitte) = wahr
v(MitteGedruckt) = wahr v(UntenGedruckt) = wahr v(MitteGedruckt) = wahr
v(FahrtNachUnten) = wahr v(FahrtNachUnten) = wahr v(FahrtNachUnten) = wahr
8
Modellierung: Strukturen
Aufzug oben Aufzug oben
Aufzug mitteAufzug mitte
oben
mitte
unten
Mitte gedruckt
F.nach unten
oben
mitte
unten
Mitte gedruckt
F.nach unten
oben
mitte
unten
F.nach unten
Unten gedruckt
Aussagen beziehen sich auf Strukturen
(Formale) Aussagen sind in jeder einzelnen Struktur zu wahr oder falsch
auswertbar
9
Formale Logik
• Syntax
welche Formeln?
• Semantik
Modelle (Strukturen)
Wann ist eine Formel wahr (in einer Struktur)?
• Deduktionsmechanismus
Ableitung neuer wahrer Formeln
10
Aussagenlogik: Syntax
Die Welt besteht aus Fakten
Bausteine: Atomare Aussagen
Beispiele: Aufzug ist oben:
AufzugOben
Mittlerer Knopf gedruckt:
MitteGedruckt
Verknupft mit logischen Operatoren
und oder impliziert nicht
(“wenn, dann”)
∧ ∨ → ¬
11
Aussagenlogik: Syntax
Komplexe Aussagen:
Beispiele:
Wenn mittlerer Knopf gedruckt, dann Aufzug nicht in der Mitte
MitteGedruckt → ¬AufzugMitte
Der Aufzug ist oben und der Aufzug ist nicht unten
AufzugOben ∧ ¬AufzugUnten
12
Aussagenlogik: Semantik
Der Aufzug ist oben und der Aufzug ist nicht unten
AufzugOben ∧ ¬AufzugUnten
wahr in: Aufzug oben oben
mitte
unten
Mitte gedruckt
F.nach unten
13
Aussagenlogik: Semantik
Der Aufzug ist oben und der Aufzug ist nicht unten
AufzugOben ∧ ¬AufzugUnten
falsch in:
Aufzug mitte
oben
mitte
unten
F.nach unten
Unten gedruckt
14
Aussagenlogik: Deduktionsmechanismus
• Deduktionsmechanismus
Ableitung neuer wahrer Formeln
Syllogismen:
P P → Q
Q
AufzugUnten AufzugUnten → ¬AufzugOben
¬AufzugOben
15
Aussagenlogik: Deduktionsmechanismus
Deduktionsmechanismus im allgemeinen
Kalkul
In dieser Vorlesung:
• Wahrheitstafeln
• Logische Umformung
• Resolutionskalkul
• Tableaukalkul
16
Pradikatenlogik
Aussagenlogik: Die Welt besteht aus Fakten
... aber: Aussagenlogik hat nur beschrankte Ausdruckskraft
Beispiele:
• Die Aussage “Alle Menschen sind sterblich” erfordert eine Formel fur
jeden Mensch.
• Die Aussage “Jede naturliche Zahl ist entweder gerade oder ungerade”
erfordert eine Formel fur jede Zahl.
17
Pradikatenlogik
Reichere Struktur
• Objekte (Elemente)
Leute, Hauser, Zahlen, Theorien, Farben, Jahre, ...
• Relationen/Eigenschaften
rot, rund, gerade, ungerade, prim, mehrstockig, ...
ist Bruder von, ist großer als, ist Teil von, hat Farbe, besitzt, ..
=, ≥, ...
• Funktionen
+, Mitte von, Vater von, Anfang von, ...
18
Beispiel 1
Objekte (Elemente): Zahlen
Funktionen: +, *
Terme: 2 + 3, 3 ∗ (5 + 6), x , x + 2, x ∗ (2− y)
Relationen/Eigenschaften: gerade, ungerade
Formel:
gerade(2), ungerade(5), gerade(100), ungerade(100)
gerade(2)∧ ungerade(5)
gerade(x) → gerade(x + 1)
Quantoren:
A
(fur alle);
E
(es gibt)
Formeln mit Quantoren:
A
x gerade(x)∨ gerade(x + 1)
E
x ungerade(x)
19
Beispiel 2:
• Objekte (Elemente): Menschen
• Funktionen: Vater, Mutter, Jan, Anna
x Jan Anna
Vater(x) Vater(Jan) Vater(Anna)
Mutter(x) Mutter(Jan) Mutter(Anna)
Vater(Mutter(x)) Vater(Mutter(Jan)) ...
• Eigenschaften: ist-Bruder-von; Mann; Frau
Mann(x) Mann(Jan) Mann(Anna)
Mann(Vater(x)) Frau(Vater(Jan)) Mann(Vater(Jan))
ist-Bruder-von(x , y) ist-Bruder-von(x , Jan) ist-Bruder-von(x ,Anna)
ist-Bruder-von(Jan,Anna)
20
Beispiel 2:
Formel:
Mann(Vater(Jan))
Mann(Vater(Jan)) ∧ Frau(Mutter(Jan))
Mann(Mutter(Anna))
Mann(Vater(Jan))∧ ist-Bruder-von(Jan,Anna)
Quantoren
A
: fur alle
E
: es gibt
Formeln mit Quantoren:
A
x Mann(Vater(x))
A
x Mann(Mutter(x))
A
x , y (ist-Bruder-von(x , y) → Mann(x))
21
Beispiel 3
“Alle, die in Koblenz studieren, sind schlau”
• Objekte (Elemente): Menschen
• Funktionen: koblenz
• Eigenschaften: studiertIn, schlau
Ax(studiertIn(x , koblenz) → schlau(x))
“Es gibt jemand, der in Landau studiert und schlau ist”
• Objekte (Elemente): Menschen
• Funktionen: landau
• Eigenschaften: studiertIn, schlau
E
x(studiertIn(x , landau) ∧ schlau(x))
22
Pradikatenlogik: Deduktionsmechanismus
• Deduktionsmechanismus
Ableitung neuer wahrer Formeln
Syllogismen:
Ax(P(x) → Q(x))
Ax(Q(x) → R(x))
A
x(P(x) → R(x))
A
x(studiertIn(x , koblenz) → schlau(x))
A
x(schlau(x) → gute-noten(x))
A
x(studiertIn(x , koblenz) → gute-noten(x))
23
Pradikatenlogik: Deduktionsmechanismus
• Deduktionsmechanismus
Ableitung neuer wahrer Formeln
Syllogismen:
Q(a)Ax(Q(x) → R(x))
R(a)
Beispiel:
studiertIn(Jan, koblenz)
A
x(studiertIn(x , koblenz) → schlau(x))
schlau(Jan)
24
Pradikatenlogik: Deduktionsmechanismus
In dieser Vorlesung:
• Resolutionskalkul
• Tableaukalkul
25
Das Prinzip
z.B. naturliche Sprache
Problem Losung
LosungFormeln
prazise Beschreibung
26
Anwendungesbeispiel: Sicherheitsprotokole
Ziel: zwei Personen (Alice und Bob) wollen miteinander kommunizieren
• uber ein unsicheres Daten- oder Telefonnetz,
• sicher, d. h., ohne daß ein Eindringling (Charlie) mithoren oder sich als
Alice oder Bob ausgeben kann.
Hilfsmittel: Verschlusselung
• Alice und Bob vereinbaren einen gemeinsamen Schlussel
und nutzen ihn, um ihr Gesprach zu verschlusseln.
• Nur wer den Schlussel kennt, kann das Gesprach entschlusseln.
27
Beispiel: Sicherheitsprotokolle
Problem: wie kommen die Gesprachspartner an den gemeinsamen Schlussel?
• Personliche Ubergabe kommt nicht immer in Frage.
• Wird der gemeinsame Schlussel uber das Netz
unverschlusselt verschickt, konnte Charlie ihn abfangen oder
austauschen.
• Annahme: es gibt eine sichere Schlusselzentrale, mit der Alice und Bob
jeweils einen gemeinsamen Schlussel vereinbart haben.
28
Beispiel: Sicherheitsprotokolle
Das folgende Schlusselaustauschverfahren wurde 1993 von den beiden Kryp-
tographen Neuman und Stubblebine vorgeschlagen:
Schritt 1:
Alice schickt (offen) Identifikation und Zufallszahl an Bob.
29
Beispiel: Sicherheitsprotokolle
Schritt 2:
Bob leitet Nachricht weiter an Schlusselzentrale (”Trust“).
30
Beispiel: Sicherheitsprotokolle
Schritt 3:
Trust schickt Nachricht an Alice. Darin: ein neuer gemeinsamer Schlussel,
einmal fur Alice und einmal fur Bob verschlusselt.
31
Beispiel: Sicherheitsprotokolle
Schritt 4:
Alice leitet den neuen gemeinsamen Schlussel weiter an Bob.
32
Beispiel: Sicherheitsprotokolle
Schritt 5:
Alice und Bob konnen nun mit dem gemeinsamen Schlussel kommunizieren.
33
Beispiel: Sicherheitsprotokolle
Ist das Verfahren sicher?
Wir ubersetzen das Problem in Formeln und lassen sie von einem
Theorembeweiser untersuchen.
34
Beispiel: Sicherheitsprotokolle
Zuerst formalisieren wir die Eigenschaften des Protokolls:
• Wenn Alice/Bob/Trust eine Nachricht in einem bestimmten Format
bekommt, dann schickt er/sie eine andere Nachricht ab.
Dann formalisieren wir die Eigenschaften des Angreifers:
• Wenn eine Nachricht ubermittelt wird, kann Charlie sie mithoren.
• Wenn Charlie eine verschlusselte Nachricht bekommt und den
passenden Schlussel hat, kann er sie entschlusseln.
• Wenn Charlie eine Nachricht hat, dann kann er sie an Alice/Bob/Trust
abschicken.
. . .
35
Formalisierung
Zum Schluss mussen wir noch formalisieren was es bedeutet, dass der
Angreifer Erfolg hat.
Dies ist dann der Fall, wenn er einen Schlussel zur Kommunikation mit Bob
hat, von dem Bob glaubt, es sei ein Schlussel fur Alice.E
x[Ik(key(x , b)) ∧ Bk(key(x , a))]
36
Automatische Analyse
Die Formalisierung des Protokolls, Formeln (1)-(8) zusammen mit den
Angreiferformeln (9)-(20) und der Erfolgsbedingung fur den Angreifer kann
man nun in einen Theorembeweiser eingeben.
Der Theorembeweiser beweist dann automatisch, dass der Angreifer das
Protokoll brechen kann.
37
Das ganze Bild
Probleme (Beschreibung in natürlicher Sprache)
Formalisierung
Logik
Gültige Formel Beweisbare Formel
Kalkül
Logische Sprache: Syntax
Aussagenlogik /
Formel
Modelle: Semantik
Vollständigkeit
Korrektheit
Prädikatenlogik
38
Das ganze Bild
Modellierung
Probleme (Beschreibung in natürlicher Sprache)
Formalisierung
Logik
Gültige Formel Beweisbare Formel
Kalkül
Logische Sprache: Syntax
Aussagenlogik / Prädikatenlogik
Formel
Modelle: Semantik
Vollständigkeit
Korrektheit
39
Das ganze Bild
(automatische)
Deduktion
Probleme (Beschreibung in natürlicher Sprache)
Formalisierung
Logik
Gültige Formel Beweisbare Formel
Kalkül
Logische Sprache: Syntax
Aussagenlogik /
Formel
Modelle: Semantik
Vollständigkeit
Korrektheit
Prädikatenlogik
40
Inhalt der Vorlesung
• 1. Einfuhrung: Motivation, Beweisstrategien (insb. Induktion)
• 2. Aussagenlogik
– Syntax und Semantik
– Deduktionsmechanismen:
- Resolution, Vollstandigkeits- und Korrektheitsbeweise
- Analytische Tableaux
• 3. Pradikatenlogik
– Syntax und Semantik
– Deduktionsmechanismen:
- Resolution, Vollstandigkeits- und Korrektheitsbeweise
- Analytische Tableaux
• 4. Weitere Aussichten
- Nichtklassische Logiken; Logiken hoherer Stufe
- Anwendungen: z.B. Datenbanken oder Verifikation
41
Einfuhrung: Zusammenfassung
• Ziel und Rolle der Formalen Logik in der Informatik
• Modellierung, Adaquatheit der Modellierung
• Wesentliche Komponenten fur jede Logik: Syntax, Semantik,
Deduktionsmechanismus (Kalkul)
• Beispiel Aussagenlogik: Syntax, Semantik, Syllogismen
• Beispiel Pradikatenlogik: Syntax, Semantik, Syllogismen
• The Whole Picture:
– Formel in der “wahren Welt” / (semantisch) gultige Formel,
gultige Formel / ableitbare Formel
– Vollstandigkeit und Korrektheit von Kalkulen
42
1. Grundlegende Beweisstrategien
43
Mathematisches Beweisen
Mathematische Aussagen
- haben oft die Form: Wenn A, dann B.
- als Formel: A → B
Mathematischer Beweis
- bzgl. eines vorgegebenen Axiomensystems
- mit Hilfe von Inferenzregeln
44
Grundlegende Beweisstrategien
Mathematische Aussagen der Form A → B (Wenn A, dann B)
- Direkter Beweis:
Annahme: A gilt. Benutze A, Axiome, und Inferenzregeln
um B zu beweisen.
Behauptung: Das Quadrat einer ungeraden naturlichen Zahl n ist stets ungerade.
Beweis: Es sei n eine ungerade naturliche Zahl. Dann lasst sich n als n = 2k + 1
darstellen, wobei k ∈ N. Daraus folgt mit Hilfe der ersten binomischen Formel,
dass:
n2= (2k + 1)
2= 4k
2+ 4k + 1 = 2 · (2k2
+ 2k) + 1.
Aus der Moglichkeit, n2 so darzustellen folgt, dass n2 ungerade ist.
45
Grundlegende Beweisstrategien
Mathematische Aussagen der Form A → B (Wenn A, dann B)
- Beweis durch Kontraposition:
Beweis von ¬B → ¬A.
- Beweis durch Widerspruch:
Beweise dass A ∧ ¬B → falsch
Behauptung: Ist die Wurzel aus einer geraden naturlichen Zahl n eine naturliche
Zahl, so ist diese gerade.
Beweis: Angenommen,√n = k ware ungerade. Dann ist wegen der bereits be-
wiesenen Behauptung auch k2 = n ungerade, und das ist ein Widerspruch zu der
Voraussetzung, dass n gerade ist.
Also ist die getroffene Annahme falsch, d.h.,√n ist gerade.
46
Grundlegende Beweisstrategien
Mathematische Aussagen, die nicht die Form A → B haben
- Aquivalenzbeweis (A ⇔ B) (A genau dann, wenn B)
Beweise dass A → B und dass B → A.
(Wenn A, dann B, und wenn B, dann A.)
47
Grundlegende Beweisstrategien
- Beweis durch Widerspruch
Um A zu beweisen:
Annahme: A ist falsch (die Negation von A ist wahr)
Zeige, dass dies zu einem Widerspruch fuhrt.
Behauptung:√2 6∈ Q.
Beweis: Wir nehmen an dass√2 ∈ Q und somit
√2 = p
qwobei der Bruch p/q in gekurzter
Form vorliegt (d.h. p und q teilerfremde ganze Zahlen sind). Dann(
pq
)2= 2, d.h: p2 = 2q2.
Da 2q2 eine gerade Zahl ist, ist auch p2 gerade. Daraus folgt, dass auch p gerade ist, d.h.
p = 2r (wobei r ∈ Z). Damit erhalt man mit obiger Gleichung: 2q2 = p2 = (2r)2 = 4r2,
und hieraus nach Division durch 2: q2 = 2r2. Mit der gleichen Argumentation wie zuvor folgt,
dass q2 und damit auch q eine gerade Zahl ist. Da p und q durch 2 teilbar sind, erhalten
wir einen Widerspruch zur Teilerfremdheit von p und q. Dieser Widerspruch zeigt, dass die
Annahme,√2 sei eine rationale Zahl, falsch ist und daher das Gegenteil gelten muss. Damit
ist die Behauptung, dass√2 irrational ist, bewiesen.
48
Grundlegende Beweisstrategien
- Beweis durch Fallunterscheidung
Um B zu beweisen, beweise dass A1 → B, . . . ,An → B,
wobei A1 ∨ · · · ∨ An ≡ wahr
Behauptung: Jede Primzahl p≥3 hat die Form p = 4·k + 1 oder p = 4·k − 1 mit k ∈ N.
Beweis: Man unterscheidet folgende vier Falle fur p, von denen immer genau einer eintritt:
Fall 1: p = 4kFall 2: p = 4k + 1Fall 3: p = 4k + 2Fall 4: p = 4k + 3 = 4(k + 1) − 1
Im ersten dieser Falle ist p durch 4 teilbar und damit keine Primzahl,
im dritten Fall ist p durch 2 teilbar und somit ebenfalls keine Primzahl.
Also muss einer der Falle zwei oder vier eintreten, das heißt p hat die Form p = 4 · k + 1
oder p = 4 · k − 1 mit k ∈ N.
49
Grundlegende Beweisstrategien
- Beweis durch Fallunterscheidung
Um B zu beweisen, beweise dass A1 → B, . . . ,An → B,
wobei A1 ∨ · · · ∨ An ≡ wahr
Es sei angemerkt, dass die Fallunterscheidung zwar vollstandig sein
muss, aber die untersuchten Falle sich nicht gegenseitig ausschließen
mussen.
50
Grundlegende Beweisstrategien
Aussagen mit Quantoren
A
x ∈ U : (p(x) → q(x))
Wahle a beliebig aus U.
Beweise, dass p(a) → q(a).
Da a beliebig gewahlt werden kann, folgtA
x ∈ U : p(x) → q(x)
Behauptung:
A
n ∈ N : (n ist gerade und√n ist eine naturliche Zahl
︸ ︷︷ ︸
p(n)
→√n ist gerade
︸ ︷︷ ︸
q(n)
).
Beweis: Sei n beliebig aus N.
Wir zeigen, dass wenn n gerade ist und√n eine naturliche Zahl ist, dann
√n gerade ist.
(Dies wurde auf Seite 46 bewiesen.)
51
Grundlegende Beweisstrategien
Aussagen mit Quantoren
E
x ∈ U A(x)
Sei a ein geeignetes Element aus U.
Beweise, dass A(a) wahr ist. Damit folgt
E
x ∈ U : A(x).
Behauptung:
E
x ∈ N : x2 − 2x + 1 = 0
Beweis: A(x) : x2 − 2x + 1 = 0
Sei a = 1. Wir zeigen, dass A(a) wahr ist: a2 − 2a + 1 = 12 − 2 + 1 = 0.
Damit folgt
E
x ∈ N : A(x)
52
Grundlegende Beweisstrategien
Aussagen mit Quantoren
E
x ∈ U A(x)
Sei a ein geeignetes Element aus U.
Beweise, dass A(a) wahr ist. Damit folgt
E
x ∈ U : A(x).E
x ∈ U (p(x) → q(x))
Sei a ein geeignetes Element aus U.
Beweis der Implikation p(a) → q(a).
Damit folgt
E
x ∈ U : p(x) → q(x).
53
Grundlegende Beweisstrategien
Beweise mittels Vollstandiger Induktion
54
Induktion
Wesentliches Beweisprinzip in Mathematik und Logik
Einfache Version
Induktion uber die naturlichen Zahlen N
(natural induction)
Generalization
Noethersche Induktion
(noetherian induction/
induction over well-founded partially ordered sets)
Hier: Strukturelle Induktion
55
Induktion uber die naturlichen Zahlen
Idee: Definition der naturlichen Zahlen
(A1) 0 ist eine naturliche Zahl
(A2) Jede naturliche Zahl n hat einen Nachfolger S(n)
(A3) Aus S(n) = S(m) folgt n = m
(A4) 0 ist nicht Nachfolger einer naturlichen Zahl
(A5) Jede Menge X , die 0 und mit jeder naturlichen Zahl n
auch deren Nachfolger S(n) enthalt, umfasst alle
naturlichen Zahlen.
56
Induktion uber die naturlichen Zahlen
(A5) Jede Menge X , die 0 und mit jeder naturlichen Zahl n
auch deren Nachfolger S(n) enthalt, umfasst alle
naturlichen Zahlen.
A
X Menge: Falls 0 ∈ X , und
A
n ∈ N : n ∈ X → n + 1 ∈ X
so
A
n ∈ N : n ∈ X
Induktionssatz
Gelten die beiden Aussagen:
- p(0) und Induktionsbasis
-
A
n ∈ N : p(n) → p(n + 1), Induktionsschritt
dann gilt auch
A
n ∈ N : p(n).
57
Induktion uber die naturlichen Zahlen
Struktur eines Induktionsbeweises
(1) Induktionsbasis: Beweise p(0)
(2) Induktionsschritt: Beweise p(n) → p(n + 1)
fur ein beliebiges n ∈ N
58
Induktion uber die naturlichen Zahlen
Struktur eines Induktionsbeweises
(1) Induktionsbasis: Beweise p(0)
(2) Induktionsvoraussetzung: Fur ein beliebig gewahltes
n ∈ N gilt p(n)
(3) Induktionsschluss: Folgere p(n + 1) aus der
Induktionsvoraussetzung p(n)
0 1 2 3
59
Beispiel
Behauptung: Die Summe der ersten n ungeraden Zahlen ist n2.
Fur alle n ∈ N,
n−1∑
i=0
(2i + 1) = n2.
p(n) :
n−1∑
i=0
(2i + 1) = n2
(1) Induktionsbasis: Beweise p(0) OK
(2) Induktionsvoraussetzung: Fur ein beliebig gewahltes
n ∈ N gilt p(n):
n−1∑
i=0
(2i + 1) = n2
(3) Induktionsschluss: Folgere p(n + 1) aus p(n)
p(n + 1) :
n∑
i=0
(2i + 1) = (n + 1)2.
Beweis:
n∑
i=0
(2i + 1) = (
n−1∑
i=0
(2i + 1)) + (2n + 1)p(n)= n
2+ (2n + 1) = (n + 1)
2.
60
Wohlfundierte (Noethersche) Induktion
Verallgemeinerte vollstandige Induktion
Gelten die beiden Aussagen:
p(0) und
A
n ∈ N : p(0) ∧ p(1) ∧ · · · ∧ p(n) → p(n + 1)
dann gilt die Aussage
A
n ∈ N : p(n).
Aquivalent
Gelten die beiden Aussagen:
p(0) und
A
n ∈ N : (
A
k ∈ N : (k < n + 1 → p(k)) → p(n + 1))
dann gilt die Aussage
A
n ∈ N : p(n).
61
Wohlfundierte (Noethersche) Induktion
Verallgemeinerte vollstandige Induktion
Gelten die beiden Aussagen:
p(0) und
A
n ∈ N : p(0) ∧ p(1) ∧ · · · ∧ p(n) → p(n + 1)
dann gilt die Aussage
A
n ∈ N : p(n).
Aquivalent
Gilt die Aussage:
A
n ∈ N : (
A
k ∈ N : (k < n → p(k)) → p(n))
dann gilt die Aussage
A
n ∈ N : p(n).
62
Vollstandige Induktion
Zu zeigen:
A
n ≥ n0 : P(n)
Sei n ∈ N, n ≥ n0.
Induktionsvoraussetzung: p(k) gilt fur alle k < n
Induktionsschluss: Folgere p(n) aus der Induktionsvoraussetzung.
63
Wohlfundierte (Noethersche) Induktion
Theorem:
Falls
A
n ∈ N : (
A
k ∈ N : (k < n → p(k)) → p(n)) P
dann gilt
A
n ∈ N : p(n) Q
Beweis: Zu zeigen: P → Q
Kontrapositionsbeweis: Wir zeigen, dass ¬Q → ¬P
Annahme: ¬Q := ¬(
A
n ∈ N : p(n)) ≡
E
n ∈ N : ¬p(n).
> wohlfundierte Ordnung auf N: es gibt keine unendliche Folge
x1, . . . , xn, . . . mit x1 > x2 > · · · > xn > . . . .
Sei Y = {n ∈ N | ¬p(n)} 6= ∅. Dann hat Y ein minimales Element m, d.h.
E
m(m ∈ Y ∧ (
A
k ∈ N : (k < m → k 6∈ Y ))) = ¬P.
64
Wohlfundierte (Noethersche) Induktion
Theorem:
Falls
A
n ∈ N : (
A
k ∈ N : (k < n → p(k)) → p(n)) P
dann gilt
A
n ∈ N : p(n) Q
Beweis: Zu zeigen: P → Q
Kontrapositionsbeweis: Wir zeigen, dass ¬Q → ¬P
Annahme: ¬Q := ¬(
A
n ∈ N : p(n)) ≡
E
n ∈ N : ¬p(n).
> wohlfundierte Ordnung auf N: es gibt keine unendliche Folge
x1, . . . , xn, . . . mit x1 > x2 > · · · > xn > . . . .
Sei Y = {n ∈ N | ¬p(n)} 6= ∅. Dann hat Y ein minimales Element m, d.h.
E
m(m ∈ Y ∧ (
A
k ∈ N : (k < m → k 6∈ Y ))) = ¬P.
65
Wohlfundierte (Noethersche) Induktion
Theorem:
Falls
A
n ∈ N : (
A
k ∈ N : (k < n → p(k)) → p(n)) P
dann gilt
A
n ∈ N : p(n) Q
Verallgemeinerung
- beliebige Menge A statt N
- < Ordnung auf A
- < wohlfundiert (es gibt keine unendliche Folge x1, . . . , xn, . . . mit
x1 > x2 > · · · > xn > . . . )
66
Beispiel
Satz: Jede naturliche Zahl n ≥ 2 lasst sich als Produkt von Primzahlen darstellen.
p(n): n ≥ 2 → n lasst sich als Produkt von Primzahlen darstellen.
Beweis: Sei n ∈ N, n ≥ 2, beliebig gewahlt.
Induktionsvoraussetzung: p(k) gilt fur alle k < n
Induktionsschluss: Folgere p(n) aus der Induktionsvoraussetzung.
Fallunterscheidung:
Fall 1: n Primzahl. Dann lasst sich n als Produkt von Primzahlen
darstellen (n = n)
Fall 2: n keine Primzahl. Dann n = k1 · k2, mit k1, k2 ∈ N, k1, k2 ≥ 2.
Da aber ki < n, i = 1, 2 ist nach Induktionsvoraussetzung bereits eine
Darstellung als Produkt von Primzahlen fur ki bekannt.
Multipliziert man diese beiden Produkte miteinander, so erhalt man
eine Darstellung fur n.
67
Fehlerquellen
Haufige Fehler bei Induktionsbeweisen
• es gibt unendliche absteigende Ketten x1 > x2 > . . .
• Induktionsanfang inkorrekt
• Bei Induktionsschritt die Grenzfalle nicht bedacht
68
Fehlerquellen
Was ist hier falsch?
Behauptung: Alle Menschen haben die gleiche Haarfarbe
p(n) : In einer Menge von n Menschen haben alle die gleiche Haarfarbe
Induktionbasis: n = 1
Fur eine Menge mit nur einem Menschen gilt die Behauptung trivial
69
Fehlerquellen
Was ist hier falsch?
Behauptung: Alle Menschen haben die gleiche Haarfarbe
p(n) : In einer Menge von n Menschen haben alle die gleiche Haarfarbe
Induktionsvoraussetzung: p(n) wahr.
Induktionsschritt: Beweise, dass aus p(n), p(n + 1) folgt.
n + 1 Menschen werden in eine Reihe gestellt.
Der Mensch links außen wird rausgeschickt. Es bleiben nur n Menschen.
Nun kann die Induktionsbehauptung angewendet werden und alle
verbliebenen haben die gleiche Haarfarbe (mit dem rechts außen).
70
Fehlerquellen
Was ist hier falsch?
Behauptung: Alle Menschen haben die gleiche Haarfarbe
p(n) : In einer Menge von n Menschen haben alle die gleiche Haarfarbe
Induktionsvoraussetzung: p(n) wahr.
Induktionsschritt: Beweise, dass aus p(n), p(n + 1) folgt.
n + 1 Menschen werden in eine Reihe gestellt.
Der Mensch rechts außen wird rausgeschickt. Es bleiben nur n Menschen.
Die Induktionsbehauptung kann angewendet werden und alle
verbliebenen haben die gleiche Haarfarbe (mit dem links außen).
Also haben die beiden außen die gleiche Haarfarbe, wie die in
der Mitte, und die haben auch alle die gleiche Haarfarbe
Also haben alle n + 1 Menschen die gleiche Haarfarbe.
71
Strukturelle Induktion
Bei der vollstandigen Induktion werden Eigenschaften der naturlichen
Zahlen bewiesen.
Bei der strukturellen Induktion werden Eigenschaften fur Mengen bewiesen,
deren Elemente aus Grundelementen durch eine endliche Anzahl von
Konstruktionsschritten (unter Verwendung bereits konstruierter Elemente)
bzw. mittels eines Erzeugungssystems entstehen.
72
Induktive Definitionen
Induktive Definition von Mengen:
Induktive Definition einer Menge M aus einer Basismenge B mit
“Konstruktoren” in Σ.
(Konstruktoren sind Funktionssymbole; fur f ∈ Σ, a(f ) ∈ N ist die
Stelligkeit von f .)
Basismenge: B
Erzeugungsregel: Wenn f ∈ Σ mit Stelligkeit n und
e1, . . . , en ∈ M, dann gilt f (e1, . . . , en) ∈ M.
M ist die kleinste Menge,• die die Basismenge B enthalt,
• mit der Eigenschaft, dass fur alle f ∈ Σ mit Stelligkeit n und alle
e1, . . . , en ∈ M: f (e1, . . . , en) ∈ M.
73
Induktive Definitionen: Beispiele
(1) Menge N aller naturlichen Zahlen
Basismenge: 0
Erzeugungsregel: Wenn n ∈ N, dann gilt n + 1 ∈ N
N ist die kleinste aller Mengen A mit folgenden Eigenschaften:
(1) A enthalt 0;
(2) fur alle Elemente n, falls n ∈ A so n + 1 ∈ A.
Das bedeutet, dass:
(1) 0 ∈ N
(2) Falls n ∈ N so n + 1 ∈ N.
(3) Fur jede Menge A mit Eigenschaften (1) und (2) gilt: N ⊆ A.
74
Induktive Definitionen: Beispiele
(2) Menge Σ∗ aller Worter uber ein Alphabet Σ
Basismenge: Das leere Wort ǫ ∈ Σ∗
Erzeugungsregel: Wenn w ∈ Σ∗ und a ∈ Σ,
dann gilt wa ∈ Σ∗
Σ∗ ist die kleinste aller Mengen A mit folgenden Eigenschaften:
(1) A enthalt das leere Wort ǫ
(2) fur alle Elemente w , falls w ∈ A und a ∈ Σ, so wa ∈ A.
Das bedeutet, dass:
(1) ǫ ∈ Σ∗
(2) Falls w ∈ Σ∗ und a ∈ Σ so wa ∈ Σ∗.
(3) Fur jede Menge A mit Eigenschaften (1) und (2) gilt: Σ∗ ⊆ A.
75
Induktive Definitionen: Beispiele
(3) Bin : die Menge aller (vollstandigen) binaren Baume
Basismenge: ◦ Baum mit nur einem Knoten.
Erzeugungsregel: Wenn B1,B2 ∈ Bin, dann ist auch
Tree(B1,B2) ∈ Bin.
B B1 2
Tree(B , B )1 2
Beispiele:
= Tree( , ) = Tree( , ) = Tree( , )
76
Induktive Definitionen: Beispiele
(3) Bin : die Menge aller (vollstandigen) binaren Baume
Basismenge: ◦ Baum mit nur einem Knoten.
Erzeugungsregel: Wenn B1,B2 ∈ Bin, dann ist auch
Tree(B1,B2) ∈ Bin.
Bin ist die kleinste aller Mengen A mit folgenden Eigenschaften:
(1) A enthalt der Baum mit nur einem Knoten ◦.(2) fur alle Elemente B1,B2, falls B1,B2 ∈ A so Tree(B1,B2) ∈ A.
Das bedeutet, dass:
(1) ◦ ∈ Bin
(2) Falls B1,B2 ∈ Bin so Tree(B1,B2) ∈ Bin.
(3) Fur jede Menge A mit Eigenschaften (1) und (2) gilt: Bin ⊆ A.
77
Induktive Definitionen: Beispiele
(4) Menge aller aussagenlogischen Formeln
Basismenge: ⊥ (falsch), ⊤ (wahr), P0,P1,P2, . . . sind
aussagenlogische Formeln (atomare Formeln)
Erzeugungsregel: Wenn F1, F2 aussagenlogische Formeln sind,
dann sind auch ¬F1, F1 ∧ F2, F1 ∨ F2,
F1 → F2, F1 ↔ F2 aussagenlogische Formeln
78
Induktive DefinitionenInduktive Definition von Mengen:
Induktive Definition einer Menge M aus einer Basismenge B mit Operationssymbole
(“Konstruktoren”) Σ (wobei a(f ) Stelligkeit von f fur f ∈ Σ).
Basismenge: B
Erzeugungsregel: Wenn f ∈ Σ mit Stelligkeit n und
e1, . . . , en ∈ M, dann gilt f (e1, . . . , en) ∈ M.
M ist die kleinste aller Mengen A mit folgenden Eigenschaften:
(1) A enthalt die Basismenge B
(2) fur alle Elemente e1, . . . , en ∈ A, und alle f ∈ Σ (mit Stelligkeit n), ist auch
f (e1, . . . , en) in A.
Dass bedeutet, dass:
(1) B ⊆ M
(2) Falls e1, . . . , en ∈ M und f ∈ Σ (mit Stelligkeit n), so f (e1, . . . , en) ∈ M.
(3) Fur jede Menge A mit Eigenschaften (1) und (2) gilt: M ⊆ A.
79
Strukturelle Induktion
Zu zeigen:
A
x ∈ M : P(x)
(1) Induktionsbasis: Beweise, dass fur alle b ∈ B, P(b) gilt.
(2) Sei e ∈ M, e 6∈ B.
Dann e = f (e1, . . . , en), mit f ∈ Σ und e1, . . . , en ∈ M.
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass P(e1), . . . ,P(en) gelten.
Induktionsschluss: Folgere, dass P(e) gilt.
80
Strukturelle Induktion
Satz. Falls:
(1) bewiesen werden kann, dass fur alle b ∈ B, P(b) gilt. (Induktionsbasis)
(2) falls e = f (e1, . . . , en) mit f ∈ Σ
unter der Annahme dass P(e1), . . . ,P(en) gelten (Induktionsvoraussetzung)
wir beweisen konnen, dass auch P(e) gilt (Induktionsschritt)
Dann gilt P(m) fur alle m ∈ M.
Beweis: Sei A = {e | P(e) wahr }.(1) Da bewiesen werden kann, dass fur alle b ∈ B, P(b) gilt, wissen wir, dass A die
Basismenge B enthalt.
(2) Da wir, aus der Annahme dass P(e1), . . . ,P(en) wahr sind, beweisen konnen,
dass auch P(e) wahr ist, wissen wir, dass
falls e1, . . . , en ∈ A, und f ∈ Σ (mit Stelligkeit n), so f (e1, . . . , en) in A.
Da M die kleinste aller Mengen mit Eigenschaften (1) und (2) ist, folgt, dass
M ⊆ A = {e | P(e) wahr }, d.h. A
m ∈ M,P(m) wahr.
81
Beispiel
Σ∗ : die Menge aller Worter uber ein Alphabet Σ
Basismenge: Das leere Wort ǫ ∈ Σ∗
Erzeugungsregel: Wenn w ∈ Σ∗ und a ∈ Σ,
dann gilt wa ∈ Σ∗
Sei die Umkehrung (Reverse) eines Wortes wie folgt definiert:
rev(ǫ) = ǫ
rev(wa) = a rev(w) mit w ∈ Σ∗ und a ∈ Σ.
82
Beispiel
Zu zeigen:
A
w1,w2 ∈ Σ∗, rev(w1w2) = rev(w2)rev(w1)
Sei w1 ∈ Σ∗, beliebig.
Zu zeigen:
A
w2 ∈ Σ∗, p(w2) wobei: p(w2) : rev(w1w2) = rev(w2)rev(w1)
Induktion uber die Struktur von w2.
(1) Induktionsbasis: Wir zeigen, dass die Eigenschaft gilt fur w2 = ǫ
(d.h. dass P(ǫ) : rev(w1ǫ) = rev(ǫ)rev(w1) wahr ist).
Beweis: rev(w1ǫ) = rev(w1) = ǫrev(w1) = rev(ǫ)rev(w1).
83
Beispiel
Zu zeigen:
A
w1,w2 ∈ Σ, rev(w1w2) = rev(w2)rev(w1)
Sei w1 ∈ Σ∗, beliebig.
Zu zeigen:
A
w2 ∈ Σ, p(w2) wobei: p(w2) : rev(w1w2) = rev(w2)rev(w1)
(2) Sei w2 ∈ Σ∗, w2 6= ǫ. Dann w2 = wa.
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass p(w) gilt,
d.h. dass rev(w1w) = rev(w)rev(w1).
Induktionsschluss: Wir beweisen, dass dann p(w2) gilt.
rev(w1w2) = rev(w1(wa)) = rev((w1w)a) = a rev(w1w) (Definition von rev)
= a rev(w)rev(w1) (Induktionsvoraussetzung)
= (a rev(w))rev(w1) = rev(wa)rev(w1) (Definition von rev)
= rev(w2)rev(w1)
84
Beispiel 2
Bin : Menge allen (vollstandigen) binaren Baume
Basismenge: ◦ Baum mit nur einem Knoten.
Erzeugungsregel: Wenn B1,B2 ∈ Bin, dann ist auch
Tree(B1,B2) ∈ Bin.
B B1 2
Tree(B , B )1 2
85
Beispiel 2
Behauptung:
Fur alle B ∈ Bin, falls B n Blatter hat, so besitzt B genau n − 1 innere Knoten.
P(B) : Falls B n ≥ 1 Blatter hat,
dann besitzt B genau n − 1 innere Knoten.
(1) Induktionsbasis: Wir zeigen, dass P(B) gilt wenn B nur aus einem Knoten ◦besteht.
Beweis: Sei B Baum, der nur aus einem Knoten besteht.
Dann besteht T nur aus einem Blatt, und B hat keinen inneren Knoten. d.h.
P(B) gilt.
86
Beispiel 2 ... ctd.
(2) Sei B ∈ Bin, B nicht in der Basismenge, d.h. B = Tree(B1,B2).
Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass P(B1),P(B2) gelten.
Induktionsschluss: Wir beweisen, dass P(B) gilt.
Beweis: Sei B = Tree(B1,B2). Dann gilt:
• n = n1 + n2, wobei n, n1, n2 Anzahl der Blatter von B,B1 bzw. B2 sind.
• mit m,m1,m2 als Anzahl innerer Knoten von B,B1 bzw. B2:
m = 1 + m1 + m2 nach Definition von B = Tree(B1,B2)
= 1 + (n1 − 1) + (n2 − 1) nach Induktionsvoraussetzung
= (n1 + n2) − 1 = n − 1.
Somit ist es bewiesen, dass
A
B ∈ Bin,P(B) gilt.
87
Zusammenfassung
• Grundlegende Beweisstrategien
• Induktion uber die naturlichen Zahlen
• Fehlerquellen
• Strukturelle Induktion
88
2. Aussagenlogik
Teil 1
23.04.2013
89
Beispiel: Das 8-Damen Problem
Man platziere acht Damen so auf einem Schachbrett, dass sie sich
gegenseitig nicht bedrohen.
90
Beispiel: Das 8-Damen Problem
Beschreibung des Problems
Fur jedes Feld des Schachbretts eine aussagenlogische Variable
Dij
Mit der Vorstellung, dass Dij den Wert wahr hat, wenn auf dem Feld (i , j)
eine Dame steht.
Wir benutzen kartesische Koordinaten zur Notation von Positionen
91
Beispiel: Das 8-Damen Problem
Beispiel: Auf dem Feld (5, 7) steht eine Dame 7→ D57 wahr.
Einschrankungen pro Feld: Fij
Falls auf dem Feld (5, 7) eine Dame steht:
• keine andere Dame auf Feld(5,8), (5,6), (5,5), (5,4),(5,3), (5,2), (5,1)
D57 → ¬D58 ∧ ¬D5,6 ∧ ¬D5,5 ∧ ¬D5,4 ∧ ¬D5,3 ∧ ¬D5,2 ∧ ¬D5,1
• keine andere Dame auf Feld(1,7), (2,7), (3,7), (4,7),(6,7), (7,7), (8,7)
D57 → ¬D17 ∧ ¬D2,7 ∧ ¬D3,7 ∧ ¬D4,7 ∧ ¬D6,7 ∧ ¬D7,7 ∧ ¬D87
• keine andere Dame auf Feld (6,8), (4,6), (3,5), (2,4),(1,3)
D57 → ¬D68 ∧ ¬D4,6 ∧ ¬D3,5 ∧ ¬D2,4 ∧ ¬D1,3
• keine andere Dame auf Feld (4,8), (6,6), (7,5), (8,4)
D57 → ¬D48 ∧ ¬D6,6 ∧ ¬D7,5 ∧ ¬D8,4
92
Beispiel: Das 8-Damen Problem
Beispiel: Auf dem Feld (5, 7) steht eine Dame 7→ D57 wahr.
Einschrankungen pro Feld: Fij
D57 → ¬D58 ∧ ¬D5,6 ∧ ¬D5,5 ∧ ¬D5,4 ∧ ¬D5,3 ∧ ¬D5,2 ∧ ¬D5,1
D57 → ¬D17 ∧ ¬D2,7 ∧ ¬D3,7 ∧ ¬D4,7 ∧ ¬D6,7 ∧ ¬D7,7 ∧ ¬D87
D57 → ¬D68 ∧ ¬D4,6 ∧ ¬D3,5 ∧ ¬D2,4 ∧ ¬D1,3
D57 → ¬D48 ∧ ¬D6,6 ∧ ¬D7,5 ∧ ¬D8,4
︸ ︷︷ ︸
F57
Globale Einschrankungen
Fur jedes k mit 1 ≤ k ≤ 8:
Rk := D1,k ∨ D2,k ∨ D3,k ∨ D4,k ∨ D5,k ∨ D6,k ∨ D7,k ∨ D8,k
93
Beispiel: Das 8-Damen Problem
Struktur: Wahrheitswerte fur die atomaren Aussagen Dij
Modell fur Fij (Rk): Wahrheitswerte fur die atomaren Aussagen Dij so dass
Fij wahr (bzw. Rk wahr).
Losung des 8-Damen Problems:
Eine aussagenlogische Struktur beschreibt eine Losung des 8-Damen-
Problems genau dann, wenn sie ein Modell der Formeln
• Fij fur alle 1 ≤ i , j ≤ 8
• Rk fur alle 1 ≤ k ≤ 8
ist.
94
Formale Logik
• Syntax
welche Formeln?
• Semantik
Modelle (Strukturen)
Wann ist eine Formel wahr (in einer Struktur)?
• Deduktionsmechanismus
Ableitung neuer wahrer Formeln
95
Syntax der Aussagenlogik: Logische Zeichen
⊤ Symbol fur die Formel “wahr”
⊥ Symbol fur die Formel “falsch”
¬ Negationssymbol (“nicht”)
∧ Konjunktionssymbol (“und”)
∨ Disjunktionssymbol (“oder”)
→ Implikationssymbol (“wenn . . . dann”)
↔ Symbol fur Aquivalenz (“genau dann, wenn”)
( ) die beiden Klammern
96
Vokabular der Aussagenlogik
Abzahlbare Menge von Symbolen, etwa
Π = {P0, . . . ,Pn}
oder
Π = {P0,P1, . . . }
Bezeichnungen fur Symbole in Π
• atomare Aussagen
• Atome
• Aussagenvariablen
97
Formeln der Aussagenlogik
Definition: Menge ForΠ der Formeln uber Π:
Die kleinste Menge mit:
• ⊤ ∈ ForΠ und ⊥∈ ForΠ
• Π ⊆ ForΠ
• Wenn F ,G ∈ ForΠ, dann auch
¬F , (F ∧ G), (F ∨ G), (F → G), (F ↔ G)
Elemente von ForΠ.
98
Aussagenformeln
ForΠ Menge der Formeln uber Π:
F ,G ,H ::= ⊥ (Falsum)
| ⊤ (Verum)
| P, P ∈ Π (atomare Formel)
| ¬F (Negation)
| (F ∧ G) (Konjunktion)
| (F ∨ G) (Disjunktion)
| (F → G) (Implikation)
| (F ↔ G) (Aquivalenz)
99
Konventionen zur Notation
• Klammereinsparungen werden nach folgenden Regeln vorgenommen:
– ¬ >p ∧ >p ∨ >p → >p ↔ (Prazedenzen),
– ∨ und ∧ sind assoziativ und kommutativ,
100
Konventionen zur Notation
• Klammereinsparungen werden nach folgenden Regeln vorgenommen:
– ¬ >p ∧ >p ∨ >p → >p ↔ (Prazedenzen),
– ∨ und ∧ sind assoziativ und kommutativ,
Beispiele: Π = {P,Q,R}
⊥, P, ¬Q, P ∧ ¬Q, (P ∨ (¬R ∧ ⊤)) sind Formeln
Wir schreiben P ∧ Q ∧ R statt (P ∧ Q) ∧ R.
101
Beispiel: 8-Damenproblem
Aussagenlogische Variablen
Di ,j bedeutet: Auf dem Feld (i , j) steht eine Dame.
Formeln
“Wenn auf dem Feld (5, 7) eine Dame steht, kann keine Dame auf Feld
(5,8), (5,6), (5,5), (5,4),(5,3), (5,2), (5,1) stehen”:
D57 → ¬D58 ∧ ¬D5,6 ∧ ¬D5,5 ∧ ¬D5,4 ∧ ¬D5,3 ∧ ¬D5,2 ∧ ¬D5,1
102
Beispiel 1
Wenn ich kein Bier zu einer Mahlzeit trinke, dann habe ich immer Fisch.
◮ ¬B→F
Immer wenn ich Fisch und Bier zur selben Mahlzeit habe, verzichte ich
auf Eiscreme.
◮ F∧B→ ¬E
Wenn ich Eiscreme habe oder Bier meide, dann ruhre ich Fisch nicht an.
◮ E∨¬B→ ¬F
103
Beispiel 1
◮ ¬B→F
◮ F∧B→ ¬E
◮ E∨¬B→ ¬F
Wir mochten wissen, welche Menus solche Diatregeln erfullen.
z.B.: Formalisierung:
• kein Bier, Fisch und Eiscreme B 7→ falsch,F 7→ wahr,E 7→ wahr
erfullt 3. Diatregel nicht!
• Bier, Fisch, keine Eiscreme B 7→ wahr,F 7→ wahr,E 7→ falsch
erfullt alle Diatregeln
104
Beispiel 1
◮ ¬B→F
◮ F∧B→ ¬E
◮ E∨¬B→ ¬F
Wir mochten wissen, welche Menus solche Diatregeln erfullen.
z.B.: Formalisierung:
0:falsch, 1:wahr A : {B,F ,E} → {0, 1}
• kein Bier, Fisch und Eiscreme A(B) = 0,A(F ) = 1,A(E) = 1
erfullt 3. Diatregel nicht!
• Bier, Fisch, keine Eiscreme A(B) = 1,A(F ) = 1,A(E) = 0
erfullt alle Diatregeln
105
Semantik der Aussagenlogik
Π eine aussagenlogische Signatur
Aussagenvariablen fur sich haben keine Bedeutung.
Hierfur mussen Wertebelegungen (Valuationen) explizit oder implizit aus
dem Kontext zur Verfugung stehen.
Eine Valuation (Wertebelegung) ist eine Abbildung
A : Π → {0, 1}
Wir werden Wertebelegungen auch Aussagenlogische Strukturen,
Aussagenlogische Modelle oder Interpretationen nennen.
106
Semantik der Aussagenlogik
Π eine aussagenlogische Signatur
Aussagenvariablen fur sich haben keine Bedeutung.
Hierfur mussen Wertebelegungen (Valuationen) explizit oder implizit aus
dem Kontext zur Verfugung stehen.
Eine Wertebelegung ist eine Abbildung
A : Π → {0, 1}
Beispiel:
A B C
0 1 0(Bei drei Symbolen gibt es 8 mogliche Modelle)
107
Semantik der Aussagenlogik
Auswertung von Formeln
Sei A : Π → {0, 1} eine Wertebelegung.
A∗ : ForΠ → {0, 1} wird wie folgt definiert:
A∗(⊥) = 0
A∗(⊤) = 1
A∗(P) = A(P)
108
Semantik der Aussagenlogik
Auswertung von Formeln
Sei A : Π → {0, 1} eine Wertebelegung.
A∗ : ForΠ → {0, 1} wird wie folgt definiert:
A∗(¬F ) =
0 falls A∗(F ) = 1
1 falls A∗(F ) = 0
109
Semantik der Aussagenlogik
Auswertung von Formeln
Sei A : Π → {0, 1} eine Wertebelegung.
A∗ : ForΠ → {0, 1} wird wie folgt definiert:
A∗(F1 ∧ F2) =
0 falls A∗(F1) = 0 oder A∗(F2) = 0
1 falls A∗(F1) = A∗(F2) = 1
110
Semantik der Aussagenlogik
Auswertung von Formeln
Sei A : Π → {0, 1} eine Wertebelegung.
A∗ : ForΠ → {0, 1} wird wie folgt definiert:
A∗(F1 ∧ F2) =
0 falls A∗(F1) = 0 oder A∗(F2) = 0
1 falls A∗(F1) = A∗(F2) = 1
A∗(F1 ∨ F2) =
0 falls A∗(F1) = A∗(F2) = 0
1 falls A∗(F1) = 1 oder A∗(F2) = 1
111
Semantik der Aussagenlogik
Auswertung von Formeln
Sei A : Π → {0, 1} eine Wertebelegung.
A∗ : ForΠ → {0, 1} wird wie folgt definiert:
A∗(F1 → F2) =
1 falls A∗(F1) = 0 oder A∗(F2) = 1
0 falls A∗(F1) = 1 und A∗(F2) = 0
A∗(F1 ↔ F2) =
1 falls A∗(F1) = A∗(F2)
0 sonst
112
Wahrheitstafel fur die logischen Operatoren
P ¬P
0 1
1 0
∧ 0 1
0 0 0
1 0 1
∨ 0 1
0 0 1
1 1 1
→ 0 1
0 1 1
1 0 1
↔ 0 1
0 1 0
1 0 1
113
Semantik der Aussagenlogik
Auswertung von Formeln
Sei A : Π → {0, 1} eine Π-Valuation.
A∗ : ForΠ → {0, 1} wird induktiv uber Aufbau von F wie folgt definiert:
A∗(⊥) = 0
A∗(⊤) = 1
A∗(P) = A(P)
A∗(¬F ) = 1−A∗(F )
A∗(FρG) = Bρ(A∗(F ),A∗(G))
Bρ(x , y) berechnet entschpr. der Wahrheitstafel fur ρ
z.B. : B∨(0, 1) = (0 ∨ 1) = 1; B→(1, 0) = (1 → 0) = 0
Wir schreiben normalerweise A statt A∗.
114
Beispiel
Sei A : {P,Q,R} → {0, 1} mit A(P) = 1,A(Q) = 0,A(R) = 1.
A∗((P ∧ (Q ∨ ¬P)) → R) = A∗(P ∧ (Q ∨ ¬P) → A∗(R)
= (A∗(P) ∧ A∗(Q ∨ ¬P)) → A∗(R)
= (A(P) ∧ (A(Q) ∨ ¬A(P))) → A(R)
= (1 ∧ (0 ∨ ¬1)) → 1
= 1
115
Wahrheitstabellen: Beispiel
F = (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C)
A B C (A ∨ C) ¬C (B ∨ ¬C) (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C)
0 0 0 0 1 1 0
0 0 1 1 0 0 0
0 1 0 0 1 1 0
0 1 1 1 0 1 1
1 0 0 1 1 1 1
1 0 1 1 0 0 0
1 1 0 1 1 1 1
1 1 1 1 0 1 1
116
Modell einer Formel(menge)
Definition: Interpretation A ist Modell einer Formel F ∈ ForΠ, falls
A∗(F ) = 1.
Definition: Interpretation A ist Modell einer Formelmenge M ⊆ ForΠ, falls
A∗(F ) = 1 fur alle F ∈ M
Notation:
A |= F
A |= M
117
Beispiel
F = (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C)
A B C (A ∨ C) ¬C (B ∨ ¬C) (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C)
0 0 0 0 1 1 0
0 0 1 1 0 0 0
0 1 0 0 1 1 0
0 1 1 1 0 1 1
1 0 0 1 1 1 1
1 0 1 1 0 0 0
1 1 0 1 1 1 1
1 1 1 1 0 1 1
Sei A : {P,Q,R} → {0, 1} mit A(P) = 0,A(Q) = 1,A(R) = 1.
A |= (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C)
A |= {(A ∨ C), (B ∨ ¬C)}
118
Gultigkeit und Erfullbarkeit
Definition: F gilt in A (oder A ist Modell von F ) gdw. A(F ) = 1.
Notation: A |= F
Definition: F ist (allgemein-) gultig (oder eine Tautologie) gdw.: A |=
F , fur alle A : Π → {0, 1}
Notation: |= F
Definition: F heißt erfullbar gdw. es A : Π → {0, 1} gibt, so dass A |= F .
Sonst heißt F unerfullbar (oder eine Kontradiktion).
119
Beispiel
F = (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C)
A B C (A ∨ C) ¬C (B ∨ ¬C) (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C)
0 0 0 0 1 1 0
0 0 1 1 0 0 0
0 1 0 0 1 1 0
0 1 1 1 0 1 1
1 0 0 1 1 1 1
1 0 1 1 0 0 0
1 1 0 1 1 1 1
1 1 1 1 0 1 1
F ist nicht allgemeingultig:
A1(F ) = 0 fur A1 : {P,Q,R} → {0, 1} mit A(P) = A(Q) = A(R) = 0.
F ist erfullbar (also ist F nicht unerfullbar):
A2(F ) = 1 fur A : {P,Q,R} → {0, 1} mit A(P) = 0,A(Q) = 1,A(R) = 1.
120
Tautologien und Kontradiktionen
Tautologien: Formel, die stets wahr sind.
Beispiele: p ∨ (¬p) (Prinzip vom ausgeschlossenen Dritten)
(Tertium non datur)
p ↔ ¬¬p (Prinzip der doppelten Negation)
Kontradiktionen: Formel, die stets falsch sind.
Beispiel: p ∧ ¬p
• Die Negation einer Tautologie ist eine Kontradiktion
• Die Negation einer Kontradiktion ist eine Tautologie
121
Beispiele
Die folgenden Formeln sind Tautologien:
(1) (p → ¬p) → (¬p)
(2) (p ∧ (p → q)) → q
(3) (p ∧ q) → p
(p ∧ q) → q
(4) p → (p ∨ q)
q → (p ∨ q)
(5) (p → q) → [(q → r) → (p → r)]
(6) (((p → q) ∧ (q → r)) ∧ p) → r
122
Folgerung und Aquivalenz
Definition: F impliziert G (oder G folgt aus F ),
gdw.: fur alle A : Π → {0, 1} gilt: Wenn A |= F , dann A |= G .
Notation: F |= G
Definition: F und G sind aquivalent
gdw.: fur alle A : Π → {0, 1} gilt: A |= F gdw. A |= G .
Notation: F ≡ G .
Erweiterung auf Formelmengen N in naturlicher Weise, z.B.:
N |= G gdw.: fur alle A : Π → {0, 1} gilt:
falls A |= F , fur alle F ∈ N,
so A |= G .
123
Beispiel
F = (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C) G = (A ∨ B)
Uberprufe, ob F |= G : Ja, F |= G
A B C (A ∨ C) (B ∨ ¬C) (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C) (A ∨ B)
0 0 1 1 0 0 0
0 0 0 0 1 0 0
0 1 1 1 1 1 1
0 1 0 0 1 0 1
1 0 1 1 0 0 1
1 0 0 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
1 1 0 1 1 1 1
124
Beispiel
F = (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C) G = (A ∨ B)
Uberprufe, ob F |= G : Ja, F |= G
.... aber es ist nicht wahr dass G |= F (Notation: G 6|= F )
A B C (A ∨ C) (B ∨ ¬C) (A ∨ C) ∧ (B ∨ ¬C) (A ∨ B)
0 0 1 1 0 0 0
0 0 0 0 1 0 0
0 1 1 1 1 1 1
0 1 0 0 1 0 1
1 0 1 1 0 0 1
1 0 0 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
1 1 0 1 1 1 1
125
Zusammenfassung
• Syntax (Formeln)
• Semantik
Wertebelegungen (Valuationen, Modelle)
Wahrheitstafel fur die logischen Operatoren
Auswertung von Formeln / Wahrheitstabellen
Modell einer Formel(menge)
Gultigkeit und Erfullbarkeit
Tautologien und Kontradiktionen
Folgerung und Aquivalenz
126
2. Aussagenlogik
Teil 2
30.04.2012
127
Tautologien und Kontradiktionen
Tautologien, allgemeingultige Formeln:
Formeln, die stets wahr sind.
Kontradiktionen, unerfullbare Formeln:
Formel, die stets falsch sind.
• Die Negation einer Tautologie ist eine Kontradiktion
• Die Negation einer Kontradiktion ist eine Tautologie
Theorem. F ist allgemeingultig gdw. ¬F ist unerfullbar.
Beweis 1: Aus der Wahrheitstafel.
Beweis 2: F allgemeingultig gdw. A(F )=1 fur alle A:Π→{0, 1}
gdw. A(¬F )=0 fur alle A:Π→{0, 1} gdw. ¬F unerfullbar
128
Erster Kalkul: Wahrheitstafelmethode
Erfullbarkeitstest:
Jede Formel F enthalt endlich viele Aussagenvariablen.
A(F ) ist nur von den Werten dieser Aussagenvariablen abhangig.
F enthalt n Aussagenvariablen:
⇒ 2n Wertbelegungen notwendig um zu uberprufen,
ob F erfullbar ist oder nicht.
⇒ Wahrheitstafel
⇒ Das Erfullbarkeitsproblem ist entscheidbar
(Cook’s Theorem: NP-vollstandig)
Es existieren viel bessere Methoden als Wahrheitstafeltests um die
Erfullbarkeit einer Formel zu uberprufen.
129
Folgerung
Definition: F impliziert G (oder G folgt aus F ),
gdw.: fur alle A : Π → {0, 1} gilt: Wenn A |= F , dann A |= G .
Notation: F |= G
Erweiterung auf Formelmengen N in naturlicher Weise, z.B.:
N |= G gdw.: fur alle A : Π → {0, 1} gilt:
falls A |= F , fur alle F ∈ N,
so A |= G .
130
Aquivalenz
Definition: F und G sind aquivalent
gdw.: fur alle A : Π → {0, 1} gilt: A |= F gdw. A |= G .
Notation: F ≡ G .
Zwei Formeln sind logisch aquivalent, wenn sie in den gleichen Modellen
wahr sind
Beispiel:
(P → Q) ≡ (¬Q → ¬P) (Kontraposition)
131
Wichtige Aquivalenzen
Die folgenden Aquivalenzen sind fur alle Formeln F ,G ,H gultig:
(F ∧ F ) ≡ F
(F ∨ F ) ≡ F (Idempotenz)
(F ∧ G) ≡ (G ∧ F )
(F ∨ G) ≡ (G ∨ F ) (Kommutativitat)
(F ∧ (G ∧ H)) ≡ ((F ∧ G) ∧ H)
(F ∨ (G ∨ H)) ≡ ((F ∨ G) ∨ H) (Assoziativitat)
(F ∧ (F ∨ G)) ≡ F
(F ∨ (F ∧ G)) ≡ F (Absorption)
(F ∧ (G ∨ H)) ≡ ((F ∧ G) ∨ (F ∧ H))
(F ∨ (G ∧ H)) ≡ ((F ∨ G) ∧ (F ∨ H)) (Distributivitat)
132
Wichtige Aquivalenzen
Die folgenden Aquivalenzen sind fur alle Formeln F ,G ,H gultig:
(¬¬F ) ≡ F (Doppelte Negation)
¬(F ∧ G) ≡ (¬F ∨ ¬G)
¬(F ∨ G) ≡ (¬F ∧ ¬G) (De Morgan’s Regeln)
(F → G) ≡ (¬G → ¬F ) (Kontraposition)
(F → G) ≡ (¬F ∨ G) (Elimination Implikation)
F ↔ G ≡ (F → G) ∧ (G → F ) (Elimination Aquivalenz)
133
Wichtige Aquivalenzen
Die folgenden Aquivalenzen sind fur alle Formeln F ,G ,H gultig:
(F ∧ G) ≡ F , falls G Tautologie
(F ∨ G) ≡ ⊤, falls G Tautologie (Tautologieregeln)
(F ∧ G) ≡ ⊥, falls G unerfullbar
(F ∨ G) ≡ F , falls G unerfullbar (Tautologieregeln)
134
Wichtige Aquivalenzen mit ⊤/⊥
(A ∧ ¬A) ≡ ⊥
(A ∨ ¬A) ≡ ⊤ (Tertium non datur)
(A ∧ ⊤) ≡ A
(A ∧ ⊥) ≡ ⊥
135
Wichtige Aquivalenzen (Zusammengefasst)
(F ∧ F ) ≡ F (F ∨ F ) ≡ F (Idempotenz)
(F ∧ G) ≡ (G ∧ F ) (F ∨ G) ≡ (G ∨ F ) (Kommutativitat)
(F ∧ (G ∧ H)) ≡ ((F ∧ G) ∧ H)
(F ∨ (G ∨ H)) ≡ ((F ∨ G) ∨ H) (Assoziativitat)
(F ∧ (F ∨ G)) ≡ F
(F ∨ (F ∧ G)) ≡ F (Absorption)
(F ∧ (G ∨ H)) ≡ ((F ∧ G) ∨ (F ∧ H))
(F ∨ (G ∧ H)) ≡ ((F ∨ G) ∧ (F ∨ H)) (Distributivitat)
(¬¬F ) ≡ F (Doppelte Negation)
¬(F ∧ G) ≡ (¬F ∨ ¬G)
¬(F ∨ G) ≡ (¬F ∧ ¬G) (De Morgan’s Regeln)
(F → G) ≡ (¬G → ¬F ) (Kontraposition)
(F → G) ≡ (¬F ∨ G) (Elimination Implikation)
F ↔ G ≡ (F → G) ∧ (G → F ) (Elimination Aquivalenz)
136
Terminologie
Eine Formel F , die als Teil einer Formel G auftritt,
heißt Teilformel von G .
• F ist eine Teilformel von F
• F = ¬G und
H Teilformel von G
→ H Teilformel von F
• F = F1 ρ F2
(wo ρ ∈ {∨,∧,⇒,⇔})
H Teilformel von F1 oder F2
→ H Teilformel von F
137
Substitutionstheorem
Theorem.
Seien F und G aquivalente Formeln. Sei H eine Formel mit (mindestens)
einem Vorkommen der Teilformel F .
Dann ist H aquivalent zu H′, wobei H′ aus H hervorgeht, indem (irgend)
ein Vorkommen von F in H durch G ersetzt wird.
Beispiel:
A ∨ B ≡ B ∨ A
impliziert
(C ∧ (A ∨ B)) ≡ (C ∧ (B ∨ A))
138
Substitutionstheorem
Theorem.
Seien F und G aquivalente Formeln. Sei H eine Formel mit (mindestens)
einem Vorkommen der Teilformel F .
Dann ist H aquivalent zu H′, wobei H′ aus H hervorgeht, indem (irgend)
ein Vorkommen von F in H durch G ersetzt wird. p(H)
Beweis: Strukturelle Induktion.
Induktionsbasis: Beweisen, dass p(H) fur alle Formeln H in {⊥,⊤} ∪ Π gilt.
Beweis: Falls H∈{⊥,⊤}∪Π und F Teilformel von H, so muss F = H sein.
Dann ist die Formel H′, die aus H hervorgeht, indem F (= die ganze
Formel H) durch G ersetzt wird, gleich G .
Aber dann: H = F ≡ G = H′.
139
Substitutionstheorem
Beweis: (Fortsetzung)
Sei H eine Formel, H 6∈ {⊥,⊤} ∪ Π. Sei F eine Teilformel von H.
Fall 1: F = H. Dann H′ = G (wie vorher), so H = F ≡ G = H′.
Fall 2: F 6= H.
Induktionsvoraussetzung: Annahme: p(H′) gilt fur alle dir. Teilformeln H′ von H.
Induktionsschritt: Beweis, dass p(H) gilt (durch Fallunterscheidung):
Fall 2.1: H = ¬H1. Da F 6= H, ist F eine Teilformel von H1.
Induktionvoraussetzung: p(H1) gilt, d.h. H1 ≡ H′
1 , wobei H′
1 aus H1 hervorgeht,
indem (irgend) ein Vorkommen von F in H1 durch G ersetzt wird.
Da H = ¬H1, ist H′ = ¬H′
1 .
Dann fur alleA : Π → {0, 1}:A(H)=A(¬H1)=¬A(H1)I .V .= ¬A(H′
1 )=A(¬H′
1)=A(H′).
Somit ist bewiesen, dass H ≡ H′.
140
Substitutionstheorem
Beweis: (Fortsetzung)
Induktionsschritt: Beweis, dass p(H) gilt (durch Fallunterscheidung):
Fall 2.2: H = H1 op H2. Da F 6= H, ist F Teilformel von H1 oder von H2.
Fall 2.2.1 F ist eine Teilformel von H1.
Induktionvoraussetzung: p(H1) gilt, d.h. H1 ≡ H′
1 , wobei H′
1 aus H1 hervorgeht,
indem (irgend) ein Vorkommen von F in H1 durch G ersetzt wird.
Da H = H1 op H2, und F in H1 vorkommt, so H′ = H′
1 op H2.
Dann fur alle A : Π → {0, 1}: A(H)=A(H1 op H2)=A(H1) op A(H2)I .V .=
A(H′
1) op A(H2)=A(H′
1 op H2) = A(H′).
Somit ist bewiesen, dass H ≡ H′.
Fall 2.2.2 F ist eine Teilformel von H2. Analog.
141
Ein zweiter Kalkul: Logische Umformung
Definition: Aquivalenzumformung
• (Wiederholte) Ersetzung einer (Unter-)Formel durch aquivalente
Formel
• Anwendung des Substitutionstheorems
Theorem
Aquivalenzumformung bildet mit den aufgelisteten wichtigen Aquivalen-
zen einen vollstandigen Kalkul:
Wenn F und G logisch aquivalent sind, kann F in G umgeformt werden.
142
Beispiel
(P → Q) ∧ ¬((Q → R) → (P → R))
≡ (¬P ∨ Q) ∧ ¬((¬Q ∨ R) → (¬P ∨ R)) (Elimination Implikation)
≡ (¬P ∨ Q) ∧ ¬(¬(¬Q ∨ R) ∨ (¬P ∨ R)) (Elimination Implikation)
≡ (¬P ∨ Q) ∧ (¬¬(¬Q ∨ R) ∧ ¬(¬P ∨ R)) (De Morgan’s Regel,∨)
≡ (¬P ∨ Q) ∧ ((¬Q ∨ R) ∧ (¬¬P ∧ ¬R)) (Doppelte Negation, De Morgan, ∨)
≡ (¬P ∨ Q) ∧ ((¬Q ∨ R) ∧ (P ∧ ¬R)) (Doppelte Negation)
≡ (¬P ∨ Q) ∧ ((¬Q ∧ P ∧ ¬R) ∨ (R ∧ P ∧ ¬R)) (Distributivitat)
≡ (¬P ∨ Q) ∧ ((¬Q ∧ P ∧ ¬R) ∨ (R ∧ ¬R ∧ P)) (Kommutativitat)
≡ (¬P ∨ Q) ∧ ((¬Q ∧ P ∧ ¬R) ∨ ⊥) (Aquivalenzen mit ⊥)
≡ (¬P ∨ Q) ∧ (¬Q ∧ P ∧ ¬R) (Aquivalenzen mit ⊥)
≡ (¬P ∧ ¬Q ∧ P ∧ ¬R) ∨ (Q ∧ ¬Q ∧ P ∧ ¬R) (Distributivitat)
≡ (¬P ∧ P ∧ ¬Q ∧ ¬R) ∨ (Q ∧ ¬Q ∧ P ∧ ¬R) (Kommutativitat)
≡ ((¬P ∧ P) ∧ ¬Q ∧ ¬R) ∨ ((Q ∧ ¬Q) ∧ P ∧ ¬R) (Assoziativitat)
≡ ⊥ ∨ ⊥≡⊥ (Aquivalenzen mit ⊥)
143
Allgemeingultigkeit/Folgerung
F ,G Formeln
Theorem. F |= G gdw. |= F → G .
Beweis:
F |= G g.d.w. fur alle A : Π → {0, 1}, falls A(F ) = 1 so A(G) = 1
g.d.w. fur alle A : Π → {0, 1}, (A(F ) → A(G)) = 1
g.d.w. fur alle A : Π → {0, 1}, A(F → G) = 1
g.d.w. |= F → G
144
Allgemeingultigkeit/Folgerung
F ,G Formeln; N Formelmenge.
Theorem. N ∪ {F} |= G gdw. N |= F → G .
Beweis: “⇒”
Annahme: N ∪ {F} |= G d.h. fur alle A:Π→{0, 1},
falls [A(H)=1 fur alle Formeln H∈N∪{F}] so A(G)=1.
Wir beweisen, dass N |= F → G , d.h. fur alle A : Π → {0, 1}
falls [A(H) = 1 fur alle Formeln H ∈ N] so A(F → G) = 1.
Sei A : Π → {0, 1} mit A(H) = 1 fur alle Formeln H ∈ N.
Fall 1: A(F ) = 0. Dann A(F → G) = 1.
Fall 2: A(F ) = 1, d.h. [A(H) = 1 fur alle Formeln H ∈ N ∪ {F}]. Dann
A(G) = 1 und somit A(F → G) = 1.
145
Allgemeingultigkeit/Folgerung
F ,G Formeln; N Formelmenge.
Theorem. N ∪ {F} |= G gdw. N |= F → G .
Beweis: “⇐”
Annahme: N |= F → G d.h. fur alle A:Π→{0, 1},
falls [A(H)=1 fur alle Formeln H∈N] so A(F → G)=1.
Wir beweisen, dass N ∪ {F} |= G , d.h. fur alle A : Π → {0, 1}
falls [A(H) = 1 fur alle Formeln H ∈ N ∪ {F}] so A(G) = 1.
Sei A : Π → {0, 1} mit A(H) = 1 fur alle Formeln H ∈ N ∪ {F}.
Dann (i) A(F ) = 1 und
(ii) [A(H) = 1 fur alle Formeln H ∈ N], also A(F → G) = 1.
Es folgt, dass 1 = A(F → G) = (A(F ) → A(G)) = (1 → A(G)) = A(G),
so A(G) = 1.
146
Allgemeingultigkeit/Folgerung
F ,G Formeln.
Theorem. F ≡ G gdw. |= F ↔ G .
Beweis:
F ≡ F g.d.w. fur alle A : Π → {0, 1}, A(F ) = A(G)
g.d.w. fur alle A : Π → {0, 1}, (A(F ) ↔ A(G)) = 1
g.d.w. fur alle A : Π → {0, 1}, A(F ↔ G) = 1
g.d.w. |= F ↔ G
147
Allgemeingultigkeit/Folgerung:
Zusammenfassung
F ,G Formeln; N Formelmenge.
Theorem. F |= G gdw. |= F → G .
Theorem. N ∪ {F} |= G gdw. N |= F → G .
Theorem. F ≡ G gdw. |= F ↔ G .
148
Unerfullbarkeit/Allgemeingultigkeit/Folgerung
F ,G Formeln.
Theorem. F ist allgemeingultig gdw. ¬F ist unerfullbar.
Beweis auf Seite 128.
Theorem. F |= G gdw. F ∧ ¬G ist unerfullbar.
Beweis:
F |= G gdw. |= F → G d.h. F → G allgemeingultig
gdw. ¬(F → G) unerfullbar.
gdw. F ∧ ¬G unerfullbar.
... da ¬(F → G) ≡ ¬(¬F ∨ G) ≡ ¬¬F ∧ ¬G ≡ F ∧ ¬G .
149
Unerfullbarkeit/Allgemeingultigkeit/Folgerung
F ,G Formeln; N Formelmenge.
Theorem. N |= G gdw. N ∪ ¬G ist unerfullbar.
Beweis: “⇒”
Annahme: N |= G d.h. fur alle A:Π→{0, 1},
falls [A(H)=1 fur alle Formeln H∈N] so A(G)=1.
Zu zeigen: N ∪ ¬G unerfullbar.
Beweis durch Widerspruch: Wir nehmen an, N ∪ ¬G erfullbar,
d.h. es gibt A:Π→{0, 1}, mit
[A(H)=1 fur alle Formeln H∈N ∪ {¬G}].
Dann [A(H)=1 fur alle Formeln H∈N] und A(¬G) = 1 (d.h.
A(G) = 0). Widerspruch.
150
Unerfullbarkeit/Allgemeingultigkeit/Folgerung
F ,G Formeln; N Formelmenge.
Theorem. N |= G gdw. N ∪ ¬G ist unerfullbar.
Beweis: “⇐”
Annahme: N ∪ ¬G unerfullbar.
Zu zeigen: N |= G d.h. fur alle A:Π→{0, 1},
falls [A(H)=1 fur alle Formeln H∈N] so A(G)=1.
Beweis: Sei A:Π→{0, 1}, mit [A(H)=1 fur alle Formeln H∈N].
Falls A(G) = 0, ware A ein Modell fur N ∪ {¬G}. Das ist
aber unmoglich, da wir angenommen haben, dass N ∪ {¬G}
unerfullbar ist.
Es folgt, dass A(G) = 1.
151
Unerfullbarkeit/Allgemeingultigkeit/Folgerung:
Zusammenfassung
F ,G Formeln; N Formelmenge.
Theorem. F ist allgemeingultig gdw. ¬F ist unerfullbar.
Theorem. F |= G gdw. F ∧ ¬G ist unerfullbar.
Theorem. N |= G gdw. N ∪ ¬G ist unerfullbar.
Nota bene: falls N unerfullbar, so N |= G fur jede Formel G
... auch fur ⊥.
Notation: N |= ⊥ fur N unerfullbar.
152
Zusammenfassung
• Erfullbarkeit, Allgemeingultigkeit
• Erster Kalkul: Wahrheitstafelmethode
• Folgerung, Aquivalenz
• Wichtige Aquivalenzen
• Ein zweiter Kalkul: Logische Umformung
• Unerfullbarkeit/Allgemeingultigkeit/Folgerung
153
2. Aussagenlogik
Teil 3
06.05.2013
154
Unser Ziel
Kalkul(e) zur systematischen Uberprufung von Erfullbarkeit
(fur Formeln und/oder Formelmengen)
Dazu brauchen wir “Normalformen”
155
Normalformen
Definition:
• Atom: aussagenlogische Variable
• Literal: Atom, oder
Negation eines Atoms
Beispiel. Sei Π = {P,Q,R}.
Atome: P, Q, R
Literale: P, ¬P, Q, ¬Q, R, ¬R
156
Normalformen
Definition:
• Atom: aussagenlogische Variable
• Literal: Atom, oder
Negation eines Atoms
Definition:
Klausel: Eine Disjunktion von Literalen
• mehrstellige Disjunktionen (P ∨ ¬Q ∨ R), (P ∨ P ∨ ¬Q)
• einstellige Disjunktionen P
• die nullstellige Disjunktion (leere Klausel) ⊥
157
Normalformen
Definition:
Konjunktive Normalform (KNF): Eine Konjunktion von Disjunktionen von
Literalen, d.h., eine Konjunktion von Klauseln
mehrstellig, einstellig oder nullstellig
Beispiele:
(P ∨ ¬Q) ∧ (Q ∨ ¬R ∨ ¬S)
P ∨ Q
P ∧ (Q ∨ R)
P ∧ Q
P ∧ P
⊤
158
Normalformen
Definition:
Disjunktive Normalform (DNF): Eine Disjunktion von Konjunktionen von
Literalen.
mehrstellig, einstellig oder nullstellig
Beispiele:
(P ∧ ¬Q) ∨ (Q ∧ ¬R ∧ ¬S)
P ∧ Q
P ∨ (Q ∧ R)
P ∨ Q
P ∨ P
⊥
159
Normalformen
Eigenschaften:
• Zu jeder aussagenlogischen Formel gibt es:
- eine aquivalente Formel in KNF
- eine aquivalente Formel in DNF
• Diese aquivalenten Formeln in DNF bzw. KNF sind nicht eindeutig
• Solche Formeln konnen aus einer Wahrheitstafel abgelesen werden
• Solche Formeln konnen durch Umformungen hergestellt werden
160
Beispiel: DNF
F : (P ∨ Q) ∧ ((¬P ∧ Q) ∨ R)
P Q R (P ∨ Q) ¬P (¬P ∧ Q) ((¬P ∧ Q) ∨ R) F
0 0 0 0 1 0 0 0
0 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 1 1 1 1
0 1 1 1 1 1 1 1
1 0 0 1 0 0 0 0
1 0 1 1 0 0 1 1
1 1 0 1 0 0 0 0
1 1 1 1 0 0 1 1
DNF: (¬P ∧ Q ∧ ¬R) ∨ (¬P ∧ Q ∧ R) ∨ (P ∧ ¬Q ∧ R) ∨ (P ∧ Q ∧ R)
161
Beispiel: KNF
F : (P ∨ Q) ∧ ((¬P ∧ Q) ∨ R)
P Q R (P ∨ Q) ¬P (¬P ∧ Q) ((¬P ∧ Q) ∨ R) F ¬F
0 0 0 0 1 0 0 0 1
0 0 1 0 1 0 1 0 1
0 1 0 1 1 1 1 1 0
0 1 1 1 1 1 1 1 0
1 0 0 1 0 0 0 0 1
1 0 1 1 0 0 1 1 0
1 1 0 1 0 0 0 0 1
1 1 1 1 0 0 1 1 0
DNF fur ¬F : (¬P ∧¬Q ∧¬R)∨ (¬P ∧¬Q ∧ R)∨ (P ∧¬Q ∧¬R)∨ (P ∧Q ∧¬R)
KNF fur F : (P ∨ Q ∨ R) ∧ (P ∨ Q ∨ ¬R) ∧ (¬P ∨ Q ∨ R) ∧ (¬P ∨ ¬Q ∨ R)
162
Normalformen
DNF fur F :∨
A:{P1,...,Pn}→{0,1}
A(F )=1
(PA(P1)1 ∧ · · · ∧ P
A(Pn)n )
wobei:
P0 = ¬P
P1 = P
Theorem
Fur alle Interpretationen A′ : {P1, . . . ,Pn} → {0, 1}:
A′(F ) = 1 gdw. A′(∨
A:{P1,...,Pn}→{0,1}
A(F )=1
(PA(P1)1 ∧ · · · ∧ P
A(Pn)n )) = 1.
163
Normalformen
DNF fur F :∨
A:{P1,...,Pn}→{0,1}
A(F )=1
(PA(P1)1 ∧ · · · ∧ P
A(Pn)n )
wobei:
P0 = ¬P
P1 = P
KNF fur F: ¬F ′,
wobei F ′ die DNF von ¬F ist.
KNF fur F :∧
A:{P1,...,Pn}→{0,1}
A(F )=0
(P1−A(P1)1 ∨ · · · ∨ P
1−A(Pn)n )
164
Normalformen
Eigenschaften:
• Zu jeder aussagenlogischen Formel gibt es:
- eine aquivalente Formel in KNF
- eine aquivalente Formel in DNF
• Diese aquivalenten Formeln in DNF bzw. KNF sind nicht eindeutig
• Solche Formeln konnen aus einer Wahrheitstafel abgelesen werden
• Solche Formeln konnen durch Umformungen hergestellt werden
165
Umformung in KNF
Vier Schritte:
1. Elimination von ↔
Verwende A ↔ B ≡ (A → B) ∧ (B → A)
2. Elimination von →
Verwende A → B ≡ (¬A ∨ B)
3. “Nach innen schieben” von ¬
Verwende de Morgans Regeln und ¬¬A ≡ A
7→ Negationsnormalform (NNF)
Eine logische Formel ist in Negationsnormalform (NNF),
falls die Negationsoperatoren in ihr nur direkt uber
atomaren Aussagen vorkommen.
166
Umformung in KNF
Vier Schritte:
1. Elimination von ↔
Verwende A ↔ B ≡ (A → B) ∧ (B → A)
2. Elimination von →
Verwende A → B ≡ (¬A ∨ B)
3. “Nach innen schieben” von ¬
Verwende de Morgans Regeln und ¬¬A ≡ A (NNF)
4. “Nach innen schieben” von ∨
Verwende Distributivitat von ∨ uber ∧
167
Umformung in KNF: Beispiel
Gegeben:
P ↔ (Q ∨ R)
1. Elimination von ↔
(P → (Q ∨ R)) ∧ ((Q ∨ R) → P)
2. Elimination von →
(¬P ∨ Q ∨ R) ∧ (¬(Q ∨ R) ∨ P)
3. “Nach innen schieben” von ¬ (NNF)
(¬P ∨ Q ∨ R) ∧ ((¬Q ∧ ¬R)) ∨ P)
4. “Nach innen schieben” von ∨
(¬P ∨ Q ∨ R) ∧ (¬Q ∨ P) ∧ (¬R ∨ P))
168
Umformung in DNF
Vier Schritte:
1. Elimination von ↔
Verwende A ↔ B ≡ (A → B) ∧ (B → A)
2. Elimination von →
Verwende A → B ≡ (¬A ∨ B)
3. “Nach innen schieben” von ¬
Verwende de Morgans Regeln und ¬¬A ≡ A (NNF)
4. “Nach innen schieben” von ∧
Verwende Distributivitat von ∧ uber ∨
169
Umformung in DNF: Beispiel
Gegeben:
P ↔ (Q ∨ R)
1. Negationsnormalform (NNF) (s. Seite 168):
(¬P ∨ Q ∨ R) ∧ ((¬Q ∧ ¬R) ∨ P)
2. “Nach innen schieben” von ∧
(¬P ∧ ((¬Q ∧ ¬R) ∨ P)) ∨ (Q ∧ ((¬Q ∧ ¬R) ∨ P)) ∨ (R ∧ ((¬Q ∧ ¬R) ∨ P))
≡ (¬P ∧ ¬Q ∧ ¬R) ∨ (¬P ∧ P) ∨ (Q ∧ ¬Q ∧ ¬R) ∨ (Q ∧ P) ∨(R ∧ ¬Q ∧ ¬R) ∨ (R ∧ P)
≡ (¬P ∧ ¬Q ∧ ¬R) ∨ (¬P ∧ P)︸ ︷︷ ︸
≡⊥
∨ ((Q ∧ ¬Q)︸ ︷︷ ︸
≡⊥
∧¬R) ∨ (Q ∧ P) ∨
((R ∧ ¬R)︸ ︷︷ ︸
≡⊥
∧¬Q) ∨ (R ∧ P)
≡ (¬P ∧ ¬Q ∧ ¬R) ∨ (Q ∧ P) ∨ (R ∧ P)
170
Beispiel zur exponentiellen Lange der KNF
Gegeben:
An = (P11 ∧ P12) ∨ · · · ∨ (Pn1 ∧ Pn2)
Zu An aquivalente KNF∧
f :{1,...,n}→{1,2}
(P1,f (1) ∨ · · · ∨ Pn,f (n))
171
Beispiel zur exponentiellen Lange der KNF
Gegeben:
An = (P11 ∧ P12) ∨ · · · ∨ (Pn1 ∧ Pn2)
n = 1 : A1 = P11∧P12 Lange: 21
n = 2 : A2 = (P11∧P12)∨(P21∧P22)
≡ ((P11∧P12)∨P21)∧((P11∧P12)∨P22)
≡ (P11∨P21)∧(P12∨P21)∧(P11∨P22)∧(P12∨P22) Lange: 22
n = 3 : A3 = (P11∧P12)∨(P21∧P22)︸ ︷︷ ︸
A2
∨(P31∧P32)
≡ ((P11∨P21)∧(P12∨P21)∧(P11∨P22)∧(P12∨P22))︸ ︷︷ ︸
KNF (A2)
∨(P31∧P32)
≡ (((P11∨P21)∧(P12∨P21)∧(P11∨P22)∧(P12∨P22))∨P31)∧(((P11∨P21)∧(P12∨P21)∧(P11∨P22)∧(P12∨P22))∨P32)
≡ (((P11∨P21∨P31)∧(P12∨P21∨P31)∧(P11∨P22∨P31)∧(P12∨P22∨P31)∧(((P11∨P21∨P32)∧(P12∨P21∨P32)∧(P11∨P22∨P32)∧(P12∨P22∨P32) Lange: 23
172
Beispiel zur exponentiellen Lange der KNF
Gegeben: An = (P11 ∧ P12) ∨ · · · ∨ (Pn1 ∧ Pn2)
• Klausel in KNF von An: 2n
Beweis durch Induktion
Induktionsbasis: n = 1 : A1 in KNF, 21 Klausel.
173
Beispiel zur exponentiellen Lange der KNF
Gegeben: An = (P11 ∧ P12) ∨ · · · ∨ (Pn1 ∧ Pn2)
• Klausel in KNF von An: 2n
Beweis durch Induktion
Induktionsvoraussetzung: KNF von An hat 2n Klausel
KNF (An) = C1 ∧ · · · ∧ C2n , Ci = (Li1 ∨ · · · ∨ Lini ) Klausel
Induktionsschritt: Zu zeigen: KNF von An+1 hat 2n+1 Klausel
An+1 = (P11 ∧ P12) ∨ · · · ∨ (Pn1 ∧ Pn2) ∨ (P(n+1),1 ∧ P(n+1),2)≡ ((P11 ∧ P12) ∨ · · · ∨ (Pn1 ∧ Pn2)
︸ ︷︷ ︸
An
) ∨ (P(n+1),1 ∧ P(n+1),2)
≡ (C1 ∧ · · · ∧ C2n )︸ ︷︷ ︸
KNF (An)
∨ (P(n+1),1 ∧ P(n+1),2)
≡ ((C1 ∧ · · · ∧ C2n ) ∨ P(n+1),1) ∧ ((C1 ∧ · · · ∧ C2n ) ∨ P(n+1),2)≡ (C1 ∨ P(n+1),1) ∧ · · · ∧ (C2n ∨ P(n+1),1)
︸ ︷︷ ︸
2n
∧ (C1 ∨ P(n+1),2) ∧ · · · ∧ (C2n ∨ P(n+1),2)︸ ︷︷ ︸
2n
174
KNF: Mengenschreibweise
Notation:
Klausel als Menge von Literalen
Formel in KNF als Menge von Klauseln
Beispiel:
(P ∨ Q ∨ R) ∧ (P ∨ Q ∨ ¬R) ∧ (¬P ∨ Q ∨ R) ∧ (¬P ∨ ¬Q ∨ R)
{ {P,Q,R}, {P,Q,¬R}, {¬P,Q,R}, {¬P,¬Q,R} }
175
KNF: Mengenschreibweise
Bedeutung der leeren Menge
• Leere Klausel
= leere Menge von Literalen
= leere Disjunktion
= ⊥
• Leere Menge von Klausels
= leere Konjunktion
= ⊤
176
Vereinfachung der KNF: Subsumption
Theorem (Subsumption Regel)
Enthalt eine KNF-Formel (= Klauselmenge) Klauseln K ,K ′ mit
K ⊂ K ′
dann entsteht eine aquivalente Formel, wenn K ′ weggelassen wird.
Beweis:
K = {L1, . . . , Lp} ⊆ {L1, . . . , Lp , Lp+1, . . . , Lm} = K ′
F enthalt K ∧ K ′
K ∧ K ′ = (L1 ∨ · · · ∨ Lp) ∧ ((L1 ∨ · · · ∨ Lp) ∨ Lp+1 ∨ . . . Lm)
≡ (L1 ∨ · · · ∨ Lp) = K (Absorption)
177
Das SAT-Problem (Erfullbarkeitsproblem)
Definition: SAT-Problem
Gegeben: Eine aussagenlogische Formel F
Frage: Ist F erfullbar?
NB: F allgemeingultig gdw. ¬F nicht erfullbar
178
Das SAT-Problem (Erfullbarkeitsproblem)
Erfullbarkeitsproblem fur DNF Formeln
Sei F =∨n
i=1(∧m
j=1 Lij ) in DNF
F unerfullbar gdw. (∧m
j=1 Lij ) unerfullbar fur alle i = 1, . . . , n
gdw. (∧m
j=1 Lij ) enthalt zwei komplementare Literale fur alle i
179
Zusammenfassung
• Normalformen
Atome, Literale, Klauseln
Konjunktive und Disjunktive Normalform
Ablesen von DNF und KNF aus Wahrheitstafeln
Umformen in KNF/DNF
Mengenschreibweise
Subsumption
• SAT-Problem (Erfullbarkeitsproblem)
Definition
Erfullbarkeitsproblem fur DNF Formeln
180
2. Aussagenlogik
Teil 4
07.05.2012
181
Das SAT-Problem (Erfullbarkeitsproblem)
Erfullbarkeitsproblem fur DNF Formeln
Sei F =∨n
i=1(∧m
j=1 Lij ) in DNF
F unerfullbar gdw. (∧m
j=1 Lij ) unerfullbar fur alle i = 1, . . . , n
gdw. (∧m
j=1 Lij ) enthalt zwei komplementare Literale fur alle i
Beispiele:
(P ∧ ¬Q)︸ ︷︷ ︸
erfullbar
∨ (P ∧ Q ∧ ¬R ∧ ¬Q)︸ ︷︷ ︸
unerfullbar
erfullbar
(P ∧ ¬Q ∧ ¬P)︸ ︷︷ ︸
unerfullbar
∨ (P ∧ Q ∧ ¬R ∧ ¬Q)︸ ︷︷ ︸
unerfullbar
unerfullbar
182
Das SAT-Problem (Erfullbarkeitsproblem)
Erfullbarkeitsproblem fur DNF Formeln
Sei F =∨n
i=1(∧m
j=1 Lij ) in DNF
F unerfullbar gdw. (∧m
j=1 Lij ) unerfullbar fur alle i = 1, . . . , n
gdw. (∧m
j=1 Lij ) enthalt zwei komplementare Literale fur alle i
Allgemeingultigkeit fur KNF Formeln
F =∧n
i=1(∨m
j=1 Lij ) in KNF ist allgemeingultig gdw. jede Disjunktion∨m
j=1 Lij zwei
komplementare Literale enthalt.
Beispiele:
(P ∨ ¬Q)︸ ︷︷ ︸
erfullbar (keine Tautologie)
∧ (P ∨ Q ∨ ¬R ∨ ¬Q)︸ ︷︷ ︸
Tautologie
keine Tautologie (nicht allgemeingultig)
(P ∨ ¬Q ∨ ¬P)︸ ︷︷ ︸
Tautologie
∧ (P ∨ Q ∨ ¬R ∨ ¬Q)︸ ︷︷ ︸
Tautologie
Tautologie (allgemeingultig)
183
Das SAT-Problem (Erfullbarkeitsproblem)
Definition: SAT-Problem
Gegeben: Eine aussagenlogische Formel F
Frage: Ist F erfullbar?
Theorem (ohne Beweis)
SAT ist ein NP-vollstandiges Problem
184
NP
Zur Erinnerung:
• P ist die Klasse aller Probleme, die in polynomieller Zeit entscheidbar
sind.
• NP ist die Klasse aller Probleme, die nichtdeterministisch in
polynomieller Zeit entscheidbar sind.
Ein Entscheidungsproblem ist genau dann in NP, wenn eine gegebene
Losung fur das entsprechende Suchproblem in Polynomialzeit uberpruft
werden kann.
SAT ist in NP:
• Rate eine “Losung” (Interpretation A mit A(F ) = 1)
• Uberprufe, ob A wirklich eine “Losung” ist (i.e. ob A(F ) = 1)
kann in Polynomialzeit uberpruft werden
185
NP-Vollstandigkeit
Zur Erinnerung:
“SAT ist NP-vollstandig” heißt:
• SAT ist nichtdeterministisch in polynomieller Zeit entscheidbar
• Jedes nichtdeterministisch in polynomieller Zeit entscheidbare Problem
kann in polynomieller Zeit auf SAT reduziert werden
• Wenn es stimmt, dass NP 6= P, dann ist SAT nicht in polynomieller
Zeit entscheidbar
186
Teilklassen des Erfullbarkeitsproblems
Definition:
k-KNF Formel: KNF-Formeln, deren Klauseln hochstens k Literale haben
Beispiele:
P ∧ ¬Q 1-KNF
P ∧ (¬P ∨ Q) ∧ (R ∨ ¬Q) 2-KNF
(P ∨ Q) ∧ (P ∨ ¬Q ∨ R) 3-KNF
Alternative Definition (nicht allgemeiner):
k-KNF Formel: KNF-Formeln, deren Klauseln genau k Literale haben
Beispiele:
P ∧ ¬Q 1-KNF
(P ∨ P) ∧ (¬P ∨ Q) ∧ (R ∨ ¬Q) 2-KNF
(P ∨ P ∨ Q) ∧ (P ∨ ¬Q ∨ R) 3-KNF
187
Teilklassen des Erfullbarkeitsproblems
Definition:
k-KNF Formel: KNF-Formeln, deren Klauseln hochstens k Literale haben
Theorem
• Erfullbarkeit fur Formeln in KNF: NP-vollstandig (ohne Beweis)
• Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF: NP-vollstandig (Beweisidee)
188
3-SAT
Theorem
Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF (3-SAT) ist NP-vollstandig
Beweis
• 3-SAT ist ein Spezialfall von SAT und deshalb wie SAT in NP.
• Um zu zeigen, dass 3-SAT ebenfalls NP-vollstandig ist, mussen wir
zeigen, dass jedes SAT Problem in polynomieller Zeit auf das 3-SAT
Problem reduzierbar ist.
189
3-SAT
Theorem
Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF (3-SAT) ist NP-vollstandig
Beweis (Teil 2)
Wir zeigen, dass jedes SAT Problem in polynomieller Zeit auf das 3-SAT
Problem reduzierbar ist.
Gegeben sei eine Formel F in KNF. Wir transformieren F in eine Formel F ′
in 3-KNF, so dass:
F ist erfullbar gdw. F ′ ist erfullbar.
Eine k-Klausel sei eine Klausel mit k Literalen.
Aus einer 1- bzw 2-Klausel konnen wir leicht eine aquivalente 3-Klausel
machen, indem wir ein Literal wiederholen.
Was machen wir mit k-Klauseln fur k > 3?
190
3-SAT
Theorem
Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF (3-SAT) ist NP-vollstandig
Beweis (Teil 3)
Sei C beispielsweise eine 4-Klausel der Form
C = L1 ∨ L2 ∨ L3 ∨ L4.
In einer Klauseltransformation ersetzen wir C durch die Teilformel
C0 = (L1 ∨ L2 ∨ H) ∧ (¬H ∨ L3 ∨ L4),
wobei H eine zusatzlich eingefuhrte Hilfsvariable bezeichnet.
191
Beispiel
C = P ∨ ¬Q ∨ ¬R ∨ S 7→ (P ∨ ¬Q ∨ H) ∧ (¬H ∨ ¬R ∨ S).
192
3-SAT
Theorem
Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF (3-SAT) ist NP-vollstandig
Beweis (Teil 3)
Sei C beispielsweise eine 4-Klausel der Form
C = L1 ∨ L2 ∨ L3 ∨ L4.
In einer Klauseltransformation ersetzen wir C durch die Teilformel
C0 = (L1 ∨ L2 ∨ H) ∧ (¬H ∨ L3 ∨ L4),
wobei H eine zusatzlich eingefuhrte Hilfsvariable bezeichnet.
F ′ sei aus F entstanden durch Ersetzung von C durch C0.
zu zeigen: F ′ erfullbar gdw. F erfullbar
193
3-SAT
Theorem
Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF (3-SAT) ist NP-vollstandig
Beweis (Teil 4)
C = L1 ∨ L2 ∨ L3 ∨ L4; C0 = (L1 ∨ L2 ∨ H) ∧ (¬H ∨ L3 ∨ L4),
F ′ sei aus F entstanden durch Ersetzung von C durch C0.
zu zeigen: F ′ erfullbar gdw. F erfullbar
“⇐”
Sei A eine erfullende Belegung fur F . A weist mindestens einem Literal aus C den
Wert 1 zu. Wir unterscheiden zwei Falle:
1) Falls L1 oder L2 den Wert 1 haben, so ist F ′ fur A(H) = 0 erfullt.
2) Falls L3 oder L4 den Wert 1 haben, so ist F ′ fur A(H) = 1 erfullt.
Also ist F ′ in beiden Fallen erfullbar.
194
3-SAT
Theorem
Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF (3-SAT) ist NP-vollstandig
Beweis (Teil 5)
C = L1 ∨ L2 ∨ L3 ∨ L4; C0 = (L1 ∨ L2 ∨ H) ∧ (¬H ∨ L3 ∨ L4),
F ′ sei aus F entstanden durch Ersetzung von C durch C0.
zu zeigen: F ′ erfullbar gdw. F erfullbar
“⇒”
Sei A eine erfullende Belegung fur F ′. Wir unterscheiden zwei Falle:
1) Falls A(H) = 0, so muss A(L1) = 1 oder A(L2) = 1.
2) Falls A(H) = 1, so muss A(L3) = 1 oder A(L4) = 1
In beiden Fallen erfullt A somit auch C , i.e. auch F .
195
3-SAT
Theorem
Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF (3-SAT) ist NP-vollstandig
Beweis (Teil 6)
Wir verallgemeinern die Klauseltransformation fur k ≥ 4:
Jede Klausel der Form
L1 ∨ L2 ∨ · · · ∨ Lk−1 ∨ Lk
wird durch eine Formel der Form
(L1 ∨ L2 ∨ ... ∨ Lk−2 ∨ H) ∧ (¬H ∨ Lk−1 ∨ Lk)
ersetzt.
Die Erfullbarkeitsaquivalenz folgt analog zum Fall k = 4.
196
Beispiele
Beispiel 1:
(P ∨ ¬Q ∨ R ∨ S ∨ U ∨ ¬V )
7→ (P ∨ ¬Q ∨ R ∨ S ∨ H1) ∧ (¬H1 ∨ U ∨ ¬V )
7→ (P ∨ ¬Q ∨ R ∨ H2) ∧ (¬H2 ∨ S ∨ H1) ∧ (¬H1 ∨ U ∨ ¬V )
7→ (P ∨ ¬Q ∨ H3) ∧ (¬H3 ∨ R ∨ H2)∧(¬H2 ∨ S ∨ H1) ∧ (¬H1 ∨ U ∨ ¬V )
Beispiel 2:
(P ∨ ¬Q ∨ ¬R ∨ S) ∧ (¬P ∨ Q ∨ R ∨ ¬S)
7→ (P ∨ ¬Q ∨ H1) ∧ (¬H1 ∨ ¬R ∨ S) ∧ (¬P ∨ Q ∨ R ∨ ¬S)
7→ (P ∨ ¬Q ∨ H1) ∧ (¬H1 ∨ ¬R ∨ S) ∧ (¬P ∨ Q ∨ H2) ∧ (¬H2 ∨ R ∨ ¬S)
197
Bis jetzt
• Das SAT-Problem (Erfullbarkeitsproblem)
• Teilklassen des Erfullbarkeitsproblems
k-KNF Formel: KNF-Formeln, deren Klauseln hochstens k Literale haben
Theorem
• Erfullbarkeit fur Formeln in KNF: NP-vollstandig (ohne Beweis)
• Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF (3-SAT): NP-vollstandig
• Erfullbarkeit fur Formeln in 2-KNF: polynomiell entscheidbar
(nachste Vorlesung)
• Erfullbarkeit fur Formeln in DNF: polynomiell entscheidbar
F =∨n
i=1(∧m
j=1 Lij ) Formel in DNF unerfullbar gdw. fur alle
i , (∧m
j=1 Lij ) enthalt zwei komplementare Literale.
198
Teilklassen des Erfullbarkeitsproblems
Definition:
k-KNF Formel: KNF-Formeln, deren Klauseln hochstens k Literale haben
Theorem
• Erfullbarkeit fur Formeln in KNF: NP-vollstandig (ohne Beweis)
• Erfullbarkeit fur Formeln in 3-KNF: NP-vollstandig (Beweisidee)
• Erfullbarkeit fur Formeln in 2-KNF: polynomiell entscheidbar
• Erfullbarkeit fur Formeln in DNF: polynomiell entscheidbar
199
Horn-Formeln
Defintion:
Horn-Formel: Formel in KNF, in der jede Klausel hochstens ein positives
Literal enthalt
Notation: als Implikation
¬P1 ∨ · · · ∨ ¬Pn ∨ P P1 ∧ · · · ∧ Pn → P
¬P1 ∨ · · · ∨ ¬Pn PA ∧ · · · ∧ Pn →
P → P
P1 ∧ · · · ∧ Pn : Rumpf
P: Kopf → P: Fakt
200
Horn Formel: Beispiele
Klausel Literalmengen Implikationen
¬P {¬P} P →
Q ∨ ¬R ∨ ¬S {Q,¬R,¬S} R, S → Q
¬Q ∨ ¬S {¬Q,¬S} Q,S →
R {R} → R
¬Q ∨ P {¬Q,P} Q → P
201
Erfullbarkeitsproblem fur Horn-Formeln
Theorem
Die Erfullbarkeit von Horn-Formeln ist in quadratischer Zeit entscheidbar.
Lemma. Sei F Hornformel die keine Fakten enthalt. Dann ist F erfullbar.
Beweis: Sei A : Π → {0, 1} mit A(P) = 0 fur alle P ∈ Π. Dann A(F ) = 1.
202
Erfullbarkeitsproblem fur Horn-Formeln
Theorem
Die Erfullbarkeit von Horn-Formeln ist in quadratischer Zeit entscheidbar.
Beweis: (Idee)
Ziel: A : Π → {0, 1} mit A(F ) = 1.
Falls keine Fakten in F : F erfullbar.
Sonst: Fur alle Fakten → P in F : A(P) := 1;
Wiederhole das Verfahren fur F ′, entstanden aus F durch Ersetzung von P
mit ⊤.
203
Erfullbarkeitstest fur Horn-Formeln
Eingabe: F = D1 ∧ · · · ∧ Dn eine Hornformel
(die Klausel Di enthalt hochstens ein positives Literal)
Ein Atom in F zu markieren, bedeutet, es an allen Stellen seines Auftretens
in F zu markieren
204
Erfullbarkeitstest fur Horn-Formeln
0: IF keine Fakten (Klausel “→ A”) vorhanden
THEN Ausgabe: erfullbar
ELSE markiere alle Fakten in F (Atome A mit → A in F )
1: IF keine Klausel A1 ∧ · · · ∧ An → B in F , so dass
alle Atome in A1, . . . ,An markiert aber B nicht
THEN Ausgabe: erfullbar
ELSE wahle die erste solche Klausel
IF B leer
THEN Ausgabe: unerfullbar
ELSE markiere uberall B in F
GOTO 1
205
Beispiel 1
(¬P) ∧ (Q) ∧ (¬P ∨ R) ∧ (¬Q ∨ S) ∧ (T ∨ ¬W ) ∧ (¬S ∨ U)∧
(¬U ∨ ¬T ∨ P ∨ ¬Z) ∧ (¬Q ∨ ¬S ∨ ¬U ∨W )
Konjunktion von Implikationen:
(P → ⊥) ∧(⊤ → Q) ∧(P → R) ∧(Q → S) ∧(W → T ) ∧(S → U) ∧
((U ∧ T ∧ Z) → P) ∧((Q ∧ S ∧ U) → W )
P →→ Q
P → R
Q → S
W → T
S → U
U,T , Z → P
Q, S,U → W
206
Beispiel 1
(¬P) ∧ (Q) ∧ (¬P ∨ R) ∧ (¬Q ∨ S) ∧ (T ∨ ¬W ) ∧ (¬S ∨ U)∧
(¬U ∨ ¬T ∨ P ∨ ¬Z) ∧ (¬Q ∨ ¬S ∨ ¬U ∨W ) Erfullbar
P →→ Q
P → R
Q → S
W → T
S → U
U,T , Z → P
Q, S,U → W
Markierte Atome und Erklarung:
{Q} initialer Fakt wegen ⊤ → Q
{Q, S} wegen Q → S
{Q, S,U} wegen S → U
{Q, S,U,W} wegen Q, S,U → W
{Q, S,U,W ,T} wegen W → T
Keine weiteren Schritte moglich, da es
keine Implikation gibt,deren linke Seite
vollstandig markiert ist und die rechte Seite nicht
Modell: A(Q) = A(S) = A(U) = A(W ) = A(T ) = 1, A(P) = A(R) = A(Z) = 0
Markierte Atome: wahr; nicht markierte Atome: falsch.
207
Beispiel 2
(¬P) ∧ (¬P ∨ R) ∧ (¬Q ∨ S) ∧ (T ∨ ¬W ) ∧ (¬S ∨ U)∧
(¬U ∨ ¬T ∨ P ∨ ¬Z) ∧ (¬Q ∨ ¬S ∨ ¬U ∨W ) Erfullbar
P →P → R
Q → S
W → T
S → U
U,T , Z → P
Q, S,U → W
Markierte Atome und Erklarung:
Keine Schritte moglich, da es
keine Implikation gibt,deren linke Seite
vollstandig markiert ist und die rechte Seite nicht
Modell: A(P) = A(Q) = A(R) = A(S) = A(T ) = A(U) = A(W ) = A(Z) = 0
208
Beispiel 3
(¬P) ∧ (Q) ∧ (¬P ∨ R) ∧ (¬Q ∨ S) ∧ (T ∨ ¬W ) ∧ (¬S ∨ U)∧
(¬U ∨ ¬T ∨ P ∨ ¬Z) ∧ (¬Q ∨ ¬S ∨ ¬U)
P →→ Q
P → R
Q → S
W → T
S → U
U,T , Z → P
Q, S,U →
Markierte Atome und Erklarung:
{Q} initialer Fakt wegen ⊤ → Q
{Q, S} wegen Q → S
{Q, S,U} wegen S → U
Unerfullbar
Q, S,U markiert, aber Kopf von
Q, S,U → leer
209
Zusammenfassung
• SAT-Problem (SAT, 3-SAT, 2-SAT, DNF-SAT)
• Horn-Formeln
• Erfullbarkeitstest fur Hornformeln
210
2. Aussagenlogik
Teil 5
14.05.2012
211
Erfullbarkeitsproblem fur Horn-Formeln
Theorem
Die Erfullbarkeit von Horn-Formeln ist in quadratischer Zeit entscheidbar.
Beweis: (Idee)
Ziel: A : Π → {0, 1} mit A(F ) = 1.
Falls keine Fakten in F : F erfullbar.
Sonst: Fur alle Fakten → P in F : A(P) := 1;
Wiederhole das Verfahren fur F ′, entstanden aus F durch Ersetzung von P
mit ⊤.
Komplexitat: |F | × |F |
212
Unser Ziel
Kalkul(e) zur systematischen Uberprufung von Erfullbarkeit
(fur Formeln und/oder Formelmengen)
1. Formeln in KNF (Mengen von Klauseln)
Resolution
2. Formelmengen
Semantische Tableaux
213
1. Resolution
214
Motivation
(¬P) ∧ (Q) ∧ (¬P ∨ R) ∧ (¬Q ∨ S) ∧ (T ∨ ¬W ) ∧ (¬S ∨ U)∧
(¬U ∨ ¬T ∨ P ∨ ¬Z) ∧ (¬Q ∨ ¬S ∨ ¬U ∨W )
Implikationen
P →→ Q
P → R
Q → S
W → T
S → U
U,T , Z → P
Q, S,U → W
Klauseln
¬P
Q
¬P ∨ R
S
T
U
¬Z ∨ P
W
Markierte Atome und Erklarung:
{Q} initialer Fakt wegen ⊤ → Q Q 7→ ⊤{Q, S} wegen Q → S S 7→ ⊤{Q, S,U} wegen S → U U 7→ ⊤{Q, S,U,W} wegen Q, S,U → W W 7→ ⊤{Q, S,U,W ,T} wegen W → T T 7→ ⊤
Modell:
A(Q) = A(S) = A(U) = A(W ) = A(T ) = 1
A(P) = A(R) = A(Z) = 0
Markierte Atome: wahr; nicht markierte Atome: falsch.
215
Bemerkung
Horn Klauseln:
P P,P1 . . .Pn → Q
P1 . . .Pn → Q
Klauselschreibweise:
P ¬P ∨ ¬P1 . . .¬Pn ∨ Q
¬P1 ∨ · · · ∨ ¬Pn ∨ Q
Mengenschreibweise:
{P} {¬P,¬P1,¬Pn,Q}
{¬P1, . . . ,¬Pn,Q}
216
Verallgemeinerung?
Syllogismus (in der ersten Vorlesung erwahnt):
P P → C
C
Mengenschreibweise: 1-Resolution (unit resolution)
{P} {¬P} ∪ C
C
{¬P} {P} ∪ C
C
217
Verallgemeinerung?
Nicht geeignet fur Erfullbarkeitsuberprufung beliebiger Klauselmengen:
Die Klauselmenge
M = {{P1,P2}, {P1,¬P2}, {¬P1,P2}, {¬P1,¬P2}}
ist nicht erfullbar, aber mit 1-Resolution ist aus M nichts ableitbar, also
auch nicht ⊥.
Ziel: Kalkul mit der Eigenschaft dass:
(1) falls M unerfullbar ⊥ ist aus M ableitbar
(2) falls ⊥ aus M ableitbar, M unerfullbar.
7→ Das Resolutionkalkul
218
Der aussagenlogische Resolutionkalkul
Wesentliche Eigenschaften
• Widerlegungskalkul: Testet auf Unerfullbarkeit
• Voraussetzung: Alle Formeln in konjunktiver Normalform
• Eine einzige Regel
• Operiert auf Klauseln (in Mengenschreibweise)
219
Resolutionskalkul
Definition: Resolutionsregel (einzige Regel des Kalkuls)
C1 ∪ {P} {¬P} ∪ C2
C1 ∪ C2
wobei
• P eine aussagenlogische Variable
• C1,C2 Klauseln (konnen leer sein)
Definition:
C1 ∪ C2 heißt Resolvente von C1 ∪ {P},C2 ∪ {¬P}
220
Resolution: Beispiel
Gegeben die Klauselmenge:
M = {{P1,P2}, {P1,¬P2}, {¬P1,P2}, {¬P1,¬P2}}
Resolution:{P1,P2} {P1,¬P2}
{P1}
{¬P1,P2} {¬P1,¬P2}
{¬P1}
{P1} {¬P1}
⊥
Insgesamt: M ⊢Res⊥
also: M unerfullbar
221
Resolution: Weiteres Beispiel
Zu zeigen:
(P → Q) → ((Q → R) → (P → R))
ist allgemeingultig
Dazu zeigen wir, dass
¬[(P → Q) → ((Q → R) → (P → R))]
unerfullbar ist.
Klauselnormalform:
{{¬P,Q}, {¬Q,R}, {P}, {¬R}}
222
Resolution: Weiteres Beispiel
Klauselnormalform:
M = {{¬P,Q}, {¬Q,R}, {P}, {¬R}}
Ableitung der leeren Klausel aus M:
(1) {¬P,Q} gegeben
(2) {¬Q,R} gegeben
(3) {P} gegeben
(4) {¬R} gegeben
(5) {Q} aus (1) und (3)
(6) {R} aus (2) und (5)
(7) ⊥ aus (4) und (6)
223
Resolution: Bemerkungen
Vorsicht bei Klauseln mit mehreren Resolutionsmoglichkeiten
• Zwei Klauseln konnen mehr als eine Resolvente haben
z.B.: {A,B} und {¬A,¬B}
• {A,B,C} und {¬A,¬B,D} haben NICHT {C ,D} als Resolvente
Heuristik: Immer moglichst kleine Klauseln ableiten
224
Notwendigkeit der Mengenschreibweise
Die Menge
E = {P1 ∨ ¬P2,¬P1 ∨ P2,¬P1 ∨ ¬P2,P1 ∨ P2}
ist unerfullbar.
Es gibt folgende Resolutionsmoglichkeiten (ohne Mengenschreibweise)
P1 ∨ ¬P2 ¬P1 ∨ P2
¬P2 ∨ P2
P1 ∨ ¬P2 ¬P1 ∨ P2
¬P1 ∨ P1
P1 ∨ ¬P2 ¬P1 ∨ ¬P2
¬P2 ∨ ¬P2
P1 ∨ ¬P2 P1 ∨ P2
P1 ∨ P1
¬P1 ∨ P2 ¬P1 ∨ ¬P2
¬P1 ∨ ¬P1
¬P1 ∨ P2 P1 ∨ P2
P2 ∨ P2
¬P1 ∨ ¬P2 P1 ∨ P2
¬P1 ∨ P1
¬P1 ∨ ¬P2 P1 ∨ P2
¬P2 ∨ P2
Auf diese Weise ist ⊥ nicht herleitbar
225
Ohne Mengenschreibweise
Resolutionsregel:
C1 ∨ P ¬P ∨ C2
C1 ∨ C2
Faktorisieren:C ∨ L ∨ L
C ∨ L
226
Resolution mit Faktorisierung
Die Menge
E = {P1 ∨ ¬P2,¬P1 ∨ P2,¬P1 ∨ ¬P2,P1 ∨ P2}
ist unerfullbar.
Es gibt folgende Resolutionsmoglichkeiten (mit Faktorisieren)
P1 ∨ ¬P2 ¬P1 ∨ P2
¬P2 ∨ P2
P1 ∨ ¬P2 ¬P1 ∨ P2
¬P1 ∨ P1
P1 ∨ ¬P2 ¬P1 ∨ ¬P2
¬P2 ∨ ¬P2
P1 ∨ ¬P2 P1 ∨ P2
P1 ∨ P1
¬P1 ∨ P2 ¬P1 ∨ ¬P2
¬P1 ∨ ¬P1
¬P1 ∨ P2 P1 ∨ P2
P2 ∨ P2
¬P1 ∨ ¬P2 P1 ∨ P2
¬P1 ∨ P1
¬P1 ∨ ¬P2 P1 ∨ P2
¬P2 ∨ P2
P1 ∨ P1
P1
¬P1 ∨ ¬P1
¬P1
P2 ∨ P2
P2
¬P2 ∨ ¬P2
¬P2
P1 ¬P1
⊥
227
Resolution: Beispiel
Gegeben die Klauselmenge:
M = {{P1,P2}, {P1,¬P2}, {¬P1,P2}, {¬P1,¬P2}}
Resolution:{P1,P2} {P1,¬P2}
{P1}
{¬P1,P2} {¬P1,¬P2}
{¬P1}
{P1} {¬P1}
⊥
Insgesamt: M ⊢Res⊥
also: M unerfullbar
228
Resolution
Ziele:
• Formalisieren, was M ⊢Res⊥ bedeutet
• Zeigen, dass M ⊢Res⊥ gdw. M unerfullbar.
229
Resolution
Sei F eine Klauselmenge und
Res(F ) = F ∪ {R | R ist eine Resolvente zweier Klauseln aus F}
Res0(F ) = F
Resn+1(F ) = Res(Resn(F ))
Res⋆(F ) =⋃
n∈N Resn(F )
(bezeichnet die Vereinigung der Resolventen aus aller moglichen Resolutionsschritte
auf F )
Notation: Falls C ∈ Res⋆(F ), so schreiben wir F ⊢Res C .
Definition: Beweis fur C (aus F ): C1, . . .Cn, wobei:
Cn = C und fur alle 1 ≤ i ≤ n: (Ci ∈ F oder Ci Resolvente furCj1
Cj2Ci
mit
j1, j2<i).
230
Resolution: Weiteres Beispiel
Klauselnormalform:
M = {{¬P,Q}, {¬Q,R}, {P}, {¬R}}
(1) {¬P,Q} gegeben
(2) {¬Q,R} gegeben
(3) {P} gegeben
(4) {¬R} gegeben
(5) {Q} aus (1) und (3)
(6) {R} aus (2) und (5)
Beweis fur {R} aus M
231
Resolution: Weiteres Beispiel
Klauselnormalform:
M = {{¬P,Q}, {¬Q,R}, {P}, {¬R}}
(1) {¬P,Q} gegeben
(2) {¬Q,R} gegeben
(3) {P} gegeben
(4) {¬R} gegeben
(5) {Q} aus (1) und (3)
(6) {R} aus (2) und (5)
(7) ⊥ aus (4) und (6)
Beweis fur ⊥ aus M (Widerspruch)
232
Resolution: Korrektheit und Vollstandigkeit
Theorem (Korrektheit)
Fur eine Menge M von Klauseln gilt: Falls M ⊢Res⊥, so M unerfullbar.
Theorem (Vollstandigkeit)
Fur eine Menge M von Klauseln gilt: Falls M unerfullbar, so M ⊢Res⊥.
233
Resolution: Korrektheit
Theorem (Korrektheit)
Fur eine Menge M von Klauseln gilt: Falls M ⊢Res⊥, so M unerfullbar.
Beweis: Wir werden zeigen, dass falls C ∈ Res∗(M), so M ≡ M ∪ {C}.
(Theorem auf Seite 236). (NB: M ∪ {C} Notation fur M ∧ C .)
Dann, falls M ⊢Res⊥, so ⊥∈ Res∗(M), d.h. M ≡ M ∪ {⊥}.
Aber M ∪ {⊥} ist unerfullbar, deshalb ist auch M unerfullbar.
Erklarung 1: Falls M = {C1, . . . ,Cn} so M ∪ {⊥} ist eine Notation fur
C1 ∧ · · · ∧ Cn ∧ ⊥. Aber C1 ∧ · · · ∧ Cn ∧ ⊥ ≡ ⊥, so ist C1 ∧ · · · ∧ Cn ∧ ⊥unerfullbar (also auch M ∪ {⊥}). Da M ≡ M ∪ {⊥}, ist auch M unerfullbar.
Erklarung 2: Es gibt keine Wertebelegung A die alle Klauseln in M ∪ {⊥} wahr macht
(d.h. so dass: A(D) = 1 fur alle Klauseln D in M und A(⊥) = 1).
234
Resolution: Korrektheit
Lemma: C1 ∨ P,C2 ∨ ¬P |= C1 ∨ C2
Beweis:
Sei A Interpretation mit A(C1 ∨ P) = 1 und A(C2 ∨ ¬P) = 1.
Zu zeigen: A(C1 ∨ C2) = 1.
Fall 1: A(C1) = 1. Dann A(C1 ∨ C2) = 1.
Fall 2: A(C1) = 0. Dann A(P) = 1.
Da A(C2 ∨ ¬P) = 1, so A(C2) = 1, d.h. A(C1 ∨ C2) = 1.
235
Resolution: Korrektheit
Theorem: Falls C ∈ Res⋆(F ), so F ≡ F ∪ {C}.
Beweis: Annahme: C ∈ Resn(F ).
Zu zeigen: F ≡ F ∧ C , i.e.:
Fur alle A : Π → {0, 1} gilt: A(F ) = 1 gdw. (A(F ) = 1 und A(C) = 1).
• Sei A : Π → {0, 1} mit A(F ) = 1.
Induktion: Fur alle m ∈ N gilt: Falls D ∈ Resm(F ), so A(D) = 1.
(folgt aus: C1 ∨ P,C2 ∨ ¬P |= C1 ∨ C2)
Dann A(C) = 1, so (A(F ) = 1 und A(C) = 1), d.h. A(F ∧ C) = 1.
• Sei A : Π → {0, 1} mit A(F ∧ C) = 1.
Dann A(F ) = 1 und A(C) = 1, so A(F ) = 1.
236
Resolution: Vollstandigkeit
Theorem.
Fur jede endliche Menge M von Klauseln gilt:
falls M unerfullbar, so M ⊢Res⊥.
Beweis: Induktion:
p(n): Sei M Menge von Klauseln mit n Aussagenvariablen.
Falls M unerfullbar, so M ⊢Res⊥
237
2. Aussagenlogik
Teil 6
28.05.2012
238
Resolution
Ziele:
• Formalisieren, was M ⊢Res C bedeutet
• Zeigen, dass M ⊢Res⊥ gdw. M unerfullbar.
Korrektheit: Falls M ⊢Res⊥, so M unerfullbar.
Vollstandigkeit: Falls M unerfullbar, so M ⊢Res⊥
• Zeigen, dass das Verfahren terminiert.
239
Resolution: Korrektheit und Vollstandigkeit
Theorem (Korrektheit)
Fur eine Menge M von Klauseln gilt: Falls M ⊢Res⊥, so M unerfullbar.
letzte Vorlesung
Theorem (Vollstandigkeit)
Fur eine Menge M von Klauseln gilt: Falls M unerfullbar, so M ⊢Res⊥.
heute
240
Resolution: Vollstandigkeit
Theorem.
Fur jede endliche Menge M von Klauseln gilt:
falls M unerfullbar, so M ⊢Res⊥.
Beweis: Induktion:
p(n): Sei M Menge von Klauseln mit n Aussagenvariablen.
Falls M unerfullbar, so M ⊢Res⊥
Induktionsbasis: n = 0.
Dann M = {⊥}, d.h. M ⊢Res⊥
241
Resolution: Vollstandigkeit
M0 sei aus M entstanden durch Ersetzung von Pn+1 durch ⊥:
- Pn+1 wird aus allen Klauseln geloscht,
- Klauseln, die ¬Pn+1 enthalten werden ebenfalls geloscht
M1 sei aus M entstanden durch Ersetzung von Pn+1 durch ⊤:
- ¬Pn+1 wird aus allen Klauseln geloscht,
- Klauseln, die Pn+1 enthalten werden ebenfalls geloscht
Fakten:
• M0,M1 enthalten nur Aussagenvariablen {P1, . . . ,Pn}• M0,M1 unerfullbar
Induktionsvoraussetzung:
M0 ⊢Res⊥, i.e. es gibt C1,C2, . . . ,Cm Beweis (aus M0) fur ⊥Pn+1 zuruck: C ′
1 ,C′
2 , . . . ,C′
m Beweis (aus M) fur ⊥ oder Pn+1
M1 ⊢Res⊥, i.e. es gibt D1,D2, . . . ,Dk Beweis (aus M1) fur ⊥¬Pn+1 zuruck: D′
1 ,D′
2 , . . . ,D′
k Beweis (aus M) fur ⊥ oder ¬Pn+1
⇒ M ⊢Res⊥
242
Resolution: Vollstandigkeit
Theorem.
Fur jede endliche Menge M von Klauseln gilt:
falls M unerfullbar, so M ⊢Res⊥.
Es gilt auch:
Theorem.
Fur jede Menge M von Klauseln gilt:
falls M unerfullbar, so M ⊢Res⊥.
243
Terminierung
Theorem.
Aussagenlogische Resolution (fur Klauselmengen in Mengennotation)
terminiert, fur jede endliche Menge von Klauseln.
Beweis: Es gibt nicht mehr als 22n Klauseln (in Mengennotation) mit n
Aussagenvariablen.
7→ nicht mehr als (22n)2 mogliche Anwendungen der Resolutionsregel.
244
2-SAT
Theorem
Erfullbarkeit fur Formeln in 2-KNF (2SAT) ist polynomiell entscheidbar
Beweis (Krom, 1967)
Fall 1: Fur jede Aussagenvariable P, entweder enthalten alle Klauseln P oder ¬P:
erfullbar.
Fall 2: Es gibt Klauseln C1 = L1 ∨ P, C2 = L2 ∨ ¬P
Resolutionschritt; Resolvente L1 ∨ L2 (Mengennotation)
Fakt: Resolventen sind immer auch in 2-KNF.
Wenn F n Aussagenvariablen enthalt, gibt es 2n mogliche Literale, und ≤ 4n2
nicht-leere verschiedene 2-KNF Klauseln.
F ist erfullbar gdw. ⊥6∈ Res∗(F )
Wenn wir Res∗(F ) berechnen: nicht mehr als (4n2)2 Resolutionsschritte
notwendig.
7→ Erfullbarkeit von F ist polynomiell entscheidbar.
245
1-Resolution
Die 1-Resolution (unit resolution) benutzt dieselbe Notation wie im
Resolutionskalkul. Die 1-Resolutionsregel ist ein Spezialfall der allgemeinen
Resolutionsregel:
{P} {¬P} ∪ C
C
{¬P} {P} ∪ C
C
Der 1-Resolutionskalkul ist nicht vollstandig.
Die Klauselmenge
M = {{P1,P2}, {P1,¬P2}, {¬P1,P2}, {¬P1,¬P2}}
ist nicht erfullbar, aber mit 1-Resolution ist aus M nichts ableitbar, also
auch nicht ⊥.
246
Unser Ziel
Kalkul(e) zur systematischen Uberprufung von Erfullbarkeit
(fur Formeln und/oder Formelmengen)
1. Formeln in KNF (Mengen von Klauseln)
Resolution bis jetzt
2. Formelmengen
Semantische Tableaux
247
Unser Ziel
Kalkul(e) zur systematischen Uberprufung von Erfullbarkeit
(fur Formeln und/oder Formelmengen)
1. Formeln in KNF (Mengen von Klauseln)
Resolution
2. Formelmengen
Semantische Tableaux
248
Der aussagenlogische Tableaukalkul
Wesentliche Eigenschaften
• Widerlegungskalkul: Testet auf Unerfullbarkeit
• Beweis durch Fallunterscheidung
• Top-down-Analyse der gegebenen Formeln
249
Der aussagenlogische Tableaukalkul
Vorteile
• Intuitiver als Resolution
• Formeln mussen nicht in Normalform sein
• Falls Formelmenge erfullbar ist (Test schlagt fehl), wird ein
Gegenbeispiel (eine erfullende Interpretation) konstruiert
Nachteile
• Mehr als eine Regel
250
Formeltypen
Konjunktive Formeln: Typ α
• ¬¬F
• F ∧ G
• ¬(F ∨ G)
• ¬(F → G)
Disjunktive Formeln: Typ β
• ¬(F ∧ G)
• F ∨ G
• F → G
251
Formeltypen
Konjunktive Formeln: Typ α
• ¬¬F
• F ∧ G
• ¬(F ∨ G)
• ¬(F → G)
Zuordnungsregeln Formeln / Unterformeln
α α1 α2
F ∧ G F G
¬(F ∨ G) ¬F ¬G
¬(F → G) F ¬G
¬¬F F
252
Formeltypen
Disjunktive Formeln: Typ β
• ¬(F ∧ G)
• F ∨ G
• F → G
Zuordnungsregeln Formeln / Unterformeln
β β1 β2
¬(F ∧ G) ¬F ¬G
F ∨ G F G
F → G ¬F G
253
Regeln des (aussagenlogischen) Tableaukalkuls
α
α1
α2
Konjunktiv
p ∧ q
|p
|q
β
β1 | β2
Disjunktiv
p ∨ q
/ \
p q
φ
¬φ
⊥
Widerspruch
φ
¬φ
|⊥
254
Instanzen der α und β-Regel
Instanzen der α-Regel
P ∧ Q
P
Q
¬(P ∨ Q)
¬P
¬Q
¬(P → Q)
P
¬Q
¬¬P
P
Instanzen der β-Regel
P ∨ Q
P | Q
¬(P ∧ Q)
¬P | ¬Q
P → Q
¬P | Q
255
Ein Tableau fur {P ∧ ¬(Q ∨ ¬R), ¬Q ∨ ¬R}
(3) ¬Q
(5) P
(6) ¬(Q ∨ ¬R)
(7) ¬Q
(8) ¬¬R
(9) R
(4) ¬R
(10) P
(11) ¬(Q ∨ ¬R)
�����
XXXXX
1.(1) P ∧ ¬(Q ∨ ¬R)
(2) ¬Q ∨ ¬R Dieses Tableau ist nicht
“maximal”, aber der erste
“Ast” ist.
Dieser Ast ist nicht
“geschlossen” (enthalt
keinen Widerspruch),
also ist die Menge {1, 2}
erfullbar.
(Diese Begriffe werden auf
den nachsten Seiten
erklart.)
256
Determinismus von Kalkul und Regeln
Determinismus
• Die Regeln sind alle deterministisch
• Der Kalkul aber nicht:
Auswahl der nachsten Formel, auf die eine Regel angewendet wird
Heuristik
• Nicht-verzweigende Regeln zuerst: α vor β
Nota bene:
Dieselbe Formel kann mehrfach (auf verschiedenen Asten) verwendet
werden
257
Formale Definition des Kalkuls
Definition
Tableau: Binarer Baum, dessen Knoten mit Formeln markiert sind
Definition
Tableauast: Maximaler Pfad in einem Tableau (von Wurzel zu Blatt)
258
Formale Definition des Kalkuls
Sei M eine Formelmenge
Initialisierung
Das Tableau, das nur aus dem Knoten 1 besteht, ist ein Tableau fur M
Erweiterung
• T ein Tableau fur M
• B ein Ast von T
• F eine Formel auf B oder in M, die kein Literal ist
T ′ entstehe durch Erweiterung von B gemaß der auf F anwendbaren Regel
(α oder β)
Dann ist T ′ ein Tableau fur M.
259
Formale Definition des Kalkuls
Nota bene:
Alle Aste in einem Tableau fur M enthalten implizit alle Formeln in M
Definition.
Ast B eines Tableaus fur M ist geschlossen, wenn es eine Formel F existiert,
so dass B die Formeln F und ¬F enthalt.
Definition.
Ein Tableau ist geschlossen, wenn jeder seiner Aste geschlossen ist.
Definition.
Ein Tableau fur M, das geschlossen ist, ist ein Tableaubeweis fur (die
Unerfullbarkeit von) M
260
Beispiel
Zu zeigen:
(P → (Q → R)) → ((P ∨ S) → ((Q → R) ∨ S)) allgemeingultig
Wir zeigen, dass
¬[(P → (Q → R)) → ((P ∨ S) → ((Q → R) ∨ S))]
unerfullbar ist.
261
Beispiel
(10) P β [41] (11) S β [42]
�����
XXXXX
(8) ¬P β [21] (9) Q → R β [22]
hhhhhhhhh
(1) ¬[(P → (Q → R)) → ((P ∨ S) → ((Q → R) ∨ S))]
(2) (P → (Q → R)) α [11]
(3) ¬((P ∨ S) → ((Q → R) ∨ S)) α [12]
(4) P ∨ S α [31]
(5) ¬((Q → R) ∨ S)) α [32]
(6) ¬(Q → R) α [51]
(7) ¬S α [52]
geschlossenes Tableau.
262
2. Aussagenlogik
Teil 7
3.06.2013
263
Klauseltableau
M Menge von Klauseln
Anderungen
• Keine α-Regel
• Erweiterungsregel kann Verzweigungsgrad > 2 haben
• Alle Knoten im Tableau enthalten Literale
264
Klauseltableau: Beispiel
M = { {P,Q,R}, {¬R}, {¬P,Q}, {P,¬Q}, {¬P,¬Q} }
1.
gggggg
gggggg
VVVVVV
VVVVV
¬P
uuuu KK
KKQ
uuuu LL
LL
P ¬Q
ssss PP
PPP
pppp II
I ¬Q
⊥ P Q R ¬P ¬Q ⊥
⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
265
Korrektheit und Vollstandigkeit des
Tableaukalkuls
Theorem.
Eine Formelmenge M ist unerfullbar
genau dann, wenn
es einen Tableaubeweis fur (die Unerfullbarkeit von) M gibt
Korrektheit: “⇐”
Falls es einen Tableaubeweis fur (die Unerfullbarkeit von) M gibt
(d.h. ein Tableau fur M, das geschlossen ist)
so ist M unerfullbar.
... alternativ:
Falls M erfullbar ist, hat M kein geschlossenes Tableau.
266
Korrektheit und Vollstandigkeit des
Tableaukalkuls
Theorem.
Eine Formelmenge M ist unerfullbar
genau dann, wenn
es einen Tableaubeweis fur (die Unerfullbarkeit von) M gibt
Vollstandigkeit: “⇒”
Falls M unerfullbar ist,
gibt es einen Tableaubeweis fur (die Unerfullbarkeit von) M
(d.h. ein Tableau fur M, das geschlossen ist).
267
Kern des Korrektheitsbeweises
Theorem (Korrektheit)
Falls es einen Tableaubeweis fur (die Unerfullbarkeit von) M gibt
(d.h. ein Tableau fur M, das geschlossen ist) so ist M unerfullbar.
... alternativ: Falls M erfullbar ist, hat M kein geschlossenes Tableau.
Definition.
Ein Tableauast ist erfullbar, wenn die Menge seiner Formeln erfullbar ist
Ein Tableau ist erfullbar, wenn es (mindestens) einen erfullbaren Ast hat
Lemma 1. Jedes Tableau fur eine erfullbare Formelmenge M ist erfullbar
Lemma 2. Ein geschlossenes Tableau ist nicht erfullbar
... Also: Kein geschlossenes Tableau fur erfullbare Formelmenge
268
Lemma 1: Beweis
Definition.
Tableauast ist erfullbar, wenn die Menge seiner Formeln erfullbar ist.
Tableau ist erfullbar, wenn es (mindestens) einen erfullbaren Ast hat
Lemma 1. Jedes Tableau fur eine erfullbare Formelmenge M ist erfullbar
Beweis: Induktion p(n): Falls M erfullbar und das Tableau T in n Schritten
aus M gebildet wurde, ist T erfullbar
Induktionsbasis: T wurde in einem Schritt gebildet.
Initialisierung
Das Tableau, das nur aus dem Knoten 1 besteht, ist ein Tableau fur M
da M erfullbar ist, ist ein solches Tableau erfullbar
269
Lemma 1: Beweis
Definition.Tableauast ist erfullbar, wenn die Menge seiner Formeln erfullbar ist.Tableau ist erfullbar, wenn es (mindestens) einen erfullbaren Ast hat
Lemma 1. Jedes Tableau fur eine erfullbare Formelmenge M ist erfullbar
Beweis: Induktion p(n): Falls M erfullbar und das Tableau T in n Schritten
aus M gebildet wurde, ist T erfullbar
Induktionsschritt: Annahme p(n) gilt. Zu zeigen: p(n + 1).
Sei T ein in n + 1 Schritten gebildetes Tableau fur M.
Dann gibt es ein Tableau T ′ fur M (in n Schritten gebildet), ein Ast B von T ′ und
eine Formel F auf B, die kein Literal ist, so dass T durch die Erweiterung von B
gemaß der auf F anwendbaren Regel (α oder β) entstanden ist.
Induktionsvoraussetzung: T ′ erfullbar, d.h. hat (mindestens) einen erfullbaren Ast B′.
Fall 1: B′ 6= B. Dann ist B′ auch Ast in T , d.h. T erfullbar.
270
Lemma 1: Beweis
Definition.Tableauast ist erfullbar, wenn die Menge seiner Formeln erfullbar ist.Tableau ist erfullbar, wenn es (mindestens) einen erfullbaren Ast hat
Lemma 1. Jedes Tableau fur eine erfullbare Formelmenge M ist erfullbar
Beweis: Induktion p(n): Falls M erfullbar und das Tableau T in n Schritten
aus M gebildet wurde, ist T erfullbar
Induktionsschritt: Annahme p(n) gilt. Zu zeigen: p(n + 1).
Sei T ein in n + 1 Schritten gebildetes Tableau fur M.
Dann gibt es ein Tableau T ′ fur M (in n Schritten gebildet), ein Ast B von T ′ und
eine Formel F auf B oder in M, die kein Literal ist, so dass T durch die Erweiterung
von B gemaß der auf F anwendbaren Regel (α oder β) entstanden ist.
Induktionsvoraussetzung: T ′ erfullbar, d.h. hat (mindestens) einen erfullbaren Ast B′.
Fall 2: B′ = B d.h. B erfullbar. Sei A Modell fur die Formeln NB auf B.
Fall 2a: α-Regel angewandt F ≡ F1 ∧ F2. Dann ist A Modell fur
NB ∪ {F1, F2}, d.h.: die Erweiterung von B mit dieser α-Regel ist erfullbar,
so T erfullbar.
271
Lemma 1: Beweis
Definition.Tableauast ist erfullbar, wenn die Menge seiner Formeln erfullbar ist.Tableau ist erfullbar, wenn es (mindestens) einen erfullbaren Ast hat
Lemma 1. Jedes Tableau fur eine erfullbare Formelmenge M ist erfullbar
Beweis: Induktion p(n): Falls M erfullbar und das Tableau T in n Schritten
aus M gebildet wurde, ist T erfullbar
Induktionsschritt: Annahme p(n) gilt. Zu zeigen: p(n + 1).
Sei T ein in n + 1 Schritten gebildetes Tableau fur M.
Dann gibt es ein Tableau T ′ fur M (in n Schritten gebildet), ein Ast B von T ′ und
eine Formel F auf B oder in M, die kein Literal ist, so dass T durch die Erweiterung
von B gemaß der auf F anwendbaren Regel (α oder β) entstanden ist.
Induktionsvoraussetzung: T ′ erfullbar, d.h. hat (mindestens) einen erfullbaren Ast B′.
Fall 2: B′ = B d.h. B erfullbar. Sei A Modell fur die Formeln NB auf B.
Fall 2b: β-Regel angewandt F≡F1∨F2. Dann 1=A(F )=A(F1)∨A(F2), so
A(F1)=1 oder A(F2)=1. Dann A|=NB∪{Fi}, i=1 oder 2, d.h. A Modell
fur alle Formeln auf der Erweiterung von B mit F1 oder F2, so T erfullbar.
272
Lemma 2: Beweis
Definition.
Tableauast ist erfullbar, wenn die Menge seiner Formeln erfullbar ist
Tableau ist erfullbar, wenn es (mindestens) einen erfullbaren Ast hat
Lemma 1. Jedes Tableau fur eine erfullbare Formelmenge M ist erfullbar
Lemma 2. Ein geschlossenes Tableau ist nicht erfullbar
Beweis: Kontraposition
Annahme: T erfullbar. Dann hat T einen erfullbaren Ast B.
Falls die Menge der Formeln auf B (und M) erfullbar ist, kann B nicht Formeln F und
¬F enthalten, d.h. B kann nicht geschlossen sein.
273
Korrektheit und Vollstandigkeit
Theorem (Korrektheit)
Falls es einen Tableaubeweis fur (die Unerfullbarkeit von) M gibt
(d.h. ein Tableau fur M, das geschlossen ist) so ist M unerfullbar.
Theorem (Vollstandigkeit)
Falls M unerfullbar, so gibt es einen Tableaubeweis fur die Unerfullbarkeit
von M (d.h. einen Tableau fur M, das geschlossen ist).
... alternativ:
“falls es keinen Tableaubeweis fur die Unerfullbarkeit von M gibt (d.h.
“maximales Tableau’” fur M nicht geschlossen) so ist M erfullbar”
274
Kern des Vollstandigkeitsbeweises
Definition.
Ein Tableau heißt voll expandiert, wenn
• jede Regel
• auf jede passende Formel
• auf jedem offenen Ast
angewendet worden ist.
Lemma 3.
Sei B offener Ast in voll expandiertem Tableau.
Dann ist die Menge der Formeln in B erfullbar.
... Also: Voll expandiertes Tableau fur unerfullbares M ist geschlossen
275
Lemma 3: Beweis
Lemma 3.
Sei B offener Ast in voll expandiertem Tableau.
Dann ist die Menge der Formeln in B erfullbar.
Beweis: (fur klausale Tableaux)
Sei N die Menge der Formeln auf B. Da B offen ist, ist ⊥ nicht in N.
Seien C ∨ A, D ∨ ¬A zwei Klauseln in N die komplementare Literale enthalten. Einer
von C ,D ist nicht leer (sonst ware B geschlossen).
Annahme: C nicht leer. Da B voll expandiert ist, wurde die β-Regel fur C ∨ A
angewandt (auch fur D ∨ ¬A falls D nicht leer).
Fall 1: A,¬A ∈ B: unmoglich, da B offen ist.
Fall 2: A, L ∈ B mit L Literal in D. N erfullbar gdw. N\{D ∨ ¬A} erfullbar.
Fall 3: L,¬A ∈ B, mit L Literal in C . N erfullbar gdw. N\{C ∨ A} erfullbar.
Fall 4: L1, L2 ∈ B, mit L1 Literal in C , L2 Literal in D.
N erfullbar gdw. N\{C ∨ A,D ∨ ¬A} erfullbar.
N 7→ N′, N′ Klauselmenge ohne komplementare Literale und ohne ⊥Die Erfullbarkeit von N′ folgt aus der Vollstandigkeit der Resolution.
276
Klauseltableau: Einschrankungen des Suchraums
Regularitat:
Kein Literal darf auf einem Ast mehr als einmal vorkommen
Schwache Konnektionsbedingung (Connection calculus)
Bei Erweiterung von Ast B muss mindestens eines der neuen Literale
komplementar zu Literal in B sein.
Starke Konnektionsbedingung (Modellelimination)
Bei Erweiterung von Ast B muss mindestens eines der neuen Literale
komplementar zum Blatt von B sein – außer beim ersten Schritt.
277
Klauseltableau: Einschrankungen des Suchraums
Theorem (hier ohne Beweis)
Regularitat, starke und schwache Konnektionsbedingung
erhalten Vollstandigkeit.
Jedoch
Bei starker Konnektionsbedingung kann ungunstige Erweiterung in
Sackgasse fuhren.
(bei schwacher Konnektionsbedinung nicht)
Beispiel: M = {{P}, {¬Q}, {¬P,Q}, {¬P,R}}
Zuerst {¬P,Q}: OK
Zuerst {¬P,R}: Sackgasse
278
Klauseltableau: Weiteres Beispiel
Signatur: F : Flugreise V : Vollpension M: Meer P: Pool
Falls sie nicht mit dem Flugzeug fliegen, besteht der Vater auf Vollpension am Meer.
¬F → (V ∧ M)
Die Mutter mochte mindestens einen ihrer drei Wunsche erfullt sehen: ans Meer
fliegen, oder am Meer ohne Pool, oder Vollpension und Pool.
(M ∧ F ) ∨ (M ∧ ¬P) ∨ (V ∧ P)
Gibt es keinen Pool, so besteht Tochter Lisa auf einer Flugreise und Urlaub am Meer
und darauf, dass keine Vollpension gebucht wird.
¬P → (F ∧ M ∧ ¬V )
Auch dem Baby soll einer seiner Wunsche erfullt werden: erstens einen Pool und nicht
fliegen oder zweitens Vollpension, dann aber ohne Pool.
(P ∧ ¬F ) ∨ (V ∧ ¬P)
279
Klauseltableau: Weiteres Beispiel
Behauptung
Dann mussen sie ans Meer mit Vollpension, mit Pool und ohne Flug.
M ∧ V ∧ P ∧ ¬F
Zu zeigen:
{¬F → (V ∧M), (M ∧ F ) ∨ (M ∧ ¬P) ∨ (V ∧ P),
¬P → (F ∧M ∧ ¬V ), (P ∧ ¬F ) ∨ (V ∧ ¬P)} |= M ∧ V ∧ P ∧ ¬F
Wir zeigen, dass die folgende Konjunktion unerfullbar ist:
(¬F → (V ∧M), (M ∧ F ))∧
((M ∧ F ) ∨ (M ∧ ¬P) ∨ (V ∧ P))∧
(¬P → (F ∧M ∧ ¬V ))∧
((P ∧ ¬F ) ∨ (V ∧ ¬P))∧
¬M ∨ ¬V ∨ ¬P ∨ F (Negation der Behauptung)
280
Klauseltableau: Weiteres Beispiel
¬F → (V ∧ M) (1) F ∨ V
(2) F ∨ M
(M ∧ F ) ∨ (M ∧ ¬P) ∨ (V ∧ P) (3) M ∨ V
(4) M ∨ P
(5) M ∨ ¬P ∨ V
(6) F ∨ M ∨ V
(7) F ∨ M ∨ P
(8) F ∨ ¬P ∨ V
¬P → (F ∧ M ∧ ¬V ) (9) P ∨ F
(10) P ∨ M
(11) P ∨ ¬V
(P ∧ ¬F ) ∨ (V ∧ ¬P) (12) P ∨ V
(13) ¬F ∨ V
(14) ¬F ∨ ¬P
Negation der Behauptung (15) ¬M ∨ ¬V ∨ ¬P ∨ F
281
Klauseltableau: Weiteres Beispiel
Beobachtung
Konstruktion des Konnektionstableaus
• bei Beginn mit Klausel (1)
• mit Regularitat
• mit starker Konnektionsbedingung
Dann:
Nahezu deterministische Beweiskonstruktion
282
Klauseltableau: Weiteres Beispiel
(1) F ∨ V
(2) F ∨ M
(3) M ∨ V
(4) M ∨ P
(5) M ∨ ¬P ∨ V
(6) F ∨ M ∨ V
(7) F ∨ M ∨ P
(8) F ∨ ¬P ∨ V
(9) P ∨ F
(10) P ∨ M
(11) P ∨ ¬V
(12) P ∨ V
(13) ¬F ∨ V
(14) ¬F ∨ ¬P
(15) ¬M ∨ ¬V ∨ ¬P ∨ F
F
FP
V P F
1
F V
P VV
P
M V P F
F M
283
2. Aussagenlogik
Teil 8
4.06.2013
284
Terminierung
Definition. Ein Tableau ist strikt, falls fur jede Formel F die entsprechende
Erweiterungsregel hochstens einmal auf jeden Ast, der die Formel enthalt,
angewandt wurde.
Theorem.
Sei T ein striktes aussagenlogisches Tableau. Dann ist T endlich.
Beweis: Neue Formeln mit denen ein Tableau erweitert wird sind ⊥, (⊤) oder
Teilformeln der Formel, auf der die Erweiterungsregel angewandt wird. Da T strikt
ist, wird fur jede Formel F die entsprechende Erweiterungsregel hochstens einmal auf
jeden Ast, der die Formel enthalt, angewandt.
Dann sind alle Aste in T endlich, und so ist auch T endlich (Konig’s Lemma).
285
Zusammenfassung: Tableaukalkul
Beweis durch Widerspruch und Fallunterscheidung
• Tableauregeln (mit uniformer Notation)
• Formale Definition des Kalkuls
• Korrektheit und Vollstandigkeit
• Klauseltableau
• Regularitat
• Schwache und starke Konnektionsbedingung
• Strikte Tableaux
• Terminierung
286