Ispravna i neispravna argumentacija - Пријаваnasport.pmf.ni.ac.rs/materijali/2114/DS-P03-IL-3.pdf · Diskretne strukture – 2 – Iskazna logika - III deo. Ispravna i neispravna

Ispravna i neispravna argumentacijaIspravna i neispravna argumentacijaIspravna i neispravna argumentacija

Setimo se da smo argumentaciju definisali kao niz iskaza, ili iskaznih for-

mula, ciji smo poslednji clan zvali zakljucak (posledica, konsekvenca), a

sve ostale smo zvali premise (pretpostavke, hipoteze).

Setimo se i da smo argumentaciju smo predstavljali na sledeci nacin:

Premisa

Premisa

. . . . . . . . .

Premisa

∴ Zakljucak

ili

P1

P2

. . .

Pn

∴ Q

Uloga argumentacije je, ukoliko je ona ispravna, da se uz pomoc premisa

dokaze zakljucak.

Zato u nastavku formalno definisemo pojam ispravne argumentacije.

Diskretne strukture – 2 – Iskazna logika - III deoDiskretne strukture – 2 – Iskazna logika - III deoDiskretne strukture – 2 – Iskazna logika - III deo


Neformalno, za argumentaciju kazemo da je ispravna ako, kad god su

sve premise istinite, mora biti istinit i zakljucak.

Drugim recima, argumentacija je ispravna ako u svakoj interpretaciji u

kojoj su tacne sve premise P1, . . . , Pn, mora biti tacan i zakljucak Q.

U suprotnom za argumentaciju kazemo da je neispravna.

Dakle, argumentacija je neispravna ako postoji interpretacija u kojoj su

tacne sve premise, ali nije tacan zakljucak.

Drugim recima, ono sto je bitno kod argumentacija je da se ne sme

dozvoliti da se iz tacnih premisa izvede netacan zakljucak.

Argumentacije kod kojih je to moguce su neispravne.



Provera ispravnosti argumentacije

1. Identifikuju se premise i zakljucak argumentacije.

2. Formira se istinitosna tablica koja prikazuje istinitosne vrednosti

svih premisa i zakljucka.

3. Uocavaju se sve vrste u kojima su sve premise tacne, i proverava

se da li je u tim vrstama tacan i zakljucak.

3.1. Ako je zakljucak tacan u svim vrstama u kojima su premise

tacne, onda je argumentacija ispravna.

3.2. Ako postoji vrsta u kojoj su sve premise tacne, a zakljucak

nije tacan, onda argumentacija nije ispravna.



Primer 1: Dokazati neispravnost argumentacijep ⇒ q ∨ ¬r

q ⇒ p ∧ r

∴ p ⇒ r

Resenje: To se vidi iz sledece istinitosne tablice

p q r ¬r q ∨ ¬r p ∧ r p ⇒ q ∨ ¬r q ⇒ p ∧ r p ⇒ r

1 1 1 0 1 1 1 1 1 X

1 1 0 1 1 0 1 0 0

1 0 1 0 0 1 0 1 0

1 0 0 1 1 0 1 1 0 Á

0 1 1 0 1 0 1 0 0

0 1 0 1 1 0 1 0 0

0 0 1 0 0 0 1 1 1 X

0 0 0 1 1 0 1 1 1 X



Primer 2: Dokazati ispravnost argumentacijep ∨ (q ∨ r)

¬r

∴ p ∨ q

Resenje: To se vidi iz sledece istinitosne tablice

p q r q ∨ r p ∨ (q ∨ r) ¬r p ∨ r

1 1 1 1 1 0

1 1 0 1 1 1 1 X

1 0 1 1 1 0

1 0 0 0 1 1 1 X

0 1 1 1 1 0

0 1 0 1 1 1 1 X

0 0 1 1 1 0

0 0 0 0 0 1


Pravila zaklju civanjaPravila zaklju civanjaPravila zaklju civanja

Ispravne argumentacije nazivamo jos i pravila zakljucivanja, engl. rule

of inference.

Medu najstarija pravila zakljucivanja spadaju silogizmi – argumentacije

koje se sastoje od dve premise i zakljucka.

Primer 3: Modus ponens

Ako p onda q

p

∴ q

odnosno

p ⇒ q

p

∴ q

Ovo je najpoznatije pravilo zakljucivanja u logici.



Inace, naziv ”Modus Ponens” potice iz latinskog jezika, i ima znacenje

metod potvrdivanja, jer je zakljucak afirmativan.

Ispravnost modus ponensa, kao argumentacije, vidi se iz sledece istini-

tosne tablice:

p q p ⇒ q p q

1 1 1 1 1 X

1 0 0 1 0

0 1 1 0 1

0 0 1 0 0



Primer 4: Modus tolens

Ako p onda q

nije q

∴ nije p

odnosno

p ⇒ q

¬q

∴ ¬p

Naziv ”modus tolens” (modus tollens) potice iz latinskog jezika, i ima

znacenje metod opovrgivanja, jer zakljucak ima formu poricanja.

Ispravnost modus tolensa moze se utvrditi istinitosnom tablicom, ali se

moze izvesti i iz modus ponensa i zakona kontrapozicije.

Naime, prva premisa p ⇒ q je logicki ekvivalentna sa ¬q ⇒ ¬p, i ako

se zameni tom formulom, onda se modus tolens svodi na argumentaciju

iste forme kao modus ponens.



Napomena 1: Psiholoska istrazivanja

Istrazivanja koja su sproveli kognitivni psiholozi u SAD pokazala su da

skoro 100% studenata ima solidno intuitivno razumevanje upotrebe

modus ponensa u zakljucivanju.

Sa druge strane, ta istrazivanja su pokazala da je manje od 60% stu-

denata u stanju da korektno primenujuju modus tolens.

Medutim, cak i u matematici, modus tolens se koristi skoro isto toliko

cesto kao i modus ponens, a u eksperimentalnim naukama mozda i jos

cesce.

Zato je vazno veoma pazljivo prouciti primenu modus tolensa.



Primer 5: Generalizacija, odnosno uopstavanje

Sledece argumentacije su ispravne:

p

∴ p ∨ q

q

∴ p ∨ q

Ove argumentacije se koriste za formiranje generalizacija (uopstenja).

Na primer, pretpostavimo da imamo zadatak da utvrdimo broj ucenika

u nekoj skoli koji su u sedmom ili osmom razredu.

Upitali smo Nikolu u kom je razredu, i on je odgovorio da je u sedmom.

Na osnovu toga zakljucujemo da je on u sedmom ili osmom razredu, i

ubrajamo ga.



Primer 6: Specijalizacija


p ∧ q

∴ p

p ∧ q

∴ q

Ove argumentacije se koriste za formiranje specijalizacija.

Na primer, kada klasifikujemo objekte prema nekom svojstvu, mi cesto

znamo o njima mnogo vise nego da li imaju ili nemaju to svojstvo.

U takvim prilikama mi odbacujemo visak informacija i paznju usmera-

vamo samo na ono sto nam treba.



Na primer, pretpostavimo da trazimo osobu koja dobro poznaje algebru.

Tokom trazenja takve osobe, ustanovili smo da Ana dobro poznaje

geometriju i algebru.

Tada cemo rezonovati na sledeci nacin:

Ana poznaje geometriju i Ana poznaje algebru.

∴ (specijalno) Ana poznaje algebru.

I generalizacija i specijalizacija su veoma cesti oblici zakljucivanja u

matematici.



Primer 7: Eliminacija ili disjunktivni silogizam


p ∨ q

¬q

∴ p

p ∨ q

¬p

∴ q

Ova pravila kazu da kada imamo samo dve mogucnosti, i jednu od njih

smo iskljucili, onda ona druga mora da vazi.

Na primer, pretpostavimo da trazimo pozitivna resenja neke kvadratne

jednacine, i resavanjem smo dosli do toga da je x = 3 ili x = −2.

Kako trazimo samo pozitivna resenja, zakljucujemo da je x 6= −2, pa

na osnovu gornjeg pravila, dobijamo da je x = 3.



Primer 8: Tranzitivnost ili hipoteticki silogizam

Sledeca argumentacija je ispravna:

p ⇒ q

q ⇒ r

∴ p ⇒ r

Dakle, ako prvo tvrdenje povlaci drugo, a drugo povlaci trece, onda

zakljucujemo i da prvo tvrdenje povlaci trece. Na primer:

Ako je 18, 486 deljivo sa 18, onda je 18, 486 deljivo sa 9.

Ako je 18, 486 deljivo sa 9, onda je suma cifara od 18, 486 deljiva sa 9.

∴ Ako je 18, 486 deljivo sa 18, onda je suma cifara od 18, 486 deljiva sa 9.



Primer 9: Dokaz podelom na slucajeve ili razlikovanjem slucajeva


p ∨ q

p ⇒ r

q ⇒ r

∴ r

p1 ∨ p2 ∨ · · · ∨ pn

p1 ⇒ r

p2 ⇒ r

. . .

pn ⇒ r

∴ r

Prema ovom pravilu, ako imamo dve mogucnosti, i ako svaka od te dve

mogucnosti povlaci trecu, onda zakljucujemo da je ta treca mogucnost

sigurno tacna. Slicno vazi i kada imamo vise od dve mogucnosti.



Primer 10: Dokazati da je proizvod tri uzastopna cela broja

deljiv sa 3.

Dokaz: Uocimo proizvoljna tri uzastopna prirodna broja n, n + 1 i

n + 2. Razlikujemo tri slucaja:

p1: n daje ostatak 0 pri deljenju sa 3;

p2: n daje ostatak 1 pri deljenju sa 3;

p3: n daje ostatak 2 pri deljenju sa 3.

Takode, oznacimo sa r sledeci iskaz:

r: broj n(n + 1)(n + 2) je deljiv sa 3.

Jasno je da je p1 ∨ p2 ∨ p3 tacan iskaz.



Dokazacemo da su tacni i iskazi p1 ⇒ r, p2 ⇒ r i p3 ⇒ r.

Ako je p1 tacno, tj. ako pri deljenju sa 3 broj n daje ostatak 0, odnosno

ako je n deljiv sa 3, onda je i broj n(n + 1)(n + 2) je deljiv sa 3, sto

znaci da je r tacno.

Ako je p2 tacno, tj. ako pri deljenju sa 3 broj n daje ostatak 1, onda

je broj n+2 deljiv sa 3, odakle sledi da je i broj n(n+1)(n+2) deljiv

sa 3, pa opet dobijamo da je r tacno.

Ako je p3 tacno, tj. ako pri deljenju sa 3 broj n daje ostatak 2, onda

je broj n+1 deljiv sa 3, odakle sledi da je i broj n(n+1)(n+2) deljiv

sa 3, pa jos jednom dobijamo da je r tacno.

Ovim smo dokazali da su tacni iskazi p1 ∨ p2 ∨ p3, p1 ⇒ r, p2 ⇒ r i

p3 ⇒ r, pa na osnovu prethodnog pravila zakljucujemo da je r tacan

iskaz.



Primer 11: Dokaz svodenjem na protivrecnost ili kontradikciju

Ako je sa c kontradikcija, onda je sledeca argumentacija ispravna:

¬p ⇒ c

∴ p

Ova argumentacija naziva se pravilo kontradikcije.

Dokaz: Ponovo koristimo istinitosnu tablicu:

p ¬p c ¬p ⇒ c p

1 0 0 1 1 X

0 1 0 0 0



Pravilo kontradikcije je srz metoda dokazivanja svodenjem na protiv-

recnost.

U neznatno modifikovanoj formi ovo pravilo takode predstavlja osnovu

za resavanje mnogih logickih zagonetki eliminacijom kontradiktornih

odgovora: ako neka pretpostavka dovodi do kontradikcije, onda ta pret-

postavka mora biti netacna.

U nastavku dajemo primer jedne od takvih logickih zagonetki, ciji je

tvorac poznati americki logicar i autor logickih zagonetki Raymond

Smullyan (1919–).



Primer 12: Postoji ostrvo na kome zive dve grupe stanovnika:

vitezovi, koji uvek govore istinu, initkovi, koji uvek lazu.

Svaki stanovnik ostrva pripada tacno jednoj od ovih grupa.

Posetili smo ostrvo i upoznali dva stanovnika A i B, koji su nam rekli:

A: ”B je vitez”;B: ”A i ja smo iz razlicitih grupa”.

Sta su A i B?

Resenje: Najpre cemo primeniti metod razlikovanja slucajeva, jer moze-

mo razlikovati samo 4 slucaja

1) A i B su vitezovi; 2) A je vitez, a B je nitkov;

3) A je nitkov, a B je vitez; 4) A i B su nitkovi.



Potom cemo iskljuciti neke slucajeve, pokazavsi da odgovarajuce pret-

postavke vode u kontradikciju.

1) Ako pretpostavimo da su A i B vitezovi, onda imamo da B govori

istinu, odnosno da su A i B iz razlicitih grupa, sto je u suprotnosti sa

pretpostavkom. Dakle, iskljucujemo ovu mogucnost.

2) Ako pretpostavimo da je A vitez, a B je nitkov, onda imamo da

A govori istinu, sto znaci da je B vitez, a to je u suprotnosti sa pret-

postavkom. Prema tome, iskljucujemo i ovu mogucnost.

3) Ako pretpostavimo da je A nitkov, a B je vitez, onda imamo da

A laze, sto znaci da B nije vitez, odnosno B je nitkov, a to je u

suprotnosti sa pretpostavkom. Dakle, iskljucujemo i ovu mogucnost.



Dakle, preostaje nam samo cetvrta mogucnost, da su i A i B nitkovi,

sto ne dovodi do protivrecnosti, jer A laze kada kaze da je B vitez, a

B laze kada kaze da su A i on iz razlicitih grupa.

Dakle, zakljucujemo da su i A i B nitkovi.

Na kraju, primetimo da je ovaj problem tako postavljen da ima jedin-

stveno resenje.

Medutim, problem moze biti i tako postavljen da ima vise resenja, ali

i tako da nema nijedno resenje.



Primer 13: Dokazimo ispravnost argumentacije iz Primera 9

p1 ∨ p2 ∨ · · · ∨ pn

p1 ⇒ r

p2 ⇒ r

. . .

pn ⇒ r

∴ r

Kako ovde n moze biti bilo koji prirodan broj, ispravnost ove argu-

mentacije ne mozemo dokazati upotrebom istinitosne tablice.

Ovde cemo prikazati drugi metod dokazivanja ispravnosti, gde se koristi

metod svodenja na protivrecnost.



Uzmimo da su za neke vrednosti iskaznih slova p1, p2, . . . , pn i r sve

premise tacne. Treba dokazati da je onda tacan i zakljucak r.

Pretpostavimo suprotno, da r nije tacno. Za svaki k ∈ {1, 2, . . . , n},

implikacija pn ⇒ r je tacna, a r nije tacno, odakle sledi da ni pk ne

moze da bude tacno.

Prema tome, imamo da su svi iskazi p1, p2, . . . ,pn netacni, odakle je

netacna i njihova disjunkcija.

Medutim, tu dolazimo do kontradikcije, jer smo na pocetku pretpostavili

da su sve premise, pa i disjunkcija p1 ∨ p2 ∨ · · · ∨ pn, tacne.

Iz svega ovoga zakljucujemo da nam je bila losa pretpostavka da je r

netacno, pa na kraju zakljucujemo da r mora da bude tacno, i dakle,

argumentacija je ispravna.



Primer 14: Prevesti sledece iskaze u iskazne formule i utvrditi da lije argumentacija ispravna:

Ako su jedine osobe prisutne u kuci u vreme ubistva bili batler i sobarica,

tada je batler ubica ili je sobarica ubica.

Jedine osobe prisutne u kuci u vreme ubistva su bili batler i sobarica.

Ako je sobarica ubica, onda je sobarica imala motiv za ubistvo.

Sobarica nije imala motiv za ubistvo.

∴ Batler je ubica.

Resenje: Uvedimo sledece oznake za iskaze

P : ”Jedine osobe prisutne u kuci u vreme ubistva su bili batler i sobarica”,

B: ”Batler je ubica”,

S: ”Sobarica je ubica”,

M : ”Sobarica je imala motiv za ubistvo”.



Tada gornja argumentacija postaje

P ⇒ B ∨ S

P

S ⇒ M

¬M

∴ B

Svodenjem na protivrecnost dokazacemo da je argumentacija ispravna.

Pretpostavimo da argumentacija nije ispravna, tj. da postoji interpre-

tacija v u kojoj su sve premise tacne, a zakljucak nije tacan, tj.

v(P ⇒ B ∨ S) = 1, v(P ) = 1, v(S ⇒ M) = 1,

v(¬M) = 1, v(B) = 0.



Odavde dobijamo da je

v(P ) = 1, v(M) = 0, v(B) = 0,

i iz v(S ⇒ M) = 1 i v(M) = 0 zakljucujemo da je

v(S) = 0.

Ako sada iskoristimo sve te vrednosti, dobijamo

v(P ⇒ B ∨ S) = 1 ⇒ 0 ∨ 0 = 1 ⇒ 0 = 0,

sto je u suprotnosti sa pretpostavkom

v(P ⇒ B ∨ S) = 1.

Dakle, zakljucujemo da nam je polazna pretpostavka bila pogresna, tj.

da je argumentacija ispravna.


Greške u zaklju civanjuGreške u zaklju civanjuGreške u zaklju civanju

Greska u zakljucivanju je takav nacin izvlacenja zakljucaka koji dovodi

do neispravne argumentacije.

Medu takvim greskama mozemo izdvojiti tri opsta tipa:

1. Koriscenje viseznacnih premisa i njihovo razmatranje kao da su jed-

noznacne;

2. Pretpostavljanje onog sto treba da bude dokazano bez da je izve-

deno iz premisa (to se na engleskom zove begging the question);

3. Skakanje na zakljucak bez adekvatnog osnova.

Ovde cemo razmotriti jos dve vrste gresaka: gresku konverzije i gresku

inverzije.



Primer 15: Greska konverzije

Dokazati da je sledeca argumentacija neispravna:

Ako Perica vara na ispitima, onda Perica sedi u prvoj klupi.

Perica sedi u prvoj klupi.

∴ Perica vara na ispitima.

Veliki broj ljudi uocava neispravnost ove argumentacije intuitivno, razmi-

sljajuci na sledeci nacin: Prva premisa daje informaciju o Perici ako je po-

znato da vara na ispitima. Medutim, ona ne daje informaciju o njemu ako

on vec nije registrovan kao neko ko vara na ispitima.

Svakako se moze zamisliti osoba koja ne vara na ispitima, ali se desilo

da sedi u prvoj klupi. Ako u ovu argumentaciju umesto Perice ukljucimo

tu osobu, dobicemo da su premise tacne, a zakljucak je netacan.



Gornja argumentacija se simbolicki moze izraziti na sledeci nacin:

p ⇒ q

q

∴ p

Formiranjem istinitosne tablice lako mozemo i formalno ustanoviti da

je argumentacija neispravna.

Ovakva pogresna argumentacija naziva se greska konverzije, jer se dobi-

ja iz ispravne argumentacije (modus ponens) konverzijom prve premise,

sto nije ispravno, jer smo videli da implikacija i njena konverzija nisu

logicki ekvivalentne.

Ova greska se jos naziva i greska potvrdivanja zakljucka.



Primer 16: Greska inverzije

Razmotrimo argumentaciju datu sa

Ako kamate rastu, onda ce cene proizvoda pasti.

Kamate ne rastu.

∴ Cene proizvoda nece pasti.

ili simbolicki

p ⇒ q

¬p

∴ ¬q



Neispravnost ove argumentacije se moze lako utvrditi pomocu istini-

tosne tablice.

Ovakva pogresna argumentacija naziva se greska inverzije, jer se dobija

iz ispravne argumentacije (modus ponens) inverzijom prve premise, sto

takode nije ispravno, jer smo videli da implikacija i njena inverzija nisu

logicki ekvivalentne.

Ova greska se jos naziva i greska poricanja premise.



Primer 17: Ispravna argumentacija za netacnim zakljuckom

Razmotrimo sledecu argumentaciju:

Ako je Dzon Lenon bio rok zvezda, onda je Dzon Lenon imao

crvenu kosu.

Dzon Lenon je bio rok zvezda.

∴ Dzon Lenon je imao crvenu kosu.

Ova argumentacija je ispravna, na osnovu modus ponensa, ali zakljucan

nije tacan. Zasto?

Pa zato sto prva premisa nije tacna.



Primer 18: Neispravna argumentacija za tacnim zakljuckom

Razmotrimo sledecu argumentaciju:

Ako je Njujork veliki grad, onda Njujork ima visoke zgrade.

Njujork ima visoke zgrade.

∴ Njujork je veliki grad.

Ova argumentacija je neispravna (greska konverzije), ali zakljucak je

ipak tacan.

Ovaj primer nam pokazuje da ispravnost argumentacije jeste svojstvo

forme argumentacije: Ako je argumentacija ispravna, onda je ispravna

i svaka druga argumentacija iste forme.

Slicno, ako je argumentacija neispravna, onda je neispravna i svaka

druga argumentacija iste forme.



Treba jos jednom istaci da ono sto karakterise jednu ispravnu argu-

mentaciju je to da se ne moze desiti da sve premise budu tacne a da

zakljucak bude netacan.

Medutim, i kod ispravne argumentacije se moze desiti da neke od

premisa budu netacne, a da zakljucak bude tacan, kao i da neke od

premisa budu netacne i da zakljucak bude netacan.

p q p ⇒ q p q

1 1 1 1 1 tacne premise, tacan zakljucak

1 0 0 1 0 netacna premisa, netacan zakljucak

0 1 1 0 1 netacna premisa, tacan zakljucak




Sa druge strane, kod neispravne argumentacije sigurno postoji slucaj

kada su premise tacne, a zakljucak netacan.

Takode, moguce su i sve ostale kombinacije: da i premise i zakljucak

budu tacni, iako je argumentacija neispravna, da neka od premisa

bude netacna, a da zakljucak bude tacan, ili da neka od premisa bude

netacna, i da zakljucak bude netacan.

p q p ⇒ q q p

1 1 1 1 1 tacne premise, tacan zakljucak

1 0 0 0 1 netacne premise, tacan zakljucak

0 1 1 1 0 tacne premise, netacan zakljucak



Neka svojstva argumentacijaNeka svojstva argumentacijaNeka svojstva argumentacija

Neka je data argumentacija

P1

P2

. . .

Pn

∴ Q

Ukoliko je ova argumentacija ispravna, onda za formulu Q kazemo da je

posledica skupa formula P1, P2, . . . , Pn, pri cemu te formule nazivamo

hipoteze, i to simbolicki oznacavamo sa

P1, P2, . . . , Pn |= Q



Teorema 1: Neka su date iskazne formule P1, P2, . . . , Pn i Q.

Tada vazi:

P1, . . . , Pn−1, Pn |= Q ako i samo ako P1, . . . , Pn−1 |= Pn ⇒ Q

Specijalno, za formule P i Q vazi:

P |= Q ako i samo ako |= P ⇒ Q

Dokaz: Neka vazi P1, . . . , Pn−1, Pn |= Q.

Da bi dokazali da vazi i P1, . . . , Pn−1 |= Pn ⇒ Q, razmotricemo

proizvoljnu interpretaciju v formula P1, . . . , Pn, Q, u kojoj su tacne

sve formule P1, . . . , Pn−1, i dokazacemo da je u toj interpretaciji tacna

i formula Pn ⇒ Q.



Zaista, ako je v(Pn) = 0, tada je v(Pn ⇒ Q) = 1, nezavisno od

istinitosne vrednosti formule Q.

Sa druge strane, ako je v(Pn) = 1, tada su u interpretaciji v tacne sve

formule P1, . . . , Pn−1, Pn, pa prema polaznoj pretpostavci imamo da je

v(Q) = 1. Prema tome, v(Pn ⇒ Q) = v(Pn) ⇒ v(Q) = 1 ⇒ 1 = 1.

Time smo dokazali da vazi P1, . . . , Pn−1 |= Pn ⇒ Q.

Obratno, pretpostavimo da vazi P1, . . . , Pn−1 |= Pn ⇒ Q.

Da bi dokazali da vazi P1, . . . , Pn−1, Pn |= Q, razmotricemo proizvoljnu

interpretaciju v formula P1, . . . , Pn, Q, u kojoj su tacne sve formule

P1, . . . , Pn, i dokazacemo da je u toj interpretaciji tacna i formula Q.



Kako su u interpretaciji v tacne sve formule P1, . . . , Pn−1, to na

osnovu pretpostavke dobijamo da je tacna i formula Pn ⇒ Q, odnosno

v(Pn ⇒ Q) = 1.

Kako, osim toga, imamo da je v(Pn) = 1, to mora biti i v(Q) = 1, jer

bi u suprotnom dobili da je v(Pn ⇒ Q) = 0.

Dakle, dokazali smo da vazi P1, . . . , Pn−1, Pn |= Q.

Na potpuno isti nacin dokazujemo i drugi deo tvrdenja.



Napomena 2: Teorema 1 predstavlja nesto sto veoma cesto

koristimo u svakodnevnoj matematickoj praksi.

Naime, cesto se desava da iz nekih pretpostavki P1, . . . , Pn−1 treba da

izvedemo neki zakljucak koji ima oblik implikacije Pn ⇒ Q.

U takvim prilikama cesto premisu Pn implikacije Pn ⇒ Q prikljucujemo

pretpostavkama P1, . . . , Pn−1, i umesto da dokazujemo da je Pn ⇒ Q

posledica pretpostavki P1, . . . , Pn−1, mi dokazujemo da je Q posledica

pretpostavki P1, . . . , Pn−1, Pn.

Na osnovu Teoreme 1, ta dva nacina su ravnopravna.



Teorema 2: P1, . . . , Pn |= Q ako i samo ako P1 ∧ · · · ∧ Pn |= Q.

Dokaz: Ovo tvrdenje je neposredna posledica cinjenice da su u nekoj

interpretaciji sve formule P1, . . . , Pn tacne ako i samo ako je u toj

interpretaciji tacna formula P1 ∧ · · · ∧ Pn.


Neprotivre cnost skupa formula (iskaza)Neprotivre cnost skupa formula (iskaza)Neprotivre cnost skupa formula (iskaza)

Za skup formula {P1, . . . , Pn} kazemo da je neprotivrecan ako postoji

neka interpretacija u kojoj su sve te formule tacne.

Sa druge strane, za ovaj skup formula kazemo da je protivrecan, ili da

je kontradiktoran, ako ni u jednoj interpretaciji sve formule iz tog skupa

ne mogu biti istovremeno tacne, odnosno ako je u svakoj interpretaciji

bar jedna od njih netacna.

Umesto skup formula, kaze se i da su same formule protivrecne, odnosno

neprotivrecne.

Primetimo da ako su u nekoj argumentaciji premise protivrecne, onda

je ta argumentacija ispravna bez obzira koju formulu smo uzeli za za-

kljucak, jer ne postoji interpretacija u kojoj su sve premise tacne.



Teorema 3: Formule P1, P2, . . . , Pn su protivrecne ako i samo ako

se iz tih formula kao posledica moze izvesti kontradikcija.

Dokaz: Neka je C kontradikcija i P1, . . . , Pn |= C. U proizvoljnoj in-

terpretaciji formula P1, P2, . . . , Pn, formula C je netacna, odakle sledi

da je i bar jedna od formula P1, P2, . . . , Pn netacna u toj interpretaciji.

Dakle, ne postoji interpretacija u kojoj su sve formule P1, P2, . . . , Pn

tacne, pa su te formule protivrecne.

Obratno, ako su formule P1, P2, . . . , Pn protivrecne, odnosno ako ne

postoji interpretcija u kojoj su sve one tacne, onda je P1, . . . , Pn |= Q,

za bilo koju formulu Q, pa time i za bilo koju kontradikciju.



Teorema 4: Neka je C kontradikcija. Tada vazi:

P1, . . . , Pn, ¬Q |= C ako i samo ako P1, . . . , Pn |= Q

Dokaz: Neka vazi P1, . . . , Pn, ¬Q |= C.

Uzmimo da je v bilo koja interpretacija u kojoj su tacne sve formule

P1, . . . , Pn. Prema prethodnoj teoremi, formule P1, . . . , Pn i ¬Q su

protivrecne, sto znaci da mora biti v(¬Q) = 0, odnosno v(Q) = 1.

Odavde zakljucujemo da vazi P1, . . . , Pn |= Q.

Obratno, neka vazi P1, . . . , Pn |= Q. Prema prethodnoj teoremi, dovolj-

no je dokazati da su formule P1, . . . , Pn i ¬Q protivrecne, odnosno, da

je u proizvoljnoj interpretaciji bar jedna od njih netacna.

Zaista, neka je v proizvoljna interpretacija formula P1, . . . , Pn i ¬Q.



Ako je neka od formula P1, . . . , Pn netacna u toj interpretaciji, onda

imamo ono sto treba dokazati.

Sa druge strane, ako su sve formule P1, . . . , Pn tacne u interpretaciji

v, onda je, prema pretpostavci, u njoj tacna i formula Q, pa nije tacna

formula ¬Q, pa smo opet dobili ono sto treba dokazati.

Dakle, zakljucujemo da su formule P1, . . . , Pn i ¬Q protivrecne, odnosno

da se iz njih moze izvesti kontradikcija.

Napomena 3: I prethodna teorema se veoma cesto koristi u praksi.

Naime, kada iz nekih premisa P1, . . . , Pn izvodimo zakljucak Q, cesto

premisama prikljucujemo negaciju zakljucka ¬Q, i ako iz tih premisa

izvedemo kontradikciju, onda zakljucujemo da se Q zaista moze izvesti

iz P1, . . . , Pn.



Primer 19: Cetiri prijatelja - Arthur, Betty, Charles i Dorothy - su

osumnjiceni za ubistvo. Pred istraznim sudijom izjavili su

sledece:

Arthur: Ako je Betty kriva, kriva je i Dorothy.

Betty: Arthur je kriv, a Dorothy nije kriva.

Charles: Ja nisam kriv, ali su Arthur ili Dorothy krivi.

Dorothy: Ako Arthur nije kriv, tada je kriv Charles.

Za X ∈ {A, B, C, D} neka je sa X predstavljen iskaz ”X je nevin”.

(a) Da li su ove cetiri izjave neprotivrecne, odnosno da li je skup formula

dobijen prevodenjem u iskaznu logiku neprotivrecan?

(b) Ako svako govori istinu, ko je kriv?

Opravdati odgovore.



Resenje: Gornje izjave prevodimo u formule na sledeci nacin:

Arthur: ¬B ⇒ ¬D;

Betty: ¬A ∧ D;

Charles: C ∧ (¬A ∨ ¬D);

Dorothy: A ⇒ ¬C.

Kada bi gornje formule imale manji broj iskaznih slova, onda bi se ne-

protivrecnost tog skupa formula mogla dokazati formiranjem zajednicke

tablice istinitosti za te formule, odakle bi se jasno videlo da li postoji

interpretacija u kojoj su sve cetiri formule tacne.

Medutim, ovde imamo 4 iskazna slova, pa bi ta tablica bila suvise velika.

Zbog toga koristimo drugaciju metodologiju.



Pretpostavimo da postoji interpretacija v tih formula u kojoj su sve

cetiri formule tacne, i odredimo vrednosti iskaznih slova A, B, C i D

u toj interpretaciji.

Iz v(¬A ∧ D) = 1 dobijamo da je v(A) = 0 i v(D) = 1.

Dalje, iz v(C ∧ (¬A ∨ ¬D)) = 1 sledi da je v(C) = 1.

Konacno, iz v(¬B ⇒ ¬D) = 1 i v(¬D) = 0 sledi da je v(¬B) = 0,

tj. v(B) = 1.

Prema tome, dobili smo da je interpretacija v zadata sa

v =

(

A B C D

0 1 1 1

)



Ako se sada vratimo unazad, dobicemo da su sve cetiri formule tacne

u interpretaciji v, sto znaci da je gornji skup formula neprotivrecan, tj.

da izjave nisu protivrecne.

Takode, ako su sve cetiri izjave tacne, onda iz napred pokazanog sledi

da se to moze desiti samo u slucaju gornje interpretacije v, sto znaci

da je Arthur kriv, a da su ostali nevini.


Documents

Ispravna i neispravna argumentacija - Пријаваnasport.pmf.ni.ac.rs/materijali/2114/DS-P03-IL-3.pdf · Diskretne strukture – 2 – Iskazna logika - III deo. Ispravna i neispravna