Lic. Ciências da Computaç˜ao 2010/2011 Teste de Lógica

Lic. Ciências da Computação 2010/2011
Teste de Lógica - Correcção
18 Janeiro 2011
Este teste é constituı́do por 8 questões. Justifique sucintamente todas as
suas respostas. Duração: 2 horas.
I
Seja L = ({0, 1}, {+}, {=}) uma linguagem de 1a ordem onde + e = são
sı́mbolos binários.
1. Defina por recursão a função: f : TL → TL tal que f (t) é o resultado de
substituir em t todas as variáveis por 0.
Resolução: f define-se recursivamente por:
f (c)
f (x)
f (t1 + t2 )
= c
= 0
= f (t1 ) + f (t2 )
c ∈ {0, 1}
qq t1 , t2 ∈ TL
2. Mostre por indução que: para todo t ∈ TL , var(f (t)) = ∅. (N.B. var é a
função que, a cada t ∈ TL , faz corresponder {x ∈ V : x ocorre em t}.)
Resolução: Seja Q(t) a condição “var(f (t)) = ∅” sobre t ∈ TL . Pelo
Princı́pio de Indução associado a TL , para provar que Q(t) é verdade
para todo t ∈ TL , basta demonstar as proposições (i), (ii) e (iii) abaixo
indicadas.
(i) Q(c), com c ∈ {0, 1}.
Q(c) afirma var(f (c)) = ∅. Ora var(f (c)) = var(c) = ∅, usando, sucessivamente, a defs. de f e var.
(ii) Q(x), com x ∈ V.
Q(x) afirma var(f (x)) = ∅. Ora var(f (x)) = var(0) = ∅, usando, sucessivamente, a defs. de f e var.
(iii) para todo t, t0 ∈ TL , se Q(t) e Q(t0 ) então Q(t + t0 ).
Sejam t, t0 ∈ TL tais que Q(t) e Q(t0 ). Queremos mostrar Q(t + t0 ), que
afirma var(f (t + t0 )) = ∅. Ora
var(f (t + t0 ))
=
=
=
=
var(f (t) + f (t0 ))
(def. f )
var(f (t)) ∪ var(f (t0 )) (def. var)
∅∪∅
(por Q(t) e Q(t0 ))
∅
3. Qualquer variável está livre para f (t) em qualquer ϕ ∈ FL . Porquê?
Resolução: Porque var(f (t)) = ∅. Por esta razão é impossı́vel haver
uma ocorrência livre de uma variável numa fórmula no alcance de um
quantificador Qy, com y ∈ var(f (t)).
4. (a) Defina o modelo usual desta linguagem em N0 .
Resolução: U = N0 e 0 = 0 e 1 = 1 e + : N20 → N0 é tal que
+(n, m) = n + m e = : N20 → {0, 1} é tal que =(n, m) = 1 sse n = m.
(b) Indique quantos modelos de L existem com domı́nio U = {0}.
Resolução: Existem 1 × 1 × 1 × 2 = 2 modelos com domı́nio U = {0}.
Para os sı́mbolos 0 e 1 há uma interpretação (a saber 0 ∈ U ); para
+ também há apenas uma interpretação possı́vel (a saber: a função
que envia (0, 0) em 0). Para = há duas escolhas: a função que envia
(0, 0) em 0 e a que envia em 1.
5. Prove ou refute as seguintes afirmações:
(a) |= ∃x x = 0 + 1 .
Resolução: A afirmação é falsa porque existe uma valoração que não
satisfaz a fórmula. Basta tomar v = (N0 , I, a) em que a é atribuição
qualquer em N0 e I é a interpretação usual de L em N0 , excepto na
interpretaão do sı́mbolo =, que é =(n, m) = 0, para todo n, m ∈ N0 .
Ora, v satisfaz ∃x x = 0 + 1 sse existe n ∈ N0 tal que =(n, 1) = 1.
Mas não existe n nestas condições, devido à definição de =.
(b) ∃x x = 0 + 1 |= .
Resolução: A afirmação é falsa, porque existe uma valoração que
satisfaz a fórmula. Basta tomar v = (N0 , I, a) em que a é atribuição
qualquer em N0 e I é a interpretação usual de L em N0 . Ora, v
satisfaz ∃x x = 0 + 1 sse existe n ∈ N0 tal que n = 1.
(c) ∀x x = 0 + 1 |= ∀x x = 1 + 0 .
Resolução: A afirmação é falsa, pois existe valoração que satisfaz
∀x x = 0+1 mas não satisfaz ∀x x = 1+0. Basta tomar v = (N0 , I, a)
em que a é atribuição qualquer em N0 , 0 e 1 recebem as interpretações
usuais, mas +(n, m) = m e =(n, m) = 1 sse m = 1, para todos
n, m ∈ N0 . v satisfaz ∀x x = 0+1 pois, para todo n ∈ N0 , =(n, 1) = 1;
mas v não satisfaz ∀x x = 1 + 0, pois não é verdade que, para todo
n ∈ N0 , =(n, 0) = 1.
II
6. Sejam ϕ, ψ ∈ FP .
(a) Construa uma derivação em DNP provando (ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ ` ϕ ∧ (ψ ∨ ϕ).
Resolução:
[ϕ ∧ ψ]2
E∧ [ϕ]2
(ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ
ϕ
[ϕ ∧ ψ]
E∨2
1
E∧
ϕ
(ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ
ϕ
[ϕ]
1
I∨
E∨
ϕ
ψ∧ϕ
I∧
ϕ ∧ (ψ ∨ ϕ)
1
(b) Construa uma derivação em DNP provando ϕ ∧ (ψ ∨ ϕ) ` (ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ.
Resolução:
ϕ ∧ (ψ ∨ ϕ)
E∧
ϕ
I∨
(ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ
(c) Conclua, usando (a) e (b), que (ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ ⇔ ϕ ∧ (ψ ∨ ϕ).
Resolução: Usando as derivações de (a) (b), obtemos, por aplicação
de I ↔, uma derivação de ((ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ) ↔ (ϕ ∧ (ψ ∨ ϕ)) a partir de
∅. Então ` ((ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ) ↔ (ϕ ∧ (ψ ∨ ϕ)), donde segue, pelo Teorema
da Correcção, |= ((ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ) ↔ (ϕ ∧ (ψ ∨ ϕ)). Mas este facto é
equivalente a (ϕ ∧ ψ) ∨ ϕ ⇔ ϕ ∧ (ψ ∨ ϕ).
7. Seja Γ ⊆ FP . Mostre que Γ é sintacticamente inconsistente sse existe
ϕ ∈ FP tal que Γ ` ϕ e Γ ` ¬ϕ.
Resolução: (⇒) Suponhamos que Γ é sintacticamente inconsistente, ou
seja Γ `⊥. Queremos indicar ϕ e construir uma derivação de ϕ (resp. ¬ϕ)
a partir de Γ. Seja D derivação de ⊥ a partir de Γ. Seja ϕ fórmula ar⊥
bitrária. Então, se acrescentarmos a D a inferência ⊥
ϕ (resp. ¬ϕ ), obtemos
derivação de ϕ (resp. ¬ϕ) a partir de Γ.
(⇐) Seja ϕ tal que Γ ` ϕ e Γ ` ¬ϕ. Queremos construir derivação D de
⊥ a partir de Γ. Sejam D1 (resp. D2 ) derivações de ϕ (resp. ¬ϕ) a partir
de Γ. D obtém-se de D1 e D2 por uma aplicação de E¬.
8. Sejam ϕ, ψ ∈ FP . Mostre o Teorema da Instanciação para fórmulas logicamente equivalentes: se ϕ ⇔ Ψ então, para todo σ ∈ FP , para todo
p ∈ VP , ϕ[σ/p] ⇔ Ψ[σ/p].
Resolução: Suponhamos ϕ ⇔ Ψ. Fixemos σ e p. Queremos demonstrar
ϕ[σ/p] ⇔ Ψ[σ/p]. De ϕ ⇔ Ψ segue |= ϕ ↔ Ψ. Pelo Teoema da Instanciação (para tautologias), segue |= (ϕ ↔ Ψ)[σ/p]. Mas (ϕ ↔ Ψ)[σ/p] =
ϕ[σ/p] ↔ ψ[σ/p]. Então |= ϕ[σ/p] ↔ ψ[σ/p], donde ϕ[σ/p] ⇔ Ψ[σ/p].
Cotações: Questão 3: 1 valor. Questões 1, 4, 7 e 8: 2 valores cada. Questões
2 e 5: 3 valores cada. Questão 6: 5 valores.