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Author Topic: Esercizio Logica Proposizionale n. 8  (Read 402 times)
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Franco Barbanera
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« Reply #15 on: 09-11-2017, 21:54:05 »

Passiamo alla parte 2) proposta da luca98

Quote
2) ipotizziamo ora una dimostrazione generica in p0+R di gamma  |- (p0+r) gamma. se gamma è una dimostrazione in p0+r vuol dire che da qualche parte ci sono degli usi della regola R.

costruisco la derivazione:

-
-
A1
-
-
A2
-
-                                                    nella mia derivazione inserisco le sottodimostrazioni di |- A1, A2, An
-
An

siccome ho queste sottodimostrazioni, sicuramente ho anche una dimostrazione di |- C. allora prendo questa dimostrazione in p0 e la metto al posto della regola(per ogni applicazione di quest'ultima).

ottengo cosi |- gamma (si può ottenere la dimostrazione di gamma anche senza R). R è allora ammissibile

cosi facendo abbiamo dimostrato il tutto...o almeno lo spero! boh

ipotizziamo ora una dimostrazione generica in p0+R di gamma  |- (p0+r) gamma. se gamma è una dimostrazione in p0+r

Immagino si intenda:
..una dimostrazione generica in p0+R di gamma  |- (p0+r) ALFA,

la parte
 se gamma è una dimostrazione in p0+r

e' sbagliata e ridondante insieme.

Quello che bisogna dire e' che, presa la derivazione per gamma  |- (p0+r) ALFA
che supponiamo di avere, questa conterra' eventualmente delle applicazioni di r.
Prendiamo la prima applicazione di r

:
A1
:
A2
:
:
An
:
C      r
:
:
:
alfa

Essendo quella indicata la prima applicazione di r,
le sottoderivazioni per A1,A2....An fanno vedere che
|--Po  A1,  |--Po A2, .. |--Po  An
Quindi esiste una derivazione che mostra che |--Po  C.
Sia
-
-
-
C
tale derivazione.
La possiamo quindi prendere e sostituire all'applicazione della regola r,
ottenendo
:
A1
:
A2
:
:
An
:
-
-
-
C
:
:
:
alfa

Applichiamo questa procedura su tutte le allpicazioni della regola r
e atteniamo cosi' una derivazione con alfa come conclusione, ed in cui la regola r non viene
usata.

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luca98
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« Reply #16 on: 09-11-2017, 21:59:56 »

riscritta cosi come le sembra?

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
dobbiamo dimostrare due cose:

1) se la regola è ammissibile allora (|= A1, |= A2,...., |=An) implica |= C
2) se (|= A1, |= A2,...., |=An) implica |= C allora la regola è ammissibile

iniziamo con 1)

intanto sappiamo che se  |= A1, |= A2, ... , |= An allora posso affermare pure |- A1, |- A2,..., |- An

quindi supponiamo che i vari Ai siano teoremi. successivamente, poiche R è ammissibile posso aggiungere C alla mia dimostrazione(dimostro C in p0+R). Se io ottengo C in p0+R quindi la stessa C la posso ottene anche in p0 poichè R è assunta che sia ammissibile. ho dimostrato così che |- C e quindi anche |= C.

-
-
-
-
-
A1
-
-
-
-
A2
-
-
-
-
An
-
-
C

2) ipotizziamo ora una dimostrazione generica in p0+R di gamma  |- (p0+r) gamma. se gamma è una dimostrazione in p0+r vuol dire che da qualche parte ci sono degli usi della regola R.

costruisco la derivazione:

-
-
A1
-
-
A2
-
-                                                    
-
An
-
-
-
gamma

nella mia derivazione inserisco le sottodimostrazioni di |- A1, A2, An

siccome ho queste sottodimostrazioni, sicuramente ho anche una dimostrazione di |- C. allora prendo questa dimostrazione in p0 e la metto al posto della regola(per ogni applicazione di quest'ultima).

ottengo cosi |- gamma dimostrando così che si  può ottenere la dimostrazione di gamma anche senza R. R è allora ammissibile

cosi facendo abbiamo dimostrato il tutto
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Mi dica cosa se c'è qualcosa che non va anche nella seconda parte
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Franco Barbanera
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« Reply #17 on: 09-11-2017, 22:03:28 »

poiche R è ammissibile posso aggiungere C alla mia dimostrazione

Quale dimostrazione!?!?!

Si capisce ovviamente cosa intendi, ma e' detto male.
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luca98
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« Reply #18 on: 09-11-2017, 22:13:19 »

con R posso aggiungere C alla dimostrazione formata dalle sottodimostrazioni di |- A1, |-A2, ... , |- An

spero sia quello che vuole sapere
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Gerasia
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« Reply #19 on: 13-11-2017, 18:59:59 »

"(dimostro C in p0+R. quindi la stessa C la posso ottene anche in p0). ho dimostrato così che |- C e quindi anche |= C."
Quando il mio collega dice questo, a livello pratico ha svolto un qualche "calcolo" o si procede effettivamente dicendo "dimostro ecc.. " perche io piu o meno ho capito come interpretare l'esercizio però mi manca sapere come si procede in questo punto qui

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Franco Barbanera
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« Reply #20 on: 14-11-2017, 00:19:50 »

con R posso aggiungere C alla dimostrazione formata dalle sottodimostrazioni di |- A1, |-A2, ... , |- An

spero sia quello che vuole sapere

Detto cosi' e' piu' comprensibile.
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Franco Barbanera
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« Reply #21 on: 14-11-2017, 00:41:49 »

"(dimostro C in p0+R. quindi la stessa C la posso ottene anche in p0). ho dimostrato così che |- C e quindi anche |= C."
Quando il mio collega dice questo, a livello pratico ha svolto un qualche "calcolo" o si procede effettivamente dicendo "dimostro ecc.. " perche io piu o meno ho capito come interpretare l'esercizio però mi manca sapere come si procede in questo punto qui

Dimostriamo
1) se la regola è ammissibile allora (|= A1, |= A2,...., |=An) implica |= C

Supponiamo che R sia ammissibile e dimostriamo che
(|= A1, |= A2,...., |=An) implica |= C

Se |= A1, |= A2,...., |=An
allora, per completezza della logica proposizionale, abbiamo che
|-- A1, |-- A2,...., |-- An
Qnesto vuol dire che esistono delle derivazioni per le varie Ai
Mettiamo ora queste derivazioni una di seguito all'altra:

:
:
A1
:
:
A2
:
:
:
:
An

Quella che otteniamo e' ancora una derivazione corretta in Po.
Al termine di questa derivazione mettiamo C, che inseriamo in quanto  conclusione
della regola R con premesse A1,A2,..,An

:
:
A1
:
:
A2
:
:
:
:
An
C     R

Questa derivazione e' quindi una derivazione in Po+R
Abbiamo cosi' dimostrato C in P0+R. quindi, poiche' ho assunto che R fosse ammissibile,
 la stessa C la posso ottenere anche in P0. ho dimostrato così che |- C e quindi, per
la correttezza di Po, anche |= C

Noterete che e' praticamente quello che ha fatto luca98 con piccole modifiche di presentazione.

Pace e Bene
« Last Edit: 14-11-2017, 00:45:42 by Franco Barbanera » Logged
luca98
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« Reply #22 on: 14-11-2017, 17:38:13 »

perfetto!

per quanto riguarda invece la seconda parte dell' esercizio

---------------------------------------------------------------------------------------
Dimostrare quindi che la regola

       not(A -> not(B)) 
      ---------------------
               A

e' ammissibile.
-----------------------------------------------------------------------------------------

devo fare la tabella di verità o sbaglio?

per provare che not(A →not (B)) |= A

A  B   not(A→ not(B))
0   0       0
0   1       0
1   0       0
1   1       1

verrebbe una cosa del genere però non sono assolutamente convinto di quello che ho fatto...

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Wornairz
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« Reply #23 on: 14-11-2017, 19:14:28 »

Salve professore. Insieme a DaniloS, GremonRents e Quezal17 abbiamo fatto l'esercizio in un modo leggermente diverso. È corretta la nostra soluzione?

 -Supponendo R ammissibile devo dimostrare che (|= A1, |= A2,...., |=An) implica |= C
 Essendo la regola ammissibile, la sua conclusione sarà un teorema quindi |- C
 Per il teorema di correttezza da |- C allora passiamo a |= C
 Essendo C conseguenza dell'insieme vuoto, è una tautologia quindi sempre vera
 Usando la semantica dell'implicazione abbiamo che A->B è falsa solamente quando A=1 e B=0. La nostra implicazione è del tipo (|= A1, |= A2,...., |=An) -> |= C ed essendo |= C sempre vera l'implicazione sarà sempre vera.
 -Adesso supponiamo (|= A1, |= A2,...., |=An) implica |= C vera
 Per il teorema di completezza da |= C passiamo a |- C
 Quindi abbiamo dimostrato C senza la regola d'inferenza ergo è ammissibile.
« Last Edit: 14-11-2017, 19:38:29 by Wornairz » Logged
Franco Barbanera
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« Reply #24 on: 14-11-2017, 22:09:16 »

Essendo la regola ammissibile, la sua conclusione sarà un teorema quindi |- C

Assolutamente no.

Prendi il sistema dell'esercizio 35.3

R' e' ammissibile, ma baa NON e' un teorema!


Il resto non l'ho letto, poiche' gia' la prima riga e' scorretta.

Eventualmente modificate e proponete di nuovo la vostra soluzione.

Salutoni
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Franco Barbanera
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« Reply #25 on: 17-11-2017, 11:18:48 »

perfetto!

per quanto riguarda invece la seconda parte dell' esercizio

---------------------------------------------------------------------------------------
Dimostrare quindi che la regola

       not(A -> not(B))  
      ---------------------
               A

e' ammissibile.
-----------------------------------------------------------------------------------------

devo fare la tabella di verità o sbaglio?

per provare che not(A →not (B)) |= A

A  B   not(A→ not(B))
0   0       0
0   1       0
1   0       0
1   1       1

verrebbe una cosa del genere però non sono assolutamente convinto di quello che ho fatto...

per provare che not(A →not (B)) |= A

Per utilizzare la proprieta' dimostrata nella prima parte,
devi far vedere che
se |= not(A →not (B)) allora  |= A.

Quindi, se tu intendi utilizzare il fatto, anche se semplice, che
not(A →not (B)) |= A,
allora devi far vedere che
|= not(A →not (B)) implica |= A


(ho comunque inserito la soluzione dell'esercizio nella pagina degli esercizi)
« Last Edit: 17-11-2017, 11:51:43 by Franco Barbanera » Logged
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