Logikos pratybos

Arimantas RAŠKINIS, Gediminas KAROBLIS

Logikos užduočių pratybos

Arimantas RAŠKINIS, Gediminas KAROBLIS

Logikos užduočių pratybosMokomoji knyga

VYTAUTO DIDŽIOJO UNIVERSITETASKAUNAS • 2007

UDK 16(076) Ra233

Apsvarstyta ir rekomenduota spausdinti Vytauto Didžiojo universiteto Humani-tarinių mokslų fakulteto posėdyje 2007 ?????? (protokolo Nr. ??? ) ir Humanita-rinių mokslų fakulteto tarybos posėdyje 2007 ????? (protokolo Nr. ??? ).

Recenzentai:

© A. Raškinis, G. Karoblis, 2007 ISBN 978-9955-12-208-1 © Vytauto Didžiojo universitetas, 2007

1. Sudėtingų loginių išraiškų teisingumo reikšmių nustatymas ir lentelių sudarymas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92. Loginių santykių nustatymas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153. Kalbos tekstų formalizavimas teiginių logikos priemonėmis . . . . . . 174. Simbolinių išraiškų skaitymas ir užrašymas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205. Teiginių logikos dėsniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226. Samprotavimų pagrįstumo nustatymas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247. Išraiškų užrašymas disjunkyviąja ir konjunktyviąja normaliąja forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

SAVYBIŲ LOGIKA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1. Kalbos tekstų formalizavimas savybių logikos priemonėmis . . . . . . 30

2. Simbolinių išraiškų skaitymas ir užrašymas savybių logikoje . . . . . . 343. Dualumo principo taikymas savybių logikos išraiškoms . . . . . . . . . 364. Kategorinių teiginių išraiškų pertvarkymas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375. Būtinų ir pakankamų sąlygų užrašymas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

SANTYKIŲ LOGIKA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431. Kalbos tekstų formalizavimas santykių logikos priemonėmis . . . . . 432. Veiksmai su santykiais – šeimyninių santykių apibrėžimai . . . . . . . . 473. Apibrėžimas santykių kaip Dekarto sandaugos poaibių . . . . . . . . . . 494. Santykių savybės . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515. Samprotavimų santykių logikoje pagrįstumo nustatymas . . . . . . . . . 52

KLASIŲ LOGIKA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 1. Kategorinių teiginių formalizavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2. Klasių skirstymas ir apibrėžimai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583. Informacijos, esančios hierarchinėje klasifikacijoje, simbolinisužrašymas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

Turinys

PRATARMĖ ......................................................................................................... 7 TEIGINIŲ LOGIKA ........................................................................................... 9

LOGINĖS KLAIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Įvadas. Trys ženklo matmenys ....................................................................641. Loginės sintaksės klaidos ........................................................................642. Loginės semantikos klaidos ....................................................................69 3. Loginės pragmatikos klaidos ..................................................................74

ATSAKYMAI IR PAAIŠKINIMAI .................................................................78 I. Teiginių logika ...........................................................................................78

II. Savybių logika ..........................................................................................83III. Santykių logika .......................................................................................87IV. Klasių logika ............................................................................................91

REKOMENDUOJAMA LITERATŪRA .........................................................97

7

Pratarmė

Vytauto Didžiojo universitete skaitomas Logikos kursas gerokai skiriasi nuo tradiciškai skaitomų logikos kursų kitose aukštosiose mokyklose. Tai susiję pirmiausia su tuo, jog VDU yra humanitari-nio profilio universitetas ne tik teikiamų studijų programų požiū-riu, bet ir į asmenybės ugdymą ir plataus bendražmogiškojo mąsty-mo formavimą nukreipta paradigma.

Formuojant šio kurso turinį dėmesys kreipiamas į keletą tikslų.1. Siekiama, kad logika, kaip mokslas apie mąstymo dėsnius ir

formas, studijuojančiąjam taptų jo mąstymo pažinimo priemone suprantant, kad savojo mąstymo pažinimas yra labai svarbus savęs pažinimo aspektas, o be savęs pažinimo yra sunku kalbėti apie in-tegralios, inteligentiškos asmenybės ugdymą.

2. Siekiama ne tik suteikti studijuojančiajam plačių teorinių ži-nių, bet ir padėti susiformuoti elementarius loginio raštingumo kultūros įgūdžius, sprendžiant paprastus, tam skirtus uždavinėlius.

3. Pagaliau buvo keliamas labai pragmatiškas tikslas – išmokyti studentus lengvai pastebėti ir identifikuoti viešosios komunikacijos erdvėje sutinkamas logikos klaidas, kad jie tokių klaidų nedarytų, lengvai jas pamatytų viešųjų disputų metu ir, pagaliau, kad galė-tų atpažinti ir apsisaugoti nuo bandymų manipuliuoti jų mąstymo laisve.

Todėl formuojant šio logikos kurso turinį, kad būtų išvengta įprasto kursui fragmentiškumo ir būtų geriau atskleista integrali žmogiškojo

PRATARMĖ

LO GIKOS UŽDUO ČIŲ PRAT YB OS

8

mąstymo visuma, buvo atsisakyta kai kurių tradiciškai dažnai sutin-kamų specializuotų logikos skyrių (silogistika, formalioji dedukcija), vietoj jų įvedant modernesnius, naujus mąstymo aspektus apimančius skyrius, išlyginančius tradicinių kursų netolygumus (klausimų – atsa-kymų logika, uždavinio samprata, santykiais paremti samprotavimai, žinojimo visumos loginės struktūros, loginės pragmatikos principai). Išskirtinis dėmesys skiriamas loginių klaidų teorijai ir analizei.

Kurso dėstymo metodiką lėmė tikslas suformuoti klausytojams loginių žinių praktinio taikymo įgūdžius, išmokyti tas žinias taikyti kasdieninėje praktikoje. Todėl namų darbų, koliokviumo ir egzamino metu žinios tikrinamos ne reikalaujant perpasakoti teoriją, bet reika-laujant pademonstruoti mokėjimą taikyti tas žinias sprendžiant pa-prastus praktinius loginius etiudus. Kad studentams būtų lengviau susiformuoti praktinių uždavinių, suderintų su kurso turiniu, spren-dimo įgūdžius, ir buvo sukurtas šis uždavinynas.

Visa pateikiama medžiaga suskirstyta į skyrius pagal logikos už-duočių temas – teiginių, savybių, santykių ir klasių logika, loginių klaidų analizė. Kiekviename skyriuje yra po keletą pavyzdžių, kaip reikia atlikti ir pateikti elementariausių tipinių užduočių sprendimus. Sprendimai palydimi minimaliais teoriniais komentarais, kiekvieno tipo užduoties pradžioje – trumpas jos pristatymas, pabaigoje patei-kiamos užduotys savarankiškam sprendimui. Knygos pabaigoje nu-rodomi savarankiškų užduočių sprendimo atsakymai bei sprendimo ypatumų komentarai.

9

1. Sudėtingų loginių išraiškų teisingumo reikšmių nustatymas ir lentelių sudarymas

Kad būtų galima spręsti šio tipo uždavinius, reikia mintinai mokėti pagrindines teiginių logikos jungtis – konjunkciją, silpnąją ir griežtą-ją disjunkcijas, implikaciją ir ekvivalentiškumą apibrėžiančias teisin-gumo lenteles:

Lent. 1.1.1zp q ~p ~q p∧q p∨q p∨q p→q p↔qt t k k t t k t tt k k t k t t k kk t t k k t t t kk k t t k k k t t

1. PavyzdysUžduotis. Sudarykite teisingumo lentelę išraiškai: ~[(p∧q) →

(~p∨~q)].

Sprendimas: Sudarant sudėtingos loginės išraiškos teisingumo lentelę reikia nustatyti, kokios yra tos išraiškos teisingumo reikšmės visoms galimoms kintamųjų reikšmių kombinacijoms. Užduoties sprendimo eigą seksime smulkiais žingsneliais.

1. Išraiškos struktūros analizė. Pirmiausia analizuojame simbolinę išraišką ir išsiaiškiname, kokia tvarka reikia atlikti veiksmus. Mūsų iš-raiškos atveju matome, kad galutinį rezultatą gausime atlikę neigimo

Teiginių logika

TEIGINIŲ LO GIKA


10

operaciją su laužtiniuose skliaustuose esančia reikšme. O laužtinių skliaustų reikšmę gausime atlikę disjunkcijos operaciją su paprastuo-se skliaustuose esančiomis reikšmėmis. Vadinasi, teisingumo reikš-mes reikia pradėti skaičiuoti nuo vidinių skliaustų ir, panašiai kaip algebroje, nuosekliai atlikinėti veiksmus, kol bus suskaičiuota galuti-nė išraiškos reikšmė.

2. Lentelės parengimas. Nusibraižome lentelę, kurios viršutinė ei-lutė skirta antraštei, likusios – galimoms kintamųjų kombinacijoms. Mūsų atveju, esant dviems kintamiesiems – p ir q, turėsime 22 = 4 kombinacijas. Jeigu būtų 3 kintamieji, tai reikėtų skirti 23 = 8 eilu-tes. Antraštėje įrašome kintamųjų p ir q pavadinimus ir pačią loginę išraišką, išskaidydami ją stulpeliais taip, kad kiekviename stulpely-je būtų arba paties vidurinio lygio skliaustų turinys, arba aukštesnio lygio operacijos simbolis. Pridedame dar vieną eilutę, kurioje pasi-žymėsime žingsnio numerį. Stulpeliuose su nepriklausomais kinta-maisias p ir q kiekvienoje eilutėje įrašome jos kintamųjų teisingumo reikšmių kombinaciją. Užduoties išraiškos teisingumo reikšmes skai-čiuoti parengta lentelė pavaizduota Lent. 1.1.2.

Lent. 1.1.2p q ~ p∧ q → ~p ∨ ~qt tt kk tk kveiksmų seka:

3. Lentelės užpildymas. Lentelė pildoma pažingsniui, pradedant nuo pačių vidurinių skliaustų reikšmių užpildymo, kol pasiekiama paskutinė jungtis, atitinkanti visos lentelės reikšmę. Kiekvienu žings-niu pildomos visos lentelės eilutės.

Pirmuoju žingsniu užpildomas konjunkcijos (p ∨ q) stulpelis (skaičiuojamoje išraiškoje ~[(p ∧ q) → (~p ∨ ~q)] pažymėtas pilkai). Jo reikšmės gaunamos iš konjunkcijos reikšmių apibrėžimo (Lent. 1.1.1), paprasčiausiai perrašant jas į skaičiuojamą lentelę.

TEIGINIŲ LO GIKA

11

Lent. 1.1.3p q ~ p∧ q → ~p ∨ ~qt t tt k kk t kk k kveiksmų seka: 1

Antruoju žingsniu užpildomas disjunkcijos (~p ∨ ~q) stulpe-lis (skaičiuojamoje išraiškoje ~[(p ∧ q) → (~p ∨ ~q)] pažymėtas pilkai). Jo reikšmės gaunamos iš disjunkcijos reikšmių apibrėžimo (Lent. 1.1.1), tačiau atsižvelgiama į tai, kad kintamųjų p ir q reikš-mės dėl neigimo yra pakeistos priešingomis (žr. Lent 1.1.4).

Lent. 1.1.4p q ~ p∧ q → ~p ∨ ~qt t t k k kt k k k t tk t k t t kk k k t t tveiksmų seka: 1 2

Trečiuoju žingsniu užpildomas implikacijos stulpelis (skaičiuoja-moje išraiškoje ~[(p ∧ q) → (~p ∨ ~q)] pažymėtas pilkai). Jo reikš-mės gaunamos iš implikacijos reikšmių apibrėžimo (Lent. 1.1.1), tačiau atsižvelgiama į 1 ir 2 žingsniais gautų stulpelių reikšmių po-ras. (žr. Lent 1.1.5).

Lent. 1.1.5p q ~ p∧ q → ~p ∨ ~qt t t k kt k k t tk t k t tk k k t tveiksmų seka: 1 3 2

Ketvirtuoju žingsniu užpildomas neigimo stulpelis (skaičiuoja-moje išraiškoje ~[(p ∧ q) → (~p ∨ ~q)] pažymėtas pilkai). Jo reikš-


12

mės gaunamos iš 3 žingsnio reikšmių pakeičiant jas priešingomis (žr. Lent 1.1.6).

Lent. 1.1.6p q ~ p∧ q → ~p ∨ ~qt t t t k kt k k k t tk t k k t tk k k k t tveiksmų seka: 4 1 3 2

Tokiu būdu teisingumo lentelės gali būti sudaromos bet kokioms išraiškoms.

2. PavyzdysUžduotis. Nustatykite teisingumo reikšmes išraiškai: ~(p ↔ ~r) ∧

(p → (q ∨ r)), kai: 1. p = t, q = t, r = k;2. p = t, q = k, r = k;3. p = k, q = t, r = k.Šioje užduotyje yra duota išraiška su 3 kintamaisiais, tačiau rei-

kalaujama sudaryti ne visą teisingumo lentelę su 8 eilutėmis, o tik dalinę toms trims nurodytoms kintamųjų kombinacijoms.

Sprendimas. Dalinė lentelė sudaroma analogiškai kaip ir pirma-jame pavyzdyje, naudojantis Lent. 1.1.1 pateiktais loginių operacijų apibrėžimais.1. Lentelės parengimas. Pirmiausia išanalizuojama pateiktos loginės išraiškos struktūra ir parengiama užpildymui pritaikyta lentelė:

Lent.1.1.7p q r ~ p ↔ ~ r ∧ p → q∨rt t kt k kk t kŽingsn. Nr.

TEIGINIŲ LO GIKA

13

2. Lentelės užpildymas. Lentelė pildoma pažingsniui, pradedant nuo pačių vidinių skliaustų:

Lent.1.1.8p q r ~ p ↔ ~ r ∧ p → q∨rt t k t tt k k t kk t k k tŽingsn. Nr. 1 2

Toliau nustatomos teisingumo reikšmės išorėje nuo vidinių skliaustų:

Lent.1.1.9p q r ~ p ↔ ~ r ∧ p → q∨rt t k k t t tt k k k t t kk t k t k k tŽingsn. Nr. 3 1 4 2

Skaičiuojama implikacija visiems dešiniesiems skliaustams (p→(q∨r):

Lent.1.1.10p q r ~ p ↔ ~ r ∧ p → q∨rt t k k t t t tt k k k t t k kk t k t k k t tŽingsn. Nr. 3 1 4 5 2

6 žingsniu paskaičiavus konjunkciją tarp 3 ir 5 žingsnių stulpelių, gaunamas galutinis atsakymas:

Lent.1.1.11p q r ~ p ↔ ~ r ∧ p → q∨rt t k k t k t t tt k k k t k t k kk t k t k t k t tŽingsn. Nr. 3 1 6 4 5 2


14

Labai svarbu gerai pasirinkti kiekviename žingsnyje operacijų tvarką. Čia gali būti daug laisvumo, pavyzdžiui, kiekvienu žingsniu nebūtinai atlikti kelias operacijas, kai kurias jų galima sukeisti vieto-mis, tik reikia atidžiai žiūrėti, kad neimtume skaičiuoti kokios nors reikšmės, kol dar nėra žinomos abiejų sudedamųjų dalių reikšmės.

Užduotys savarankiškam darbui

Sudaryti teisingumo lenteles šioms išraiškoms:1. [(~q ∧ p) ∨ q] ↔ (q → ~p);2. (p ∨ ~q) ∨ [(p ↔ ~q) →p];3. [~p ∧ (~q ∨ ~p)] ↔ (~q →p);4. ~q ∧ [p ∨ (~(p ∨ q) → ~p)];5. [((p ∧ q) ∨ ~q) ↔ ~q] ∨ ~p.

TEIGINIŲ LO GIKA

15

2. Loginių santykių nustatymas

Kai yra duota sistema teiginių p, q, r … (paprastų ar sudėtinų), ku-rie kažką teigia apie tarpusavyje susijusius realybės įvykius, svarbus uždavinys Nustatykite, kokie loginės priklausomybės santykiai yra tarp tų teiginių.

Koks konkretus loginis santykis yra tarp teiginių, nustatoma pa-gal tai, kokių teisingumo reikšmių kombinacijos tarp tų teiginių yra negalimos.

Čia pateikiama dviejų teiginių - p ir q loginius santykius nusa-kanti lentelė, kurioje parodyta, kokio santykio atveju kokios teisin-gumo reikšmių poros yra negalimos.

Lent.1.2.1p q Nesude-

rinami (priešingi)

k – nesuderinami (popriešingi)

iš p išplaukia q

iš q išplaukia p

tapatingi (lygiaver-čiai)

Prieštarau- jantys

t t --- t t t t ---t k t t --- t --- tk t t t t --- --- tk k t --- t t t ---

1. PavyzdysUžduotis. Nustatykite, koks loginis santykis yra tarp konjunkcijos

p = r∧s ir disjunkcijos q = r∨s.

Sprendimas. Norint nustatyti, koks loginis santykis yra tarp bet kurių išraiškų, reikia sudaryti jų teisingumo lenteles ir pasižiūrėti, kokių teisingumo reikšmių porų neegzistuoja. Sudarome r∧s ir r∨s teisingumo lenteles:

r s p = r∧s q = r∨st t t tt k k tk t k tk k k k


16

Matome, kad yra pora t-t (pirma eilutė), pora k-t (antra ir trečia eilutės), ketvirta eilutė yra pora k-k, tačiau nėra poros t-k. Jeigu konjunkcija yra teisinga, tai negalimas atvejis, kad disjunkcija būtų klaidinga.

Atsakymas. Santykis tarp konjunkcijos ir disjunkcijos – iš konjunk-cijos visados išplaukia disjunkcija, arba (r ∧ s) ⇒ (r ∨ s).

2. PavyzdysUžduotis. Nustatykite koks loginis santykis yra tarp išraiškų p = ~r ∨

~s ir q = ~r ∨ s.

Sprendimas. Sudarome išraiškų p = ~r ∨ ~s ir q = ~r ∨ s teisingumo lenteles ir pasižiūrime, kokių teisingumo reikšmių porų neegzistuo-ja.

r s p = ~r ∨ ~s q = ~r ∨ st t k tt k t kk t t tk k t t

Matome, kad yra pora k-t (pirma eilutė), pora t-k (antra eilutė), pora t-t (trečia ir ketvirta eilutė), tačiau nėra poros k-k. Vadinasi, negalimas atvejis, kad abi išraiškos būtų drauge klaidingos.

Atsakymas. Išraiškos p = ~r ∨ ~s ir q = ~r ∨ s yra popriešingos: tarp jų yra k-nesuderinamumo santykis.


Nustatykite koks loginis santykis yra tarp išraiškų:1. p = r ∧ s ir q = r ∨ s,2. p = r ∨ s ir q = r → s,3. p = r ∨ s ir q = r ∨ s,4. p = r ∨ s ir q = r ↔ s,5. ~r ir ~s.

TEIGINIŲ LO GIKA

17

3. Kalbos tekstų formalizavimas teiginių logikos priemonėmis

Šio tipo užduotyse yra reikalaujama sąlygos sakinyje išskirti ele-mentarius, to sakinio prasmę sudarančius, teiginius, pažymėti juos simboliais ir susieti tuos simbolius jungtimis taip, kad gautosios iš-raiškos prasmė atitiktų sakinio prasmę.

Rekomenduotini tokie užduoties sprendimo žingsniai:• perskaityti sakinį, įsigilinti ir suprasti jo prasmę;• suprasti, kiek elementarių teiginių yra sakinyje;• pasižymėti simboliais elementarius teiginius;• jeigu nepakankamai aišku, kokie loginiai ryšiai sieja tarpusavyje

elementarius teiginius, atlikti sakinio prasmės loginių galimy-bių analizę;

• Nustatykite, kokius loginius santykius išreiškia sudėtinis saki-nys, užrašykite išraišką.

1. PavyzdysUžduotis. Fomalizuokite patarlę: „Degtinei į trobą įeinant protas

išeina laukan“.

Sprendimas1. Sakinį sudaro du elementarūs teiginiai: p – degtinė įeina į trobą, q – protas išeina laukan.2. Sakinio prasmė: „Jeigu degtinė įeina į trobą, tai protas išeina lau-

kan“. Elementarius teiginius sieja implikacijos jungtis; simboliškai tai užrašoma taip: p → q.

2. PavyzdysUžduotis. Fomalizuokite patarlę: „Degtinė ir alus gimdo vargus“.

Sprendimas1. Sakinį sudaro du elementarūs teiginiai: p – degtinė gimdo vargus; q – alus gimdo vargus.


18

2. Sakinio prasmė: „Alus arba degtinė, arba abu drauge gimdo var-gus“. Elementarius teiginius sieja silpnosios disjunkcijos jungtis; sim-boliškai tai užrašoma taip: p ∨ q.

3. PavyzdysUžduotis. Fomalizuokite patarlę: „Pienas ir lašiniai – laisvi vidu-

riai“.

Sprendimas1. Sakinį sudaro trys elementarūs teiginiai: p – asmuo geria pieną; q – asmuo valgo lašinius; r – asmuo viduriuoja.2. Sakinio prasmė: „Jei asmuo tuo pačiu metu geria pieną ir val-

go lašinius, tai asmuo viduriuoja“. Elementarius teiginius sieja kon-junkcijos ir implikacijos jungtys; simboliškai tai užrašoma taip: (p∧q) → r.

4. PavyzdysUžduotis. Fomalizuokite patarlę: „Devynis kartus atmatuok, de-

šimtą kartą nupjauk“.

Sprendimas1. Sakinį sudaro du elementarūs teiginiai: p – asmuo devynis kartus matuoja; q – asmuo dešimtą kartą nupjauna.2. Sakinio prasmė nėra iš karto visai aiški, todėl tikslinga atlikti

sakinio prasmės loginių galimybių analizę. Analizuosime, kokios elementarių teiginių teisingumo reikšmės atitinka patarlės prasmę, kokios prieštarauja.

• p=t, q=t - asmuo devynis kartus matuoja ir dešimtą nupjauna – atitinka prasmę;

• p=t, q=k – asmuo devynis kartus matuoja, tačiau dešimtą ne-pjauna – neprieštarauja;

TEIGINIŲ LO GIKA

19

• p=k, q=t – asmuo devynis kartus nematuoja tačiau dešimtą nu-pjauna – prieštarauja;

• p=k, q=k – asmuo devynis kartus nematuoja ir dešimtą nepjau-na – neprieštarauja.

Matome, jog sakinio prasmė neleidžia trečio atvejo, kai nupjauna-ma neatmatavus, taigi: „Jeigu asmuo devynis kartus neatmatuoja, tai neatpjauna“. Simboliškai tai užrašoma taip: ~p → ~q.

Loginių galimybių analizę galima interpretuoti ir kitaip. Jeigu ne-galima teisingumo reikšmių pora p=k, q=t, tai reiškia, kad tarp teigi-nių yra santykis – iš q išplaukia p; simboliškai tai užrašoma: q → p.

Žinome, kad šios dvi išraiškos ekvivalentiškos: (~p → ~q) ↔ (q → p) – tai kontrapozicijos dėsnis.


Formalizuokite patarles:1. Neperšokęs per griovį, nesakyk „op“.2. Jei ne grybai ir ne uogos, dzūkų mergos būtų nuogos.3. Kad nupieštum dramblį, pirmiau reikia jį pamatyti.4. Ne širdis, o žodis yra neapykantos motina.5. Bagotam nevogti, senam nemeluoti.6. Formalizuokite Mikės Pūkuotuko pamąstymus apie bites: „Jeigu gir-

džiu dūzgimą, vadinasi, kas nors dūzgia, kiek žinau, dūgzti gali tik bitės“.


20

4. Simbolinių išraiškų skaitymas ir užrašymas

Šio tipo užduotyse yra reikalaujama simbolinę išraišką taisyklingai perskaityti ir tą tekstą užrašyti raštu arba atlikti atvirkščią operaci-ją – žodžiais pateiktą formulės išraišką užrašyti simboliais.

1. PavyzdysUžduotis. Perskaitykite išraišką: (p → ~ q) → (q → ~ p) ir už-

rašykite perskaitytą tekstą, sugalvokite originalų, išraišką atitinkantį, kalbos sakinį.

Sprendimas1. Užduoties išraiška skaitoma taip: „Jei iš p išplaukia ne-q, tai iš q

išplaukia ne-p“.2. Interpretacija – pasižymime: p – asmuo turi problemų, q – asmuo turi ramybę.Tada duotąją išraišką atitiks toks sakinys: „Iš to, kad jei asmuo turi

problemų, tai jis neturi ramybės, seka, kad jei asmuo turi ramybę, tai jis neturi problemų“.

Pastaba. Labai svarbu, kad perskaitytas tekstas būtų vienareikšmiš-kai suprantamas. Tai geriausia pasitikrinti iš perskaityto teksto atsta-tant pradinę išraišką. Tą problemą gerai iliustruoja kitas Pavyzdys

2. PavyzdysUžduotis. Sakinius:a) „Netiesa, kad jeigu p ir q, tai r“,b) „Jei ne p ir q, tai r“,c) „Iš to, kad netiesa, jog p ir q, išplaukia r“, arba „Jei netiesa, kad

p ir q, tai r“ užrašykite simboliais; sugalvokite kiekvienam iš jų ori-ginalų, išraišką atitinkantį kalbos sakinį.

Sprendimas1. Užduoties sakiniai užrašomi taip: a) ~( (p ∧ q) → r );

TEIGINIŲ LO GIKA

21

b) ( ~p ∧ q ) → r; c) ~( p ∧ q ) → r.

2. Interpretacija – pasižymime: p – asmuo yra talentingas, q – asmuo yra kvalifikuotas, r – asmeniui sekasi verslas.

Tada duotąsias išraiškas atitiks tokie sakiniai: a) Netiesa, kad jei tu talentingas ir kvalifikuotas, tai tau sekasi verslas.b) Jei tu netalentingas, bet kvalifikuotas, tai tau sekasi verslas.c) Jei nebūsi ir talentingas, ir kvalifikuotas, tai tau seksis verslas.


Perskaitykite išraiškas ir užrašykite perskaitytą tekstą, sugalvokite origina-lų, išraišką atitinkantį kalbos sakinį.

1. (p → q) ∧ (~ p → r).2. (p → r) ∧ (q → ~ r).Užrašykite simboliais sakinius: 3. Griežtoji disjunkcija, sudaryta iš konjunkcijos ne-q ir p ir iš q,- ekviva-

lenti implikacijai jeigu q, tai ne-p.4. Tik arba konjunkcija p ir ne-q, arba iš p ekvivalentiškumo ne-q išplaukia p.


22

5. Teiginių logikos dėsniai

Sprendžiant šio tipo užduotis reikia žinoti pagrindinius teiginių logikos dėsnius ir mokėti juos taikyti.

1. PavyzdysUžduotis. Užrašykite De Morgano taisyklės konjunkcijai simbolinę

išraišką, užrašykite raštu kaip ta išraiška turi skambėti skaitoma, pa-teikite savo sugalvotą interpretacijos pavyzdį.

Sprendimas1. De Morgano taisyklės konjunkcijai simbolinė išraiška yra:

~(p ∧ q) ↔ (~p ∨ ~q).2. Skaitoma: „Netiesa, kad p ir q ekvivalentiška tam, kad ne-p arba

ne-q“.3. Interpretacija – pasižymime: p – asmuo myli žmoną, q – asmuo myli uošvę.Tada teiginys „Netiesa, kad asmuo myli ir žmoną, ir uošvę“ ekvi-

valentiškas teiginiui „Asmuo nemyli arba žmonos, arba uošvės“, arba abiejų.

2. PavyzdysUžduotis. Užrašykite antecedento teigimo dėsnio simbolinę išraiš-

ką (teiginių logikoje), užrašykite raštu kaip ta išraiška turi skambėti skaitoma, pateikite savo sugalvotą samprotavimo pavyzdį, kuriame iš-vedimo taisyklė turi antecedento teigimo dėsnio pavidalą.

Sprendimas1. Antecedento teigimo dėsnio simbolinė išraiška yra: ((p→

q)∧p)→q.2. Skaitoma: „Jeigu iš p išplaukia q ir yra p, tai yra q“.3. Interpretacija – pasižymime: p – skaičius dalinasi iš 4, q – skaičius lyginis.

TEIGINIŲ LO GIKA

23

Samprotavimas: jeigu skaičius dalinasi iš 4, tai jis lyginis, skaičius iš 4 dalinasi, vadinasi, skaičius lyginis.Gali būti užrašytas simboliškai taip: p→q, p /∴ q ,

arba viena eilute: ((p→q)∧p)→q,

taigi, samprotavimas turi antecedento teigimo dėsnio pavidalą.


Panašiai, kaip pateiktuose pavyzdžiuose, kitiems jums žinomiems teiginių logikos dėsniams užrašykite simbolines išraiškas ir kaip tos išraiško skamba skaitomos, be to, sugalvokite savo originalią interpretaciją.


24

6. Samprotavimų pagrįstumo nustatymas

Šio tipo užduotyse yra pateikiamas samprotavimo pavyzdys ir yra reikalaujama Nustatykite, ar samprotavimas pagrįstas, ar ne, ir pa-aiškinti kodėl.

Rekomenduotini tokie užduoties sprendimo žingsniai:• perskaityti samprotavimą, įsigilinti, suprasti jo prasmę ir iš pra-

smės nustatyti jo pagrįstumą;• suprasti, kiek elementarių teiginių yra samprotavime, pasižy-

mėti simboliais elementarius teiginius;• samprotavimą užrašykite simboliškai, po to perrašyti viena eilu-

te;• Nustatykite, ar gauta simbolinė išraiška yra logikos dėsnis ir

koks.

1. PavyzdysUžduotis Samprotavimą: Jei durys užrakintos, tai jos neatsidaro; durys neatsidaro, vadinasi, durys užrakintos,

formalizuokite teiginių logikos simboliais, nustatykite ar samprota-vimas pagrįstas, t. y., ar jo išvedimo taisyklė yra logikos dėsnis. Jei taip, tai koks?

Sprendimas1. Samprotavimas, įsigilinus į jo prasmę, neatrodo pagrįstas, nes

durys gali neatsidaryti ir dėl kitų priežasčių (pavyzdžiui, gali būti užrūdiję vyriai).

2. Samprotavime yra du elementarūs teiginiai: Pasižymime: p – durys yra užrakintos, q – durys neatsidaro.3. Tada samprotavimas simboliškai užrašomas taip: p→q q

/∴ parba viena eilute: ((p→q) ∧ q) → p.

TEIGINIŲ LO GIKA

25

4. Logikos dėsnis su tokia simboline išraiška nėra žinomas, vadi-nasi, samprotavimas nėra pagrįstas.

Pastaba. Jeigu kyla abejonių, ar gautoji simbolinė išraiška tikrai nėra logikos dėsnis, tai rekomenduojama pasitikrinti sudarant tei-singumo lentelę:

p q [( p → q ) ∧ q] → pt t t t t t tt k k k k t tk t t t t k kk k t k k t kŽingsn. Nr. 1 3 2 5 4

Teisingumo lentelė rodo (5-to žingsnio stulpelis), kad išraiška tikrai nėra tautologija.

2. PavyzdysUžduotis. Samprotavimą: Metant monetą iškrenta arba herbas, arba pinigas; metant monetą iškrito herbas, vadinasi, neiškrito pinigas.formalizuokite teiginių logikos simboliais, nustatykite, ar sam-

protavimas pagrįstas, t. y. ar jo išvedimo taisyklė yra logikos dėsnis. Jei taip, tai koks?

Sprendimas1. Samprotavimas, įsigilinus į jo prasmę, atrodo pagrįstas, nes mė-

tant monetą yra galima tik viena iš dviejų alternatyvų; įvykus vienai, negali vykti antra.

2. Samprotavime yra du elementarūs teiginiai: Pasižymime: p – metant monetą iškrito herbas; q – metant monetą iškrito pinigas.3. Tada samprotavimas simboliškai užrašomas taip: p∨q p /∴ ~q

arba viena eilute: ((p∨q) ∧ p) → ~q.


26

4. Tai griežtosios alternatyvos teigimo dėsnis, vadinasi, sampro-tavimas yra pagrįstas.

Pastaba. Jeigu kyla abejonių, ar gautoji simbolinė išraiška tikrai yra logikos dėsnis, tai galima pasitikrinti sudarant teisingumo len-telę kaip ir pirmajame pavyzdyje.


Samprotavimus formalizuokite teiginių logikos simboliais, nustatykite ar samprotavimai Pagrįskite, t. y. ar jų išvedimo taisyklė yra logikos dėsnis. Jei taip, tai koks?

1. Jei asmuo turi problemų, tai jis neturi ramybės Vadinasi, jei asmuo neturi problemų, tai jis turi ramybę.

2. Jei nesiruošiu egzaminui, gausiu prastą pažymį. Gavau neprastą pažymį. Vadinasi, ruošiausi egzaminui.

3. Jeigu skaičius baigiasi nuliu, tai dalinasi iš 5. Skaičius 20 dalinasi iš 5. Vadinasi, skaičius 20 baigiasi nuliu.

4. Jeigu girdžiu motoro ūžimą, tai arti yra automobilis. Motoro ūžimo negirdžiu. Vadinasi, automobilio arti nėra.

5. Šį semestrą galiu klausyti logikos arba istorijos kursą. Logikos kursą tikrai klausau. Vadinasi, istorijos neklausau.

TEIGINIŲ LO GIKA

27

7. Išraiškų užrašymas disjunkyviąja ir konjunktyviąja normaliąja forma

Šio tipo užduotyse yra žinomos teisingumo lentelės teisingumo ir klaidingumo reikšmės. Reikalaujama užrašykite simbolinę išraišką, atitinkančią tas teisingumo - klaidingumo reikšmes. Nurodoma, ko-kiu pavidalu – konjunktyviąja normaliąja forma (k.n.f.) ar disjunkty-viąja normaliąja forma (d.n.f.) turi būti pateiktas atsakymas.

Rekomenduotini tokie užduoties sprendimo žingsniai:• jeigu reikalaujama atsakymą pateikti k.n.f., tai pasirenkamos tos

eilutės, kuriose nežinoma išraiška turi reikšmes k, nustatoma, kokios pagrindinės disjunkcijos tose eilutėse turi rekšmes k, tų disjunkcijų konjunkcija ir bus ieškoma išraiška;

• jeigu reikalaujama atsakymą pateikti d.n.f., tai pasirenkamos tos eilutės, kuriose nežinoma išraiška turi reikšmes t, nustatoma, kokios pagrindinės konjunkcijos tose eilutėse turi rekšmes t, tų konjunkcijų disjunkcija ir bus ieškoma išraiška.

1. PavyzdysUžduotis. Klaustukais (?,?) pažymėtame stulpelyje pateiktos neži-

nomos išraiškos f(p,q) teisingumo reikšmės. Pasinaudodami pagrin-dinių konjunkcijų ir disjunkcijų lentele užrašykite nežinomą išraišką f(p,q) disjunktyviąja normaliąja forma.

p q ?f(p,q) p∧q ~p∧q p∧~q ~p∧~q p∨q ~p∨q p∨~q ~p∨~qt t k t k k k t t t kt k t k k t k t k t tk t t k t k k t t k tk k k k k k t k t t tfunkc. Nr. ? 1 2 3 4 5 6 7 8

Sprendimas1. Kadangi atsakymą reikalaujama pateikti d.n.f. pavidalu, tai pa-

sirenkama 2 ir 3 eilutės, nes jose nežinoma išraiška turi reikšmes t. Šiose eilutėse reikšmes t turi pagrindinės konjunkcijos (p∧~q) ir (~p∧q).


28

2. Ieškoma funkcija bus tų konjunkcijų disjunkcija: f(p,q) ≡ (p∧~q) ∨ (~p∧q).

2. PavyzdysUžduotis. Klaustukais (?,?) pažymėtame stulpelyje pateikta neži-

nomos išraiškos f(p,q) teisingumo reikšmės. Pasinaudodami pagrin-dinių konjunkcijų ir dizjunkcijų lentele užrašykite nežinomą išraišką f(p,q) konjunktyviąja normaliąja forma.

p q ?f(p,q) p∧q ~p∧q p∧~q ~p∧~q p∨q ~p∨q p∨~q ~p∨~qt t k t k k k t t t kt k t k k t k t k t tk t t k t k k t t k tk k k k k k t k t t tfunkc. Nr. ? 1 2 3 4 5 6 7 8

Sprendimas1. Kadangi atsakymą reikalaujama pateikti k.n.f. pavidalu, tai pa-

sirenkama 1 ir 4 eilutės, nes jose nežinoma išraiška turi reikšmes k. Šiose eilutėse reikšmes k turi pagrindinės disjunkcijos (p∨q) ir (~p∨~q).

2. Ieškoma funkcija bus tų disjunkcijų konjunkcija: f(p,q) ≡ (p∨q) ∧ (~p∨~q).


Šiose užduotyse nežinomos išraiškos sudarytos iš 3 teiginių. Jų pagrindinių konjunkcijų ir pagrindinių disjunkcijų lentelės sudarytos iš 8 eilučių.

Naudodamiesi žemiau pateikta pagrindinių konjunkcijų teisingumo lentele, užrašykite disjunktyviąja normaliąja forma išraiškas funkcijoms f1, f2, f3.

f1 f2 f3 p q r p∧q∧r p∧q∧~r p∧~q∧r p∧~q∧~r ~p∧q∧r ~p∧q∧~r ~p∧~q∧r ~p∧~q∧~rk k t t t t t k k k k k k kk t t t t k k t k k k k k kk t t t k t k k t k k k k kt k k t k k k k k t k k k kk t t k t t k k k k t k k kt k k k t k k k k k k t k kt k k k k t k k k k k k t kk k t k k k k k k k k k k t

TEIGINIŲ LO GIKA

29

Naudodamiesi žemiau pateikta pagrindinių disjunkcijų teisingumo lentele, užrašykite konjunktyviąja normaliąja forma išraiškas funkcijoms f4, f5, f6.

f4 f5 f6 p q r p∨q∨r p∨q∨~r p∨~q∨r p∨~q∨~r ~p∨q∨r ~p∨q∨~r ~p∨~q∨r ~p∨~q∨~rk k t t t t t t t t t t t kk t t t t k t t t t t t k tk t t t k t t t t t t k t tt k k t k k t t t t k t t tk t t k t t t t t k t t t tt k k k t k t t k t t t t tt k k k k t t k t t t t t tk k t k k k k t t t t t t t


30

1. Kalbos tekstų formalizavimas savybių logikos priemonėmis

Šio tipo užduotyse yra reikalaujama sąlygos sakinyje išskirti ele-mentarias to sakinio prasmę sudarančias savybes, pažymėti jas sim-boliais ir susieti tuos simbolius jungtimis taip, kad gautosios išraiškos prasmė atitiktų sakinio prasmę.

Jeigu sakinys, kurį reikia fomalizuokite, yra sudėtingas – sudarytas iš kelių teiginių, tai formalizacijoje reikia atspindėti ir loginius santy-kius tarp teiginių, ir pačių teiginių vidinę struktūrą išreikšti savybių simboliais.

Todėl kaip tarpinį etapą galima pirmiausia sakinį užrašykite tei-ginių logikos priemonėmis, o po to teiginių vidinę prasmę bus pa-prasčiau išreikšti savybių simbolika. Užduoties sprendimui šis tarpi-nis etapas nėra būtinas, galima iš karto įvesti savybių pažymėjimus, tačiau toliau mūsų pateikiamuose pavyzdžiuose visur bus pirmiausia pateikiama formalizacija teiginiais, tik po to savybėmis. Manome, kad studijuojantiems turėtų būti naudinga palyginti formalizaciją tei-giniais ir savybėmis.

Rekomenduotini tokie užduoties sprendimo žingsniai:• perskaityti sakinį, įsigilinti ir suprasti jo prasmę;• suprasti, kiek elementarių teiginių yra sakinyje ir kokia tų teigi-

nių vidinė struktūra;• pasižymėti savybių simboliais teiginių elementarias sudedamą-

sias dalis;

Savybių logika

31

• jeigu nepakankamai aišku, kokie loginiai ryšiai sieja tarpusavyje elementarius teiginius, atlikti sakinio prasmės loginių galimy-bių analizę;

• Nustatykite, kokius loginius santykius išreiškia sudėtinis saki-nys, užrašykite išraišką.

1. PavyzdysUžduotis. Formalizuokite savybių logikos priemonėmis patarlę:

„Niekas negimsta išminčiumi“.

Teiginių analizė. Patarlės prasmėje galima išskirti du teiginius: p – asmuo yra tik ką gimęs, q – asmuo yra išminčius,

kuriais galima perduoti patarlės prasmę – „Netiesa, kad asmuo yra tik ką gimęs ir jau yra išminčius“. Simboliškai tai užrašoma taip: ~ (p ∧ q ).

Tačiau tokia formalizacija netiksliai perduoda patarlės prasmę, nes patarlė kalba ne apie pavienį asmenį, o apie asmenų, turinčių nauja-gimio ir išminčiaus savybes, visumą. Tikslus prasmės užrašymas ga-limas tik predikatų (savybių) logikos priemonėmis.

Sprendimas. Pasižymėkime: x – bet kuris asmuo, NG(x) – asmens savybė būti naujagimiu, I(x) – asmens savybė būti išminčiumi.

Pastaba. Čia NG(x) atitinka teiginį p, o I(x) – teiginį q.

1: Sakinio prasmė: „Neegzistuoja asmuo, kuris būtų drauge ir nau-jagimis, ir išminčius“. Elementarias savybes, kaip ir teiginius (p ir q), sieja konjunkcijos jungtis, o asmenų visumą charakterizuoja neegzis-tavimo savybė: ~∃x (NG(x) ∧ I(x)).

2. PavyzdysUžduotis. Formalizuokite savybių logikos priemonėmis sakinį: „Ir

namai, ir fabrikai puošia miesto veidą“.

SAVYBIŲ LO GIKA


32

Teiginių analizė. Sakinio prasmėje galima išskirti du teiginius: p – namai puošia miesto veidą, q – fabrikai puošia miesto veidą,

kuriais galima perduoti sakinio prasmę – „Namai, fabrikai arba abu drauge puošia miesto veidą“. Simboliškai tai užrašoma taip: (p ∨ q.

Tačiau tokia formalizacija ne visai tiksliai perduoda sakinio pra-smę, nes sakinys, kalbėdamas apie namus ir fabrikus, išskiria juos iš visų galimų pastatų visumos. Tikslus prasmės užrašymas galimas tik predikatų (savybių) logikos priemonėmis.

Sprendimas. Pasižymėkime: x – bet kuris pastatas, N (x) – pastatas turi savybę būti namu, F(x) – pastatas turi savybę būti fabriku, P(x) – pastatas turi savybę puošti miesto veidą.

Pastaba. Čia teiginius atitinka jau ne viena, o dvi savybės: teiginį p – (N(x) → P(x)), teiginį q – (F(x) → P(x)).

Sakinio „Bet kuris pastatas, jeigu jis yra namas arba jis yra fabri-kas, tai jis puošia miesto veidą“ prasmė užrašoma taip:

∀x [ (N (x) ∨ F(x)) → P(x) ].

3. PavyzdysUžduotis. Formalizuokite savybių logikos priemonėmis patarlę:

„Kvaila galva nei žyla, nei plinka“.

Teiginių analizė. Sakinio prasmėje galima išskirti du teiginius: p – kvaila galva nežyla, q – kvaila galva neplinka,

kuriais galima perduoti sakinio prasmę – „Kvaila galva ir nežyla, ir neplinka“. Simboliškai tai užrašoma taip: (p ∧ q ).

Tikslus, apibendrintas prasmės užrašymas savybių logikos prie-monėmis bus toks:

33

Sprendimas. Pasižymėkime: x – bet kuris objektas, KG (x) – objektas turi savybę būti kvaila galva, Ž(x) – objektas turi savybę žilti, P(x) – objektas turi savybę plikti.

1: Sakinio „Bet kuris objektas, jeigu jis yra kvaila galva, nežyla ir neplinka“ prasmė užrašoma taip:

∀x [ KG(x) → ( ~Ž(x) ∧ ~P(x)) ].


Formalizuokite savybių logikos priemonėmis sakinius:1. Viskas liūdna ir nemiela.2. Kiekvienas sportas reikalauja pastangų, nors ne kiekvienas išspaudžia

prakaitą.3. Visi nori uždirbti, bet niekas nenori dirbti.4. Tik prasti paukščiai savo lizdą teršia.5. Kai kurios beždžionėlės gražios arba protingos.

SAVYBIŲ LO GIKA


34

2. Simbolinių išraiškų skaitymas ir užrašymas savybių logikojeŠio tipo užduotyse yra reikalaujama simbolinę išraišką taisyklingai

perskaityti ir tą tekstą užrašykite raštu arba atlikti atvirkščią operaci-ją – žodžiais pateiktą formulės išraišką užrašykite simboliais.

1. PavyzdysUžduotis. Perskaitykite išraišką: ∃x(L(x) ∧ ~K(x)) ∧ ∀x(K(x) →

L(x)) ir užrašykite perskaitytą tekstą, sugalvokite originalų, išraišką atitinkantį kalbos sakinį, užrašykite sklandžia literatūrine kalba.

Sprendimas1. Užduoties išraiška skaitoma taip: „Egzistuoja x-ai, kurie turi sa-

vybes L ir ne-K, ir kiekvienas x-as, jei jis turi savybę K, tai turi ir savybę L“.

2. Interpretacija – pasižymime: x – bet kuris asmuo L(x) – asmuo yra ligonis (turi savybę būti ligoniu), K(z) – asmuo karščiuoja (turi savybę karščiuoti).Tada duotąją išraišką atitiks toks sakinys: „Pasitaiko ligonių, kurie

nekarščiuoja, tačiau kiekvienas karščiuojantis asmuo yra ligonis“.

2. PavyzdysUžduotis. Sakinį: Jeigu egzistuoja x-sai, turintys ir savybę F, ir sa-

vybę G, tai reiškia, jog egzistuoja x-sai, kurie turi savybę F, ir egzis-tuoja x-sai, kurie turi savybę G užrašykite simboliais; sugalvokite jam atitinkančią originalią literatūrinės kalbos interpretaciją, užrašykite sklandžia literatūrine kalba.

Sprendimas1. Užduoties sakinys užrašomas taip: ∃x [ F(x) ∧ G(x)] → [ ∃x F(x) ∧ ∃x G(x) ].

2. Interpretacija – pasižymime: x – bet kuris dainininkas

35

F(x) – dainininkas turi katės balsą, G(x) – dainininkas apie save gerai galvoja,Tada duotoji išraiška gali būti interpretuota tokiu sakiniu: Jeigu yra

dainininkų, kurie nors ir kniaukia katės balsu, tačiau apie save gerai galvoja, tai galima tvirtinti, kad yra dainininkų, turinčių katės balsus, ir yra dainininkų, turinčių apie save gerą nuomonę.


Perskaitykite išraiškas ir užrašykite perskaitytą tekstą raštu:1. ∀x[F(x) → G(x)] → ~∃x[F(x) ∧ ~G(x)];2. ~∃x[F(x) ∧ ~G(x)] ∧ ~∀x [G(x) → F (x)];3. ∃x[F(x) ∧ G(x)] → ~∀x [F (x) → ~G (x)].Simboliškai užrašykite šiuos sakinius:4. Jeigu kiekvienas x-sas, turintis savybę F, turi ir savybę G, tai yra x-sų

turinčių ir savybę F, ir savybę G.5. Yra x-sų, turinčių savybes F ir G, tačiau ne visi x-sai, turintys savybę F,

turi savybę G.6. Ne visi x-sai, turintys savybę G, turi savybę F, tačiau yra x-sų, kurie turi

ir savybę F, ir savybę G.

SAVYBIŲ LO GIKA


36

3. Dualumo principo taikymas savybių logikos išraiškoms

Šio tipo užduotyse yra reikalaujama simbolinę išraišką pakeiskite jai dualia, taisyklingai ją perskaityti ir tą tekstą užrašykite raštu.

1. PavyzdysUžduotis. Pritaikykite logikos dėsniui: ∀x[ F(x) ∧ G(x) ] ↔ [∀xF(x)

∧ ∀xG(x) ] dualumo principą ir gautą naują logikos dėsnį užrašykite simboliškai. Perskaitykite ir užrašykite raštu kaip skamba naujai gau-ta išraiška.

SprendimasUžduoties sakinys, visus simbolius pakeitus dualiais, užrašomas

taip:∃x[ F(x) ∨ G(x) ] ↔ [ ∃xF(x) ∨ ∃xG(x) ].

Ši išraiška gali būti perskaityta taip: Egzistuoja x-sai, turintys savybę F arba turintys savybę G tada ir tik tada, kai egzistuoja x-sai, turintys savybę F, arba egzistuoja x-sai, turintys savybę G.

Ši išraiška gali būti perskaityta ir kitaip: Išraiška „Egzistuoja x-sai, tu-rintys savybę F arba turintys savybę G“, ekvivalenti išraiškai „Egzistuoja x-sai, turintys savybę F, arba egzistuoja x-sai, turintys savybę G.“


Duotosioms išraiškoms užrašykite dualias išraiškas. Perskaitykite ir užrašy-kite raštu kaip skamba naujai gauta išraiška:

1. ∃x[F(x) ∧ G(x)] → [∃xF(x) ∧ ∃xG(x)].2. ~∃x[F(x) ∧ ~G(x)] ∧ ~∀x [G(x) → F(x)].3. ∀x[F(x) → G(x)] → ∃x[F(x) ∧ G(x)].

37

4. Kategorinių teiginių išraiškų pertvarkymas

Šio tipo užduotyse yra reikalaujama simbolinėje išraiškoje vienus kvantorius pakeiskite kitais, mokėti išraiškas supaprastinti, pereiti nuo išraiškos prie teksto ir atvirkščiai.

1. PavyzdysUžduotis. Sakinį: „Ne kiekvienas gudrus, kas gudriu dedasi“ • formalizuokite savybių teorijos simboliais, paaiškinant simbolių

prasmę,• pasinaudojant vienų kvantorių keitimo kitais kvantoriais taisyk-

lėmis, formalią išraišką pakeiskite jai ekvivalenčia simboline iš-raiška,

• naujos simbolinės išraiškos prasmę užrašykite sklandžia litera-tūrine kalba.

Sprendimas. Pasižymime: x – bet kuris objektas,

D(x) – x-sas dedasi gudriu, G(x) – x-sas yra gudrus,

tada sakinys „Ne kiekvienas gudrus, kas gudriu dedasi“ formaliai užrašomas taip:

~∀x(D(x) → G(x));pritaikę kvantorių keitimo taisyklę: ~∀xF(x) ≡ ∃x~F(x), sakinį per-rašome:

~∀x(D(x) → G(x)) ≡ ∃x~(D(x) → G(x));remdamiesi tautologija (p → q) ≡ (~p ∨ q) implikaciją išraiškoje keičiame disjunkcija:

∃x~(D(x) → G(x)) ≡ ∃x~(~D(x) ∨ G(x));Pritaikę De Morgano taisyklę: ~(p∨q) ≡ (~p∧~q), sakinį perra-

šome:∃x~(~D(x) ∨ G(x)) ≡ ∃x(~~D(x) ∧ ~G(x));

panaikinę dvigubą neigimą bei sukeitę disjunkcijos narius vietomis:∃x(~~D(x) ∧ G(x)) ≡ ∃x(D(x) ∧ ~G(x));

perskaitome: Būna, kad gudriais dedasi ir negudrūs.

SAVYBIŲ LO GIKA


38

2. PavyzdysUžduotis. Sakinį Kiekvienas genelis turi margas plunksnas • formalizuokite savybių teorijos simboliais, paaiškinant simbolių

prasmę,• pasinaudojant vienų kvantorių keitimo kitais kvantoriais taisyk-

lėmis, formalią išraišką pakeiskite jai ekvivalenčia simboline iš-raiška,

• tinkamai pertvarkius išraišką, naujos simbolinės išraiškos pra-smę užrašykite sklandžia literatūrine kalba

Sprendimas. Pasižymime: x – bet kuris objektas G(x) – x-as yra genelis, M(x) – x-as turi margas plunksnas,

tada sakinys Kiekvienas genelis turi margas plunksnas formaliai už-rašomas taip:

∀x(G(x) → M(x));pritaikę kvantorių keitimo taisyklę: ∀xF(x) ≡ ~∃x~F(x), sakinį per-rašome:

∀x(G(x) → M(x)) ≡ ~∃x~(G(x) → M(x));remdamiesi tautologija (p → q) ≡ (~p ∨ q) implikaciją išraiškoje kei-čiame disjunkcija:

~∃x~(G(x) → M(x)) ≡ ~∃x~(~G(x) ∨ M(x));pritaikę De Morgano taisyklę: ~(p∨q) ≡ (~p ∧ ~q), sakinį perrašome:

~∃x~(~G(x) ∨ M(x)) ≡ ~∃x(~~G(x) ∧~ M(x))ir, panaikinę dvigubą neigimą:

~∃x(~~G(x) ∧~ M(x)) ≡ ~∃x(G(x) ∧~ M(x)),perskaitome: Nebūna genelių nemargomis plunksnomis.

3. PavyzdysUžduotis. Sakinį: Kai kurie valdininkai yra alkoholikai • fomalizuokite savybių teorijos simboliais, paaiškinant simbolių

prasmę;• pasinaudojant vienų kvantorių keitimo kitais kvantoriais taisyklėmis,

formalią išraišką pakeiskite jai ekvivalenčia simboline išraiška;

39

• tinkamai pertvarkius išraišką, naujos simbolinės išraiškos pra-smę užrašykite sklandžia literatūrine kalba.

Sprendimas. Pasižymime: x – bet kuris objektas,

V(x) – x-as yra valdininkas, A(x) – x-as yra alkoholikas,

tada sakinys Kai kurie valdininkai yra alkoholikai formaliai užrašo-mas taip:

∃x(V(x) ∧ A(x));pritaikę kvantorių keitimo taisyklę: ∃xF(x) ≡ ~∀x~F(x), sakinį per-rašome:

∃x(V(x) ∧ A(x)) ≡ ~∀x~ (V(x) ∧ A(x));pritaikę De Morgano taisyklę: ~ (p ∧ q) ≡ (~p∨~q), sakinį perra-šome:

~∀x~ (V(x) ∧ A(x)) ≡ ~∀x (~V(x) ∨ ~A(x));remdamiesi tautologija (p → q) ≡ (~p ∨ q) disjunkciją išraiškoje keičiame implikacija:

~∀x (~V(x) ∨ ~A(x)) ≡ ~∀x (V(x) → ~A(x))ir perskaitome: Ne visi valdininkai ne alkoholikai.


Sakinius fomalizuokite savybių teorijos simboliais, paaiškinant simbolių prasmę; pasinaudojant vienų kvantorių keitimo kitais kvantoriais taisyklėmis, formalią išraišką pakeiskite jai ekvivalenčia simboline išraiška; tinkamai per-tvarkius išraišką, naujos simbolinės išraiškos prasmę užrašykite sklandžia li-teratūrine kalba:

1. Niekas šiame pasaulyje neduodama dovanai.2. Kiekvienas sukčius prieina liepto galą.3. Visos žuvys mėgsta gilumą.4. Nedaug žurnalistų gerbia žmogaus orumą.5. Ne visi žmonės mokosi iš svetimų klaidų.6. Kai kurie teisėjai nereikalauja kyšių.

SAVYBIŲ LO GIKA


40

5. Būtinų ir pakankamų sąlygų užrašymas

Šio tipo užduotyse yra žinoma objektų klasė X = {x} ir tos klasės x objekto požymis P(x). Reikalaujama simboliškai užrašyti būtiną ar pakankamą sąlygas, kad objektas x priklauso klasei X.

Būtina sąlyga: ∀x (x∈X → P(x)).Pakankama sąlyga: ∀x (P(x) → x∈X).

1. PavyzdysUžduotis. Duota: K = {x} – krioklių klasė, PŽ(x) – krioklio (objekto

x) savybė – jo vanduo puola žemyn. Užrašykite simboliškai būtiną sąlygą objektui x priklausyti krioklių klasei.

SprendimasPaaiškinimas. Jeigu bet kuris objektas x yra krioklys, tai jo van-

duo būtinai puola žemyn, tačiau ne visais atvejais, kai vanduo puo-la žemyn (pvz., fontano atveju) objektas yra krioklys. Taigi, būtina sąlyga užrašoma taip:

∀x (x∈K → PŽ(x)).

2. PavyzdysUžduotis. Duota: B = {x} – klasė asmenų, baustų administracine

nuobauda, G(x) –savybė būti girtu vairuotoju sučiuptu už vairo. Už-rašykite simboliškai pakankamą sąlygą objektui x priklausyti admi-nistraciškai baustų asmenų klasei B.

SprendimasPaaiškinimas. Jeigu bet kuris vairuotojas pagaunamas girtas už

vairo, tai to pakanka, kad jis būtų administraciškai nubaustas, tačiau asmuo gali būti administraciškai nubaustas ir dėl kitų priežasčių. Taigi, pakankama sąlyga užrašoma taip:

∀x (G(x) → x∈B).

Tekstuose pakankama sąlyga dažnai išreiškiama žodžiais „Nie-kas, išskyrus“, „Tik“, o būtina – žodžiu „Būtinai“.

41

3. PavyzdysUžduotis. Fomalizuokite pakankamą sąlygą nusakytą sakiniu:

„Dūzgia tik bitės“.

Sprendimas. Pasižymime: x – bet kuris objektas; B = {xi} – bičių klasė; D(x) – x-sas dūzgia (savybė dūgzti).

Sakinio prasmė. Jeigu dūzgia tik bitės, tai reiškia, kad niekas kitas nedūzgia, nors nebūtinai ir bitės visos dūzgia, tačiau, jeigu girdime dūzgimą, galime teigti, kad tai tikrai bitės. Savybė dūgzti yra pakan-kama sąlyga priklausyti bičių klasei.

Simbolinis užrašas: ∀x (D(x) → x∈B).

4. PavyzdysUžduotis. Fomalizuokite pakankamą sąlygą, nusakytą sakiniu:

Niekas, išskyrus policiją, neturi teisės važiuoti automobiliu su įjungtais žiburėliais.

Sprendimas. Pasižymime: x – bet kuris objektas; P = {xi} – policininkų klasė;

Ž(x) – x-sas važiuoja automobiliu su įjungtais žiburėliais.

Sakinio prasmė. Niekas kitas, be policijos, nevažinėja su įjungtais žiburėliais, nors ir policininkai nebūtinai visi būna įsijungę žiburė-lius. Tačiau, jeigu jau žiburėliai įjungti, tai galime teigti, kad tai tik-rai policija. Savybė važinėti su įjungtais žiburėliais yra pakankama sąlyga priklausyti policininkų klasei.

Simbolinis užrašas: ∀x (Ž(x) → x∈P).

SAVYBIŲ LO GIKA


42

5. PavyzdysUžduotis. Fomalizuokite būtiną sąlygą nusakytą sakiniu: Vairuoto-

jai būtinai turi turėti kelioninę vaistinėlę.Sprendimas. Pasižymime:

x – bet kuris objektas; V = {xi} – vairuotojų klasė; T(x) – x-sas turi kelioninę vaistinėlę.

Sakinio prasmė. Kelioninę vaistinėlę gali turėti daug kas. Tačiau, jeigu asmuo yra vairuotojas, tai jis negali neturėti kelioninės vais-tinėlės. Savybė turėti kelioninę vaistinėlę yra būtina sąlyga priklau-syti vairuotojų klasei.

Simbolinis užrašas: ∀x (x∈V → T(x)).


Fomalizuokite sakinius Panaudojant savybių ir klasių logikos simbolius, užrašykite tais sakiniais išreikštas būtinas ir pakankamas sąlygas:

1. Pavasarį čiulbantys paukščiai yra patinėliai (pakankama sąlyga).2. Seimo nariai būtinai turi turėti Seimo nario pažymėjimą (būtina sąlyga).3. Tik kvailys du kartus suklumpa ant to paties akmens (pakankama sąlyga).4. Niekas, išskyrus motinas, nežino, kas yra motinos meilė (pakankama

sąlyga).5. Pradinukams būtina vaikščioti prisisegus atšvaitus (būtina sąlyga).

43

Santykių logika

1. Kalbos tekstų formalizavimas santykių logikos priemonėmis

Šio tipo užduotyse, kaip ir savybių logikos atveju, yra reikalaujama sąlygos sakinyje išskirti elementarius to sakinio prasmę sudarančius santykius ir savybes, pažymėti juos simboliais ir susieti tuos simbo-lius jungtimis taip, kad gautosios išraiškos prasmė atitiktų sakinio prasmę.

Rekomenduotini tokie užduoties sprendimo žingsniai:• perskaityti sakinį, įsigilinti ir suprasti jo prasmę;• suprasti, kiek elementarių teiginių yra sakinyje ir kokia tų teigi-

nių vidinė struktūra;• pasižymėti santykių ir savybių simboliais teiginių elementarias

sudedamąsias dalis;• Nustatykite, kokius loginius santykius išreiškia sudėtinis saki-

nys, užrašykite išraišką.

1. PavyzdysUžduotis. Fomalizuokite santykių logikos priemonėmis patarlę:

„Gerų tėvų geri vaikai“.

SANT YKIŲ LO GIKA


44

Teiginių analizė. Patarlės prasmėje galima išskirti du teiginius: p – tėvai yra geri, q – vaikai yra geri,

kuriais galima perduoti patarlės prasmę – „Jeigu tėvai yra geri, tai ir vaikai yra geri“. Simboliškai tai užrašoma taip:

p → q.Tačiau tokia formalizacija netiksliai perduoda patarlės prasmę,

nes patarlė kalba apie tėvus ir vaikus ne kaip apie nepriklausomus asmenis, o kaip apie asmenis susijusius giminystės santykiais. Tikslus prasmės užrašymas galimas tik predikatų (santykių) logikos priemo-nėmis.

Sprendimas. Pasižymėkime: x, y – bet kuris asmuo, y T x – y- as yra gimdytojas (vienas iš tėvų) x-ui, G(x) – x-as yra geras (turi savybę būti geras), G(y) – y-as yra geras (turi savybę būti geras.

Patarlės prasmė: „Visiems x-ams ir visiems y-ams, jei y-as yra x-o gimdytojas ir yra geras, tai ir x-as yra geras“ simboliškai užrašoma taip:

∀x ∀y [ (yTx ∧ G(y)) → G(x)].


„Kas savo kalbą niekina, tas kitos neišmoks“.

Teiginių analizė. Patarlės prasmėje galima išskirti du teiginius: p – asmuo niekina savo kalbą, q – asmuo moka kitą kalbą,

kuriais simboliškai galima užrašykite patarlės prasmę: p → ~q.Tačiau tokia formalizacija netiksliai perduoda patarlės prasmę, nes

patarlė kalba apie daug įvairių sudėtingų santykių: santykius tarp as-

45

mens ir įvairių kalbų bei santykius tarp pačių kalbų. Tikslus prasmės užrašymas galimas tik predikatų (santykių) logikos priemonėmis.

Sprendimas. Pasižymėkime: x – bet kuris asmuo, y, y0 – bet kuri kalba, x SK y0 – x-ui sava kalba yra y0, x NK y0 – x-as niekina kalbą y0, x M y – x-as moka kalbą y, y0 ≠ y – y0 yra kita kalba negu y.

Patarlės prasmė: „Visiems x-ams ir visiems y-ams egzistuoja to-kia kalba y0, kad jei x-ui y0 yra sava kalba ir x-as niekina y0, o y yra kita kalba negu y0, tai x-as nemoka kalbos y“. Simboliškai užrašoma taip:

∀x ∀y ∃y0 [ (x SK y0 ∧ x NK y0 ∧ y0 ≠ y) → ~(x M y)].


„Mėgsta kaip prūsas vištas“.

Teiginių analizė. Patarlės prasmėje galima išskirti du teiginius: p – asmuo mėgsta kažką, q – prūsas mėgsta vištas,

kuriais galima perduoti patarlės prasmę: „Asmuo mėgsta kažką lygiai taip pat, kaip prūsas mėgsta vištas“. Simboliškai tai užrašoma taip:

p ↔ q.Predikatų (santykių) logikos priemonėmis tai galima užrašykite

taip:

Sprendimas. Pasižymėkime: x – bet kuris asmuo, y – bet kuris objektas, p – prūsas, v – višta,

SANT YKIŲ LO GIKA


46

x M y – asmuo x mėgsta objektą y, p M v – prūsas mėgsta vištas.Patarlės prasmė nurodo, kad yra toks asmuo ir yra toks objekas,

kuriems abu mėgimo santykiai yra tokie patys. Simboliškai užrašo-ma taip:

∃x ∃y [ xMy ↔ p M v].


Fomalizuokite santykių logikos priemonėmis sakinius:1. Kas tyli, tą (tuos) visi myli.2. Vargas tiems, kurių niekas nemyli.3. Reikia saugotis tų, kuriuos visi myli.4. Daugelis skundžiasi savo išvaizda, bet niekas protu.5. Kiaulės knyslė smarvės nebijo.

47

2. Veiksmai su santykiais – šeimyninių santykių apibrėžimai

Šio tipo užduočių sąlygose pateikiami pradiniai santykiai ir reikia iš jų, atliekant veiksmus su tais santykiais, gauti naujus santykius. Tam tikslui labai patogūs yra uždaviniai su giminystės santykiais.

Pirmiausiai suformuluojamas naujojo santykio apibrėžimas, po to įvedami simboliniai žymėjimai ir galų gale užrašoma simbolinė naujo santykio gavimo iš pradinių išraiška.

1. PavyzdysUžduotis. Apibrėžti santykį „tėvas“ per santykį „gimdytojas“ (vie-

nas iš tėvų) ir savybę būti vyru.SprendimasApibrėžimas. Vienas asmuo yra tėvas kito asmens tada ir tik tada,

kai jis yra vyras ir yra gimdytojas to kito asmensPažymėjimai: xTy – x-as yra y-ko tėvas, xGy – x-as yra y-ko gimdytojas, V(x) – x-as yra vyras.Tada sąvoka „tėvas“ bus apibrėžiama kaip savybės ir santykio kon-

junkcija tokiu būdu:∀x ∀y [ xTy ≡ (V(x) ∧ xGy)].

2. Pavyzdys (santykių sudėtis)Užduotis. Apibrėžti santykį „sutuoktinis“ per santykį „vyras“ (žmo-

nai) ir „žmona“ (vyrui).SprendimasApibrėžimas. Vienas asmuo yra sutuoktinis kito asmens tada ir

tik tada, kai jis yra to kito asmens vyras arba žmona.Pažymėjimai: xSUy – x-as yra y-ko sutuoktinis, xVYy – x-as yra y-ko vyras, xŽMy – x-as yra y-ko žmona.Tada sąvoka „sutuoktinis“ bus apibrėžiama kaip dviejų santykių

sudėtis tokiu būdu:∀x ∀y [ xSUy ≡ (xVYy ∨ xŽMy)].

SANT YKIŲ LO GIKA


48

3. Pavyzdys (santykių kompozicija)Užduotis. Apibrėžti santykį „dėdė“ per santykį „gimdytojas“ (vie-

nas iš tėvų) ir santykį „brolis“.SprendimasApibrėžimas: Vienas asmuo yra dėdė kito asmens tada ir tik tada,

kai jis yra brolis gimdytojo to kito asmens.Pažymėjimai: xDy – x-as yra y-ko dėdė, xBy – x-as yra y-ko brolis, xGy – x-as yra y-ko gimdytojas, V(x) – x-as yra vyras.Tada sąvoka „dėdė“ bus apibrėžiama tokiu būdu:∀x ∀y [ xDy ≡ ∃z ( xBz ∧ zGy )].

4. Pavyzdys (santykių konversija)Užduotis. Apibrėžti santykį „vaikas“ per santykį „gimdytojas“ (vie-

nas iš tėvų).SprendimasApibrėžimas: Vienas asmuo yra vaikas kito asmens tada ir tik

tada, jei tas kitas asmuo yra gimdytojas pirmojo.Pažymėjimai: xVKy – x-as yra y-ko vaikas, xGy – x-as yra y-ko gimdytojas.Tada sąvoka „vaikas“ bus apibrėžiama tokiu būdu:∀x ∀y [ xVKy ≡ yGx ].


1. Apibrėžti santykį „brolis“ per santykį „gimdytojas“ (vienas iš tėvų) ir sa-vybę būti vyru.

2. Apibrėžti santykį „žmona“ per santykį „vyras.3. Apibrėžti santykį „vaikas“ per santykį „sūnus“ ir santykį „duktė“.4. Apibrėžti santykį „dieveris“ (vyro brolis) per santykį „vyras“ (žmonai) ir

santykį „brolis“.5. Apibrėžti santykį „anyta“ (vyro motina) per santykį „vyras“ (žmonai) ir

santykį „motina“.

49

3. Apibrėžimas santykių kaip Dekarto sandaugos poaibių

Šio tipo užduočių sąlygose pateikiamos dvi aibės – X ir Y ir san-tykis xRy. Užduotyse reikalaujama išrašyti visas tas poras (x, y) ∈ R, kurios išreiškia santykį R ⊆ X×Y, suprantamą kaip Dekarto sandau-gos X×Y poaibį.

1. PavyzdysUžduotis. Duota objektų aibė X = {Kaunas, Šanchajus, Viena} ir

objektų aibė Y = {Afrika, Amerika, Europa}. Užrašykite (išvardindami poras (x, y)) Dekarto sandaugos X×Y poaibį R ⊆ X×Y, kuris išreiškia santykį xRy ≡ „x-as yra žemyne y“.

Sprendimas Poaibį sudaro tos poros, kurių pirmasis narys yra miestas, o antrasis – žemynas, kuriame yra tas miestas.

R ⊆ X×Y = {(Kaunas, Europa), (Viena, Europa)}.

2. PavyzdysUžduotis. Duota objektų aibė X = {kiškis, vilkas, lokys} ir objektų

aibė Y = {ožka, kiškis, kopūstas}. Užrašykite (išvardindami poras (x, y)) Dekarto sandaugos X×Y poaibį R ⊆ X×Y, kuris išreiškia santykį xRy ≡ x-as mėgsta y.

Sprendimas Poaibį sudaro tos poros, kurių pirmasis narys yra gyvūnas x, o antrasis – maistas y, kurį tas gyvūnas mėgsta.

R ⊆ X×Y = {(kiškis, kopūstas), (vilkas, ožka), (vilkas, kiškis)}.


Duotoms objektų aibėms: X = {xi} ir Y = {yj} užrašykite (išvardindami poras (x, y)) Dekarto sandaugos X×Y poaibį R ⊆ X×Y, išreiškiantį nurodytą santykį xRy.

1. Aibės: X = {sraigė, skruzdė, automobilis}, Y = {musė, drugelis, kulka}. Santykis: xRy – x-sas greitesnis už y-ką.

SANT YKIŲ LO GIKA


50

2. Aibės: X = {Lietuva, Lenkija, Prancūzija}, Y = {Latvija, Ispanija, Portugalija}. Santykis: xRy – x-sas yra y-ko kaimynas.

3. Aibės: X = {Neris, Šventoji, Dauguva}, Y = {Baltijos jūra, Viduržemio jūra, Nemunas, Merkys}. Santykis: xRy – x-sas įteka į y-ką.

4. Aibės: X = {Paryžius, Ryga, Mažeikiai, Vilnius, Bona}, Y = {Estija, Žemaitija, Vokietija, Latvija, Prancūzija}. Santykis: xRy – x-sas yra sostinė y-ko.

5. Aibės: X = {moterys, medžiai, ratai, žemynai}, Y = {žmonės, augalai, automobiliai, valstybės}. Santykis: xRy – x-sas yra y-ko poklasis.

51

4. Santykių savybės

Šio tipo užduočių sąlygose pateikiama keletas santykių ir yra reika-laujama Nustatykite kokie santykiai pasižymi kokiomis savybėmis:

refleksyvumu – į santykį xRy būtinai įeina kiekvieno elemento x, y pora paties su savimi (x, x),

antirefleksyvumu - į santykį xRy būtinai neįeina kiekvieno ele-mento x, y pora paties su savimi (x, x),

simetriškumu – jei į santykį įeina pora (x, y), tai būtinai įeina ir pora (y, x),

asimetriškumu - jei į santykį įeina pora (x, y), tai būtinai neįeina pora (y, x),

tranzityvumu - jei į santykį įeina pora (x, y) ir pora (y, z), tai būtinai turi įeiti ir pora (x, z).

1. PavyzdysUžduotis. Išnagrinėkite santykių: a) X-as yra poklasis Y-ko, b) x-as

yra duktė y-ui, c) x-as yra vyresnis už y, d) x-as yra panašus į y-ką sa-vybes. Lentelėje ženklu „+“ pažymėkite savybes, kurias tie santykiai turi, ženklu „-“, kurių neturi.

santykis savybė refleksyvus antirefleksyvus simetrinis asimetrinis tranzityvus

X ⊆Y + - - - +x duktė y - + - + -x vyresnis už y - + - + +x panašus į y + - + - -


santykis savybė refleksyvus antirefleksyvus simetrinis asimetrinis tranzityvus

x ∈ Xx santuokinis yx pavaldinys yx lėtesnis už yx myli yx ≥ y

SANT YKIŲ LO GIKA


52

5. Samprotavimų santykių logikoje pagrįstumo nustatymas

Šio tipo užduotyse yra pateikiama samprotavimo, pagrįsto santy-kių savybėmis, pavyzdys ir yra reikalaujama fomalizuoti samprota-vimą, Nustatykite, kokia santykio savybė naudojama samprotavimo pagrindimui ir formaliai parodyti samprotavimo pagrįstumą.

Rekomenduojami tokie užduoties sprendimo žingsniai:• simboliais pasižymėti samprotavime esančius santykius ir ob-

jektus;• Nustatykite, kokia santykių savybe paremtas samprotavimo pa-

grįstumas;• simboliškai užrašyti samprotavimą;• pademonstruoti samprotavimo pagrįstumą.

1. Pavyzdys Užduotis. Samprotavimą: Latvija ribojasi su Estija,

vadinasi, Estija ribojasi su Latvija -formalizuokite santykių logikos priemonėmis , nustatykite, kokia santykių savybė lemia samprotavimo pagrįstumą, formaliai užrašy-kite tą pagrindimą

Sprendimas1. Pasižymime: x, y – bet kurie objektai, l – Latvija, e – Estija, xRy – x-sas ribojasi su y-ku.2. Samprotavimas grindžiamas tuo, kad santykis xRy – x-sas ribo-

jasi su y-ku yra simetrinis, t. y.xRy → yRx.3. Simboliškai samprotavimas užrašomas taip: lRe

/∴eRlarba viena eilute: lRe → eRl.4. Į santykių simetriškumo sąlygą xRy → yRx įstatę kintamųjų x ir

y reikšmes l ir e ir gausime samprotavimo išraišką lRe → eRl.

53

2. PavyzdysUžduotis. Samprotavimą: Antanas yra dėdė Jonukui,

vadinasi, Jonukas nėra dėdė Antanui -formalizuokite santykių logikos priemonėmis, nustatykite, kokia

santykių savybė lemia samprotavimo pagrįstumą, formaliai užrašy-kite tą pagrindimą

Sprendimas1. Pasižymime: x, y – bet kurie objektai, a – Antanas, j – Jonukas, xDy – x-sas yra dėdė y-kui.2. Samprotavimas grindžiamas tuo, kad santykis xDy – „x-sas yra

dėdė y-kui“ yra asimetrinis, t. y.xDy → y~Dx.3. Simboliškai samprotavimas užrašomas taip: aDj

/∴j~Daarba viena eilute: aDj → j~Da.4. Į santykių asimetriškumo sąlygą xDy → y~Dx įstatę kintamųjų

x ir y reikšmes a ir j ir gausime samprotavimo išraišką aDj → j~Da.


Samprotavimus fomalizuokite santykių logikos priemonėmis, nustatykite, kokia santykių savybė lemia samprotavimo pagrįstumą, formaliai užrašykite tą pagrindimą:

1. Jonukas yra Onos anūkas vadinasi, Ona yra Jonuko senelė.

2. Skaičius „x“ yra dalus iš 3 vadinasi, skaičius „x“ yra dalus iš „x“.

3. Belgija yra mažesnė už Austriją, Austrija mažesnė už Ispaniją; vadinasi, Belgija yra mažesnė už Ispaniją.

SANT YKIŲ LO GIKA


54

1. Kategorinių teiginių formalizavimas

Šio tipo užduočių sąlygose pateikiami kategoriniai teiginiai, apra-šantys klasių santykius. Užduotyse reikalaujama mokėti įsivesti klasių ir poklasių simbolinius pažymėjimus, užrašyti teiginį tais simboliais, nustatyti, kokie santykiai tarp teiginyje minimų klasių ir pavaizduoti juos Veno diagramomus.

1. Pavyzdys (bendrasis teigimas)Užduotis. Kategorinį teiginį „Visi medžiai yra augalai“ fomalizuo-

kite klasių logikos priemonėmis, nustatykite santykius tarp klasių ir pavaizduokite skritulinėmis (Veno) diagramomis.

Sprendimas. Pasižymime: A = {ai} – augalų klasė, M = {mi} – medžių klasė.Tada teiginys „Visi medžiai yra augalai“ simboliškai bus užrašomas

tokiu būdu:∀x [ (x ∈ M) → ( x ∈ A) ].

Tarp medžių klasės M ir augalų klasės A yra subordinacijos santykis: M ⊆ A.Tai, kad medžiai (M) yra augalų (A) poklasis, Veno diagramomis vaizduojama taip:

Klasių logika

MA

55

2. Pavyzdys (bendrasis neigimas)Užduotis. Kategorinį teiginį „Nei vienas paukštis nėra medis“ fo-

malizuokite klasių logikos priemonėmis, Nustatykite santykius tarp klasių ir pavaizduokite skritulinėmis (Veno) diagramomis.

Sprendimas. Pasižymime: P = {pi} – paukščių klasė, M = {mi} – medžių klasė.Tada teiginys „Nei vienas paukštis nėra medis“ simboliškai bus

užrašomas tokiu būdu:~∃x [ (x ∈ M) ∧ ( x ∈ P) ].

Tarp medžių klasės M ir paukščių lasės P yra nuošalės santykis: M ∩ P = ∅. Veno diagramos tai vaizduoja nepersi-kertančiais skrituliais.

3. Pavyzdys (dalinis teigimas)Užduotis. Kategorinį teiginį „Kai kurie medžiai yra techninės

kultūros“ fomalizuokite klasių logikos priemonėmis, nustatyki-te santykius tarp klasių ir pavaizduokite skritulinėmis (Veno) diagramomis. Simboliškai apibrėžkite „medžių, techninių kultū-rų“ klasę.

Sprendimas. Pasižymime: TK = {ai} – techninių kultūrų klasė, M = {mi} – medžių klasė, MTK = {mi} – medžių, techninių kultūrų klasė.Tada teiginys „Kai kurie medžiai yra techninėa kultūros“ simbo-

liškai bus užrašomas tokiu būdu:∃x [ (x ∈ M) ∧ ( x ∈ TK) ],

o klasė „medžiai, techninės kultūros“ bus nusakoma kaip klasių M ir S sandauga:

MTK = M ∩TK = { mi | ((mi ∈ M) ∧ ( mi ∈ TK)) }.

MP

KLASIŲ LO GIKA


56

Tarp medžių klasės M ir techninių kul-tūrų klasės TK yra perkirtimo santykis: M ∩ TK ≠ ∅. Veno diagramos tai vaizduoja persikertančiais skrituliais.

4. Pavyzdys (dalinis neigimas)Užduotis. Kategorinį teiginį „Kai kurie medžiai nėra statybinės ža-

liavos“ fomalizuokite klasių logikos priemonėmis, nustatykite santy-kius tarp klasių ir pavaizduokite skritulinėmis (Veno) diagramomis. Simboliškai apibrėžkite „medžių, ne statybinių žaliavų“ klasę.

Sprendimas. Pasižymime: S = {si} – statybinių žaliavų klasė, M = {mi} – medžių klasė, MNS = {mj} – medžių, ne statybinių žaliavų klasė.Tada teiginys „Kai kurie medžiai nėra statybinės žaliavos“ simbo-

liškai bus užrašomas tokiu būdu:∃x [ (x ∈ M) ∧ ( x ∉ S) ],

o klasė „medžiai, ne statybinės žaliavos“ bus nusakoma kaip klasių M ir S skirtumas:

MNS = M–S = { mi | ((mi ∈ M) ∧ ( mi ∉ S)) }.

Tarp medžių klasės M ir statybi-nių žaliavų klasės S yra perkirtimo santykis: M ∩ S ≠ ∅. Veno diagra-mos tai vaizduoja persikertančiais skrituliais.

5. Pavyzdys (dalinis neigimas)Užduotis. Kategorinį teiginį „Kai kurie cheminiai elementai yra ne

metalai“ fomalizuokite klasių logikos priemonėmis, nustatykite santy-kius tarp klasių ir pavaizduokite skritulinėmis (Veno) diagramomis.

Sprendimas. Pasižymime: CH = {si} – cheminių elementų klasė, M = {mi} – metalų klasė.

MS

57

Tada teiginys „Kai kurie cheminiai elementai yra ne metalai“ simboliškai bus užrašomas tokiu būdu:

∃x [ (x ∈ CH) ∧ ( x ∉ M) ],

Tarp metalų klasės M ir cheminių elementų klasės S yra subordinacijos santykis: M ⊆ CH. Veno diagra-mos tai vaizduoja taip:


Kategorinius teiginius fomalizuokite klasių logikos priemonėmis, nusta-tykite santykius tarp klasių ir pavaizduokite skritulinėmis (Veno) diagramo-mis.

1. Kai kurios taisyklingos figūros nėra trikampiai.2. Visi oksidai yra sudėtingi junginiai.3. Nei vienas cheminis elementas nėra oksidas.4. Kai kurios druskos yra vandenyje netirpūs cheminiai junginiai.

MCH

KLASIŲ LO GIKA


58

2. Klasių skirstymas ir apibrėžimai

Šio tipo užduočių sprendimui yra reikalingos žinios apie klasių skirstymą į poklasius, skirstymo sąlygas; supratimas apie ryšį tarp klasių skirstymo ir poklasių apibrėžimo gimine ir rūšiniu skitrumu ir sugebėjimas tuos dalykus užrašyti simboliais.

1. PavyzdysUžduotis. Suskirstykite klasę „pietų valgiai“ į poklasius, raštu užra-

šykite poklasių pavadinimus ir skirstymo pagrindą. Klasę, poklasius ir skirstymo pagrindą pažymėkite simboliais, parodykite, jog yra pa-tenkintos skirstymo sąlygos, užrašykite kurio nors iš poklasių apibrė-žimą gimine ir rūšiniu skirtumu (žodžiu ir simboliškai).

Sprendimas. Klasę „pietų valgiai“ skirsysime į 4 poklasius: „šalti užkandžiai“, „sriubos“, „karšti patiekalai“, „deserto valgiai“. Skirsty-mo pagrindas – eilės tvarka, kuria patiekalai privalo būti patiekiami į stalą.

Pasižymime: P = {xi} – pietų valgiai, Š = {xi} – šalti užkandžiai, S = {xi} – sriubos, K = {xi} – karšti patiekalai, D = {xi} – deserto valgiai.

F = {pirmas valgis, antras valgis, trečias valgis, ketvir-tas valgis} – skirstymo pagrindo reikšmių aibė.

Skirstymo sąlygos1. Poklasiai paporiui nepersidengia: (Š∩S)=∅, (Š∩K)=∅,

(Š∩D)=∅, … , (K∩D)=∅.2. Poklasiai drauge sudaro visą klasę: ( Š ∪ S ∪ K ∪ D ) = P.3. Skirstymas vykdomas vienu pagrindu – kiekvienam poklasiui

skirta po vieną skirstymo pagrindo reikšmę.

Deserto apibrėžimas: desertas yra toks pietų valgis, kuris valgo-mas pietų pabaigoje (ketvirtas iš eilės). Giminė – „pietų valgis“, rū-šinis skirtumas – „valgomas pietų pabaigoje“.

59

Simboliškai apibrėžimas užrašomas taip:D = {xi ∈ P| ketvirtas valgis(x) }.


Suskirstykite duotąsias klases į poklasius (ne daugiau 3), nurodykite pokla-sių pavadinimus ir skirstymo pagrindą. Klasę, poklasius ir skirstymo pagrindą pažymėkite simboliais. Simboliškai užrašykite visas tris skirstymo sąlygas.

1. Gamtos mokslų vadovėliai.2. Šventės, kurias aš švenčiu.3. Miesto visuomeninio transporto priemonės.

KLASIŲ LO GIKA


60

3. Informacijos, esančios hierarchinėje klasifikacijoje,simbolinis užrašymas

Šio tipo užduotyse reikalaujama mokėti simboliškai užrašyti hie-rarchinėje klasifikacijoje esančias žinias apie klasių skirstymą į po-klasius, skirstymo sąlygas; mokėti užrašyti klasių ir savybių logikos priemonėmis poklasių apibrėžimus gimine ir rūšiniu skitrumu.

1. PavyzdysUžduotis. Duota stuburinių gyvūnų klasifikacija. Užrašykite, į

kokius poklasius pirmame lygyje yra suskirstyta klasė „stuburiniai“. Klasę, poklasius ir požymius pažymėkite simboliais, užrašykite sim-boliškai visas šios klasės skirstymo sąlygas.

Sprendimas Pasižymime:ST = {x} – stuburiniai,BE = {x} – beinksčiai,RO = {x} – ropliai,ŠI = {x} – šiltakraujai,TP(x) – x-so temp. pastovi,TI(x) – x-sas turi inkstus.

Skirstymo sąlygos:1. Poklasiai sudaro vieną klasę:ST = BE ∪ ŠI ∪ RO.2. Klasės paporiui nepersidengia:BE ∩ ŠI = ∅, BE ∩ RO = ∅, RO ∩ ŠI = ∅.3. Skirstymas turi bendrą pagrindą – du požymius: TI(x) ir TP(x).

2. PavyzdysUžduotis. Duota stuburinių gyvūnų klasifikacija. Užrašykite raštu

klasės „žuvys“ apibrėžimą gimine ir rūšiniu skirtumu. Giminę, rūšį ir požymį pažymėkite klasių logikos simboliais, apibrėžimą užrašykite simboliškai.

Stuburiniai

Beinksčiai Šiltakraujai

Kūno t. pastoviTuri inkstus

Žinduo-liai

Paukš-čiai

Rop-liai

Varlia-gyviai

Žuvys

KK

KT

TT

K T K TKvėpuojaoru

61

Sprendimas. Apibrėžimas: žuvys yra tokie beinksčiai, kurie nekvė-puoja oru.

Pasižymime:BE = {x} – beinksčiai (giminė),ŽU = {x} – žuvys (rūšis),KO(x) – x-sas kvėpuoja oru (rūšinis skirtumas),Apibrėžimas klasių logikos priemonėmis simboliškai užrašomas

taip:ŽU={ x∈BE | ~KO(x) }.

3. PavyzdysUžduotis. Duota stuburinių gyvūnų klasifikacija. Užrašykite raštu

klasės „žinduoliai“ apibrėžimą gimine ir rūšiniu skirtumu. Giminę, rūšį ir požymį pažymėkite savybių logikos simboliais, apibrėžimus užrašykite simboliškai.

Sprendimas. Apibrėžimas: žinduoliai yra tokie šiltakraujai, kurie maitina vaikus pienu.

Pasižymime:x – bet kuris gyvūnas,ŠI(x) – x – sas yra šiltakraujis (giminė),ŽI(x) – x – sas yra žinduolis (rūšis),MP(x) – x-sas maitina savo vaikus pienu (rūšinis skirtumas).Apibrėžimas savybių logikos priemonėmis simboliškai užrašo-

mas taip:∀x [ŽI(x) ≡ (ŠI(x) ∧ MP(x))].

Šis simbolinis užrašas yra skaitomas taip: „Bet kuris gyvūnas yra žinduolis tada ir tik tada, jei jis yra šiltakraujis ir savo vaikus maitina pienui“.


Užduotys savarankiškam darbui remsis supaprastinta lietuvių k. priebalsių hierarchine klasifikacija.

KLASIŲ LO GIKA


62

SKLANDIEJI(SKL)

SKARDIEJI(S)

DUSLIEJI(D)

GV(x)GT(x)

PT(x)ST(x)

N(x)

tk

tt

kt

t kt

k tt

tk

PRIEBALSIAI(PR)

Nosiniai(N)

Paprastieji,šoniniai,virpamieji(PŠV)

Skardūssprogs-tamieji(SS)

Duslio-sios afrikatos(DA)

Skardžio-siosafrikatos(SA)

Skardūs pučia-mieji(SP)

Duslūs sprogsta-mieji(SP)

Duslūspučia-mieji(DP)

tk

tt

kt

Pažymėjimai:PR = {x} – visų priebalsių klasė,SKL = {x} – sklandžiųjų priebalsių klasė,S = {x} – skardžiųjų priebalsių klasė,D = {x} – dusliųjų priebalsių klasė,N = {x} – nosinių priebalsių klasė (m, n),PŠV = {x} – paprastųjų, šoninių ir virpamųjų priebalsių klasė (v, j, l, r),SS = {x} – skardžiųjų sprogstamųjų priebalsių klasė (b, d, g),SA = {x} – skardžiųjų afrikatų klasė (dz, dž),SP = {x} – skardžiųjų pučiamųjų priebalsių klasė (z, ž, h),DS = {x} – dusliųjų sprogstamųjų priebalsių klasė (p, t, k),DA = {x} – dusliųjų afrikatų klasė (c, č),DP = {x} – duslųjų pučiamųjų priebalsių klasė (s, š, ch, f),GV(x) – priebalsio x garsą sukelia virpesiai,GT(x) – priebalsio x garsą sukelia triukšmas,N(x) – tariant priebalsį x oras eina per nosį,PT(x) – priebalsio x garsą sukelia pūtimo triukšmas,ST(x) – priebalsio x garsą sukelia sprogimo triukšmas.

Klasifikacijos paaiškinimas. Visi priebalsiai (P) pagal du akustinius požymius – „garsą sukelia balso stygų virpesiai“ GV(x) ir „garsą sukelia triukšmas“ GT(x) suskirstomi į 3 poklasius: SKL, S, D. Sklandžiuosius priebalsius (SKL) sukelia virpesiai ir nėra triukšmo, skardžiuosius priebalsius (S) sukelia ir virpesiai, ir triukšmas, o dusliuosius (D) tik triukšmas be balso stygų virpėjimo. Sklandieji priebalsiai pagal požymį „tariant priebalsį oras eina per nosį“ N(x) skirstomi

63

į nosinius (N) ir visus likusius (PŠV). Skardieji pagal du požymius – „garsą sukelia pūtimo triukšmas“ PT(x) ir „garsą sukelia sprogimo triukšmas“ ST(x) skirstomi į SS – skardžiuosius sprogstamuosius, SA – skardžiąsias afrikatas ir SP – skardžiuosius pučiamuosius. Analogiškai, pagal tuos pačius požymius dus-lieji priebalsiai skirstomi į DS – dusliuosius sprogstamuosius, DA – dusliąsias afrikatas ir DP – dusliuosius pučiamuosius. Prie rodyklių, vedančių iš klasės į poklasį, ties požymių simboliais raidėmis „t“ ir „k“ pažymima, ar duotajam po-klasiui tas požymis teisingas ar mklaidingas.

Užrašykite į kokius poklasius yra suskirstyta duotoji klasė. Klasę, poklasius ir požymius pažymėkite simboliais, užrašykite simboliškai visas klasės skirs-tymo sąlygas:

1. klasė „priebalsiai“,2. klasė „sklandieji“,3. klasė „duslieji“.Užrašykite raštu duotosios klasės apibrėžimą gimine ir rūšiniu skirtumu.

Giminę, rūšį ir požymį pažymėkite klasių logikos simboliais, apibrėžimą už-rašykite simboliškai:

4. klasė „skardieji“,5. klasė „nosiniai“6. klasė „dusliosios afrikatos“.

KLASIŲ LO GIKA


64

ĮVADAS. TRYS ŽENKLO MATMENYS

• Pirmiausia ženklas sudaro formalius santykius su kitais ženklais; šie santykiai vadinami sintaksiniais;

• antra, ženklas sudaro santykius su objektais, į kuriuos jis nuro-do; šie santykiai vadinami semantiniais;

• trečia, ženklas sudaro santykius su ženklo vartotojais; šie santy-kiai vadinami pragmatiniais.

Remiantis šia Charleso Sanderso Peirce‘o ženklų teorija, yra skiria-mi trys loginės struktūros sluoksniai: loginė sintaksė, loginė seman-tika ir loginė pragmatika. Norint atlikti užbaigtą analizę, reikia anali-zuoti visais trimis atžvilgiais: sintaksiniu, semantiniu, pragmatiniu.

1. LOGINĖS SINTAKSĖS KLAIDOS

1.1. Pagrindinės taisyklėsRemdamiesi logikos dėsniais, iš vienų teiginių išvedame kitus tei-

ginius. Prisiminkime kai kuriuos logikos dėsnius: prieštaravimo dės-nis (teiginys tuo pat metu ir tuo pat atžvilgiu negali būti ir teisingas, ir klaidingas), implikacijos pereinamumo dėsnis (jei iš pirmo išplau-kia antras, o iš antro išplaukia trečias, tai iš pirmo išplaukia trečias). Daugiau informacijos apie logikos dėsnį – skyriuje „Teiginių logika“.

Loginės klaidos

65

Samprotavimas gali būti teisingas arba neteisingas nepriklausomai nuo teiginių turinio. Taisyklinga loginė sintaksė įgalina daryti išva-das tik iš to, kas yra duota, ir neleidžia daryti išvadų, kai nepakanka duomenų.

Kai, nepriklausomai nuo semantinio teiginių turinio, samprotavi-mas yra netaisyklingas, nes neatitinka loginių nuoseklaus samprota-vimo reikalavimų, galima sakyti, kad buvo padaryta loginės sintaksės klaida.

1.2. Pavyzdžiai

1. PavyzdysUžduotis. „Jei keletas nusikaltėlių yra milijonieriai, ir visi magnatai

yra milijonieriai, vadinasi, keletas nusikaltėlių tikrai yra magnatai.“ („Cutting Edge Upper Intermediate“, Students Book). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Teigiama, kad visi magnatai yra milijonieriai, bet neatmetama

galimybė, kad yra milijonierių, kurie nėra magnatai (galima nusibrai-žyti Venno diagramą ir Nustatykite santykį tarp klasių). Jeigu tie ke-letas nusikaltėlių, kurie yra milijonieriai, yra būtent šioje grupėje, tai akivaizdu, kad tokiu atveju tarp magnatų nebus nusikaltėlių.

2. Laikantis duotų prielaidų – „keletas nusikaltėlių yra milijonie-riai“ ir „visi magnatai yra milijonieriai“ negalima daryti išvados, kad „keletas nusikaltėlių tikrai yra magnatai“.

3. Kadangi iš duotų duomenų šiuo atveju negalime daryti išvados, o išvada vis dėlto daroma, atsiradusią loginę klaidą galime apibūdinti taip – non sequitur (nepakankamas argumentas). Kadangi išvada neseka iš prielaidų ir daroma nepagrįstai, tai yra loginės sintaksės klaida.

2. PavyzdysUžduotis. Moters musulmonės žodžiai: „Tai yra kiekvienos moters

reikalas – parodyti veidą ar ne, bet tai gali spręsti vyras.“ („Žinios“). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

LO GINĖS KLAID OS


66

Sprendimas: 1. Pateiktą samprotavimą sudaro du teiginiai, susieti konjunkcija:

„moters reikalas – parodyti veidą ar ne“ ir „apie tai gali spręsti vy-ras“.

2. Pateikti teiginiai prieštarauja vienas kitam: jeigu moteris sprendžia, tai nesprendžia vyras, o jeigu vyras sprendžia – tai ne moteris.

3. Kadangi tarp teiginių yra prieštaravimas, padaryta loginė klaida gali būti apibūdinta kaip nenuoseklumo arba prieštaravi-mo klaida. Prieštaravimo dėsnio pažeidimas yra loginės sintaksės klaida.

3. PavyzdysUžduotis. Darbo partijos atstovės teiginys: „Mes neateiname į

valdžią grobstyti pinigų, pas mus juk yra profesorių!“ („Nesutinku“, TV3, 2004 09 04, www.tv.lt). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Pateiktą samprotavimą sudaro du teiginiai: „Iš to, kad Darbo

partijoje yra profesorių (prielaida), daroma išvada, jog ji nesiekia pasipelnyti iš valdžios (išvada)“.

2. Pateiktas argumentas (prielaida) aiškiai nepakankamas. Yra profesorių, kurie yra atlikę ir sunkesnius nusikaltimus nei turto grobstymas, t.y. išdavę savo šalį, nužudę žmogų ir pan.

3. Kadangi apeliuojama į profesoriaus aukštą statusą, padaryta apeliacijos į autoritetą loginė klaida. Kadangi išvada daroma ne-pagrįstai, nors abu teiginiai ir gali būti teisingi, yra padaryta loginės sintaksės klaida.

4. PavyzdysUžduotis. „Slaugė, studijuojanti Bakaremangos universitete, buvo

pašalinta iš jo, nes jos pirštai pasirodė esantys per stori“ (straipsnis „Studijoms sutrukdė pirštai“). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

67

Sprendimas: 1. Pateiktą samprotavimą sudaro du teiginiai: „Iš to, kad asmens

pirštai yra per stori (prielaida), daroma išvada, kad jį reikia pašalin-ti iš universiteto“.

2. Pateiktas argumentas (prielaida) aiškiai nepakankamas. Jokiu būdu negalima teigti, kad pirštų storis yra būtina sąlyga slaugės profesijai įsigyti.

3. Kadangi kalbama apie konkretų asmenį, kuris buvo pašalintas iš universiteto dėl asmeninės savybės (pirštų storio), kuri šiuo atve-ju neturi dalykinės reikšmės, padaryta apeliacijos į asmenį loginė klaida. Kadangi teiginiai atitinka tikrovę (su sąlyga, kad žurnalistas nemeluoja), semantinės klaidos nėra, bet išvada daroma nepagrįs-tai, todėl yra loginės sintaksės klaida.

5. PavyzdysUžduotis. Komentaras apie naująją VDU vertinimo sistemą (rei-

tinguojant): „Naujoji vertinimo sistema yra daug geresnė, nes taip mano dauguma studentų.“ Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Pateiktą samprotavimą sudaro du teiginiai: „naujoji vertinimo

sistema yra daug geresnė“ ir „taip mano dauguma studentų“. Iš to, kad taip mano daug studentų (prielaida), daroma išvada, kad nau-joji vertinimo sistema daug geresnė (išvada).

2. Pateiktas argumentas (prielaida) aiškiai nepakankamas. Jokiu būdu negalima teigti, kad iš to, jog ką nors mano dauguma studen-tų, seka, kad tai yra teisinga.

3. Kadangi kalbama apie teiginio teisingumą, remiantis daugu-mos nuomone, padaryta apeliacijos į liaudį loginė klaida. Nors teiginiai ir atitiktų tikrovę ir nebūtų semantinės klaidos, išvada vis tiek daroma nepagrįstai, o tai yra loginės sintaksės klaida.

LO GINĖS KLAID OS


68

1.3. Užduotys savarankiškam darbui

1. Užduotis. Užrašas ant žaidimo dėžutės: „Šis žaidimas vaikams nuo 6 iki 92 metų. Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

2. Užduotis. Vietos policija patvirtino, kad nuo nudegimų mirė viena mo-teris, tačiau atsisakė spėlioti, kokios yra mirties priežastys (www.delfi.lt). Nu-statykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

3. Užduotis. Komentaras apie naująją VDU vertinimo sistemą (reitinguo-jant): „Naujoji vertinimo sistema yra daug geresnė ir teisingesnė, nes kiek ga-lima malti tą patį per tą patį“. Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

4. Užduotis. „Jei Žemė yra planeta, kurioje mes gyvename, o planeta, ku-rioje mes gyvename, yra apvali, tai Žemė yra apval“i. Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

5. Užduotis. „Aktorė ir dainininkė Jennifer Lopez yra labai garsi, todėl ji žinoma visame pasaulyje“ („Naminukas“). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

69

2. LOGINĖS SEMANTIKOS KLAIDOS

2.1. Pagrindinės taisyklėsMatematinės logikos (loginės sintaksės) užduotis – nustatyti kal-

bos sakinių teisingumo sąlygas, abstrahuojantis nuo turinio. Tuo tar-pu semantikos užduotis – nustatyti kalbos sakinių teisingumo sąly-gas, kartu apibrėžiant ir sakinių turinį, t.y. kad, pavyzdžiui, sakinio „sniegas baltas“ atžvilgiu galiotų nuostata: jis teisingas tada ir tik tada, kai sniegas iš tikrųjų baltas.

Kaip nustatyti teiginio teisingumą ar klaidingumą? Yra empiriniai ir analitiniai teisingumo kriterijai. Analitiniais vadinami tie kriterijai, kuriais remiantis teisingumas nustatomas vien tik turimos semanti-nės sistemos priemonėmis. Pavyzdžiui, teiginio „vanduo yra sausas“ teisingumas nustatomas analitiškai. Empiriniais vadinami tie kriteri-jai, kuriais remiantis teisingumas nustatomas be turimos semantinės sistemos taisyklių, atsižvelgiant į kitus duomenis, patirtį ir t.t. Pavyz-džiui, teiginio „vanduo yra šaltas“ teisingumas nustatomas empiriš-kai.

Kai analitiškai ar empiriškai nustatome, kad teiginys neatitinka tikrovės ir tiesiog yra neteisingas, galima sakyti, jog buvo padaryta loginės semantikos klaida.

2.2. Pavyzdžiai

1. PavyzdysUžduotis. „Skraido tik paukščiai; makaronai ne paukščiai; todėl

makaronai neskraido“. Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Remiantis samprotavimo teorija, nustatome, kad paskutinis

teiginys „makaronai neskraido“ yra išvada, pirmieji du teiginiai – prielaidos. Formaliai žiūrint, išvada seka iš prielaidų ir loginės sin-taksės klaidų nėra.

LO GINĖS KLAID OS


70

2. Tačiau iš patyrimo aišku, kad teiginys „skraido tik paukščiai“ yra klaidingas, kadangi iš tikrųjų skraido ne tik paukščiai, bet ir vabzdžiai, lėktuvai, šikšnosparniai.

3. Kadangi atlikę loginės semantikos analizę nustatėme, kad tei-ginys „skraido tik paukščiai“ yra klaidingas ir šis teiginys samprota-vime yra prielaida, tai buvo padaryta loginė klaida, kuri vadinama abejotina prielaida. Kadangi remiamasi teiginiu, kuris neatitinka tikrovės, galima sakyti, kad tai – loginės semantikos klaida.

2. PavyzdysUžduotis. „Esate moteris ir apie futbolą nieko nesuprantate“ („Kau-

no diena“, 2004 09 25)“. Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Samprotavimą sudaro du teiginiai, kuriuos sieja implikacijos

(ne konjunkcijos!) loginė jungtis: „jeigu esi moteris, tai nieko ne-supranti apie futbolą“. Implikacija nėra logikos dėsnis ir gali būti klaidinga.

2. Iš patyrimo aišku, kad toks samprotavimas yra klaidingas ir neatitinka tikrovės, jeigu pretenduoja į visuotinumą. Net ir taip api-būdinant ne visas, bet absoliučią daugumą moterų, teiginys lieka abejotinas. Yra daug moterų, kurios ne tik supranta futbolą, bet ir dalyvauja varžybose.

3. Kadangi pateikiamas samprotavimas remiasi teiginiu – tai-sykle, kuris neatitinka tikrovės, galima sakyti, kad tai – loginės se-mantikos klaida. Kadangi išvada daroma nesurinkus pakankamai duomenų, galima sakyti, kad tai klaidinga indukcija (klaidingas apibendrinimas). Kadangi remiamasi tam tikroje aplinkoje nusi-stovėjusiais stereotipais, galima sakyti, kad tai provincializmo lo-ginė klaida.

3. PavyzdysUžduotis. „Arba jūs balsuosite už mūsų partiją ir tik šitaip tapsi-

te turtingi, arba liksite pačia skurdžiausia tauta Europos Sąjungoje“

71

(agitacinė politiko kalba susitikime su rinkėjais). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Pateiktame samprotavime galime įžvelgti dilemą: „arba...

arba...“. Taip pat ekvivalenciją: „jei ir tik jei balsuosit, būsit turtingi“ ir implikaciją „jeigu nebalsuosit, liksit skurdžiais“.

2. Dilema „arba balsuosit, arba nebalsuosit“ yra teisinga. Bet di-lema, kad žmogus yra arba turtingas, arba skurdžius, yra klaidinga. Loginė klaida – klaidinga dilema. Be to, teiginys „jei ir tik jei bal-suosit, būsit turtingi“ yra klaidinga ekvivalencija.

3. Galų gale galutinė kalbos intencija aiškiai rodo, kad rinkėjams yra grasinama, pateikiant tariamą argumentą. Todėl, be minėtų savy-bių, šis samprotavimas yra ir jėgos argumentas. Kadangi klaidinga dilema ir ekvivalencija yra dėl to, kad neatitinka tikrovės, yra pada-ryta loginė semantinė klaida, o kadangi pats argumentas pateikia-mas kaip grasinimas, jis yra nepakankamas – yra ir loginės sintaksės klaida.

4. PavyzdysUžduotis. „Priešvestuvinės seksualinės patirtys yra lygiai taip pat

normalu, kaip prieš perkant automobilį paimti jį išbandomajam važia-vimui“ (Alfred Kinsey, Visaapimančio seksualinio švietimo ideologija). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Pateiktame samprotavime yra naudojama analogija, kurią gali-

ma atpažinti iš lyginimo „lygiai taip pat, kaip...“. 2. Tačiau žmogaus patirčių ir santuokos palyginimas su automo-

bilio rinkimusi ir pirkimu aiškiai ydingas, nes lyginami dalykai yra visai skirtingos prigimties.

3. Kadangi analogija naudojama kaip argumentas, toks argumen-tas yra klaidingas – tai klaidinga analogija. Kadangi argumentuo-jant naudojama klaidinga analogija, kuri iškreipia santykius tikro-vėje, tokią klaidą galima priskirti loginei semantikai.

LO GINĖS KLAID OS


72

5. PavyzdysUžduotis. Alisa samprotauja: „Kaip gerai, kad aš nemėgstu grybų,

nes jeigu aš juos mėgčiau, man juos reikėtų valgyti“ (iš Luiso Kerolo knygos „Alisa stebuklų šalyje“). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jei-gu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Pateiktame samprotavime yra numanomos tokios samprota-

vimo grandinėlės: „jeigu mėgsti grybus, tai reikia juos valgyti“ ir „blogai, kai reikia grybus valgyti, todėl geriau jų nemėgti“.

2. Sąvoka „reikia“ vienoje ir kitoje samprotavimų grandinėje var-tojama skirtinga prasme. Grybų valgymas yra būtina jų mėgimo są-lyga – juk iš tiesų, jei kas nevalgo grybų, tai kaip galima sakyti, kad juos mėgsta? Šia prasme, jeigu jau grybus mėgsti, tai „reikia“ juos ir valgyti. Tačiau jeigu Alisa priversta grybus valgyti, jeigu jai reikia juos valgyti, kai nenori – tai jau blogai. Tačiau šiuo atveju sąvoka „reikia“ vartojama kita prasme.

3. Kadangi sąvoka „reikia“ šiame Alisos samprotavime vartojama skirtingomis prasmėmis – padaryta loginė dviprasmybės klaida. Ka-dangi šiuo atveju klaidos esmė yra tai, kad sąvoka tame pačiame sam-protavime nurodo skirtingus dalykus, loginė klaida yra semantinė.


1. Užduotis. Egidijaus Dragūno paklausė, kokios moterys jam patinka. Egidijus atsakė: „Žinoma, brunetės“. Paklaustas – kodėl, paaiškino: „Juk visos blondinės kvailos“. (Žurnalas „Panelė“). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

2. Užduotis.TV laida „Klausimėlis“Kas yra Tibetas?Pabradiškė: – Daržovė. – Tibetas? – Taip.

73

– O kas valgoma - ar šaknys, ar lapai? – Lapai.Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite. 3. Užduotis. „Tvirta ir gabi, sąmoninga ir aistringa, puikių formų ir visada

patikima, susipažinkite – MAZDA3“ (Reklaminis straipsnis „Lietuvos ryte“). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

4. Užduotis. „Politologas menkina rajono savivaldybės darbuotojų veiklą, nors jie galbūt dirba ne mažiau svarbų ir sunkų darbą nei Europos Seimas“ (iš studentų darbų). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pa-grįskite.

5. Užduotis. „Vienas profesorius, šiaip jau labai atsargus vairuotojas, san-kryžas pralėkdavo visu greičiu. Savo vairavimo manierą jis aiškino taip: „Sta-tistika liudija, kad avarijos dažniausiai įvyksta sankryžose. Todėl aš stengiuosi jose neužsibūti“ (iš statistikos vadovėlio). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

LO GINĖS KLAID OS


74

3. LOGINĖS PRAGMATIKOS KLAIDOS

3.1. Pagrindinės taisyklės

Pragmatizmo pradininkas Charles Sanders Peirce‘as teigia, kad mūsų mąstymas yra sąlygojamas mūsų veikimo formų, tuomet mąstymo tikslas – ne tiek atitikti tikrovę, kiek padėti toje tikrovėje išgyventi ir įveikti kliūtis. Taigi kalbėjimas visada yra tam tikros veiklos arba gyvenimo formos dalis. Šį kalbėjimo aspektą Ludwigas Wittgensteinas apibrėžė „kalbinio žaidimo“ sąvoka. Į tai būtina atsi-žvelgti atliekant pragmatinę bet kokio pranešimo analizę. Semanti-ka ir pragmatika kartais taip ir skiriamos: semantika tiria įprastinę sakinio prasmę, o pragmatika – implikatūrų (to, kas turima omeny-je) pagrindu formuojamą papildomą sakinio prasmę (Paul Grice).

Kai teiginiai formaliai žiūrint, atitinka tikrovę, tačiau atsižvel-giant į visas implikacijas galima sakyti, kad pranešimas netyčia (pa-ralogizmas) ar tyčia (sofizmas) klaidina adresatą, galima teigti, kad buvo padaryta loginės pragmatikos klaida.

3.2. Pavyzdžiai1. PavyzdysUžduotis. „Lietuvos telekomas skelbė, kad už 26 centus galima pri-

siskambinti į 26 Europos šalis, tačiau reklamoje neminima, kad gali-ma pasirinkti tik vieną iš tų šalių.“ Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Įprastinė sakinio prasmė – pigesni tarifai į visas 26 šalis, ka-

dangi praleidžiama nuoroda „į vieną pasirinktą“. 2. Nutylima informacija yra esminė. Nutylimos informacijos trū-

kumą labai lengvai galima pašalinti. 3. Dėl šių priežasčių galima teigti, kad minėta telekomo reklama

klaidina vartotoją, kadangi nėra jokių ženklų, pagal kuriuos var-totojas galėtų Nustatykite tikrąją sakinio prasmę. Loginės klaida

75

joje – proporcijos trūkumas, kadangi pažeidžiamas santykis tarp esminės ir šalutinės informacijos. Tai yra loginės pragmatikos klaida.

2. PavyzdysUžduotis. Kaimo žmogus klausia agitacinių lapelių išnešiotojos:

„Kokia Jūsų nuomonė apie Europos Sąjungą?“... Ji atsako: „Mes rū-pinamės socialiniais dalykais. Tai užtvirtins pastovesnę ir tvirtesnę valstybės padėtį“ (LNK „Dviračio žinios“). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Tarp klausimo „Kokia Jūsų nuomonė apie Europos Sąjungą?“

ir atsakymo „Mes rūpinamės socialiniais dalykais. Tai užtvirtins pa-stovesnę ir tvirtesnę valstybės padėtį“ nėra jokio ryšio, kad ir kokias numanomas prasmes svarstytume.

2. Pokalbio kontekstas – humoristinė laida „Dviračio žinios“. Į tai reikia atsižvelgti.

3. Kadangi net ir numanomai neatsakoma į užduotą klausimą, padaryta loginė klaida – tezės pakeitimas. Net jeigu ir nepriešta-rauja tikrovei, teiginiai vartojami ne laiku ir ne vietoj. Todėl pada-ryta loginės pragmatikos klaida.

3. Pavyzdys Užduotis. „K.Ž nuteistas už tai, kad 1993 m. rugsėjo 1 d., apie 10

val., Panevėžio grūdų perdirbimo įmonės kieme automobiliu GAZ-53 užvažiavęs ant automobilių iškrautuvo platformos, pažeisdamas tuo metu galiojusių Kelių eismo taisyklių 13.4 p. reikalavimus, nesi-ėmė būtinų priemonių, kad jo automobilis nepradėtų savaime judėti, dėl to šis automobilis savaime nuvažiavo nuo iškrautuvo platformos ir partrenkė pro šalį ėjusią įmonės darbuotoją N.G., padarydamas jai sunkų kūno sužalojimą.... teismai, teisingai nustatę faktines bylos aplinkybes, padarė neteisingas išvadas dėl darbo saugos ir Kelių eis-mo taisyklių veikimo vietos ir laiko, šių normų konkurencijos, tuo pačiu ir dėl K.Ž kaltės pažeidus Kelių eismo taisyklių 13.4 p. reikala-vimus, dėl to buvo sužalota nukentėjusioji. Automobilių eksploata-

LO GINĖS KLAID OS


76

ciją ant automobilių iškrautuvo platformos reglamentuoja ne Kelių eismo taisyklių 13.4 p., o specialios darbo saugos taisyklės.“ (Bylos nagrinėjimas). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Nėra sintaksės klaidų, nes teismas samprotavo nuosekliai. 2. Nėra semantinių klaidų, nes teismas teisingai nustatė „faktines

bylos aplinkybes“.3. Tačiau teismas suklydo, nustatydamas, kuriam kalbiniam žai-

dimui (taisyklių visumai) priskirti įvykį. Dėl to, buvo padaryta lo-ginės pragmatikos klaida.

4. PavyzdysUžduotis. „Kibirkštis vėžlio greičiu nuskriejo namo link.“ (Iš fan-

tastikos kūrinio „Bedugnė“). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

Sprendimas: 1. Iš pirmo žvilgsnio atrodo, kad kibirkštis negali skrieti vėžlio

greičiu, ir tai yra vidinis prieštaravimas. 2. Tačiau nurodyta, kad ištrauka imta iš fantastinio kūrinio. Ka-

dangi fantastiniame kūrinyje pateikiamas įsivaizduojamas pasau-lis gali turėti fizines savybes, kurios skiriasi nuo mūsų gyvenamo pasaulio, įmanoma įsivaizduoti, kad aprašymas atsižvelgiant į šias sąlygas – teisingas.

3. Taigi loginės klaidos nėra. Tačiau tie, kurie mato čia klaidą, neatsižvelgia į loginės pragmatikos sąlygas.

5. Pavyzdys Užduotis. Žurnalistas Edmundas Jakelaitis klausia pašnekovo Al-

girdo Brazausko: „Už ką balsuosite Naujamiesčio apygardoje?“ Algir-das Brazauskas: „Aišku, už patį geriausią sąraše“ („Žodžio laisvė“). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

77

Sprendimas: 1. Iš pirmo žvilgsnio atrodo, kad A.Brazauskas tiesiai neatsako į

klausimą. 2. Tačiau jis vis dėlto atsako netiesiogiai. Iš situacijos aišku, kad

politikas savo teiginiu išreiškia kelias mintis: balsavimas yra slaptas, todėl į pateiktą klausimą nedera atsakyti, o balsuoja jis taip, kaip jam atrodo geriausia.

3. Atsižvelgiant į situacijos analizę, darome išvadą, kad loginės klaidos nėra.


1. Užduotis. „Tavo brolis yra kiaulė“ (filmas „San Francisko raganos“). Nu-statykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

2. Užduotis. „Man moka už tai, kad perku“ (IKI reklama). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

3. Užduotis. „Padlaižiavimas. Skirdama biurus Seimo nariams Panevėžio savivaldybė buvo dosnesnė nei reikalauja įstatymas.... Pagal Seimo statutą, savivaldybė privalo nemokamai duoti patalpas Seimo nariui ir jo padėjėjui nuolat naudotis pasirinktoje rinkimų apygardoje visam jo įgaliojimų laikui…Kambarys turi būti ne mažesnis kaip 12 kv.m., su baldais, telefonu bei atitikti sanitarijos ir higienos reikalavimus...Miesto savivaldybė davė dvigubai dides-nes patalpas.“ (Vakaro žinios, 2006.03.23). Nustatykite, ar yra loginė klaida. Jeigu yra, tai kokia? Pagrįskite.

4. Užduotis. „Alanas Chošnau teigia, kad NML žaidime buvo techninių kliūčių, todėl buvo blokuojami skambučiai. Daugelis žmonių sakė, kad jie ne-galėjo atiduoti savo balsų už mane dėl kliūčių. Tai sutrukdė man laimėti prieš Gintarę“ (Lietaus radijo stoties laida „Muzikos naujienos“, 2006 02 28).

5. Užduotis. „Susitikimuose su visuomene, tūkstantinėje auditorijoje, kar-tais nuskamba V.Uspaskich adresuotas klausimas: ką Darbo partija padarė gero? Jis paprastai atsako: o ką Darbo partija padarė blogo žmonėms ir vals-tybei?“ („Laikas“ , 2006 03 24, G. Girdenytės straipsnis „Lygybės ženklą deda ten, kur negalima jo dėti“).

LO GINĖS KLAID OS


78

I. TEIGINIŲ LOGIKA

1. Sudėtingų loginių išraiškų teisingumo reikšmių nustatymas ir lentelių sudarymas

1.p q ~q∧p ∨ q ↔ q→~pt t k t t k kt k t t k t tk t k t t t tk k k k k k tŽing. Nr. 1 3 2 5 4

2.p q p∨~q ∨ p↔~q → pt t t k k t tt k t k t t tk t k k t k kk k t k k t kŽing. Nr. 1 5 2 4 3

3.p q ~p ∧ ~q∨~p ↔ ~q→pt t k k k k tt k k k t k tk t t t t t tk k t t t k kŽing. Nr. 1 3 2 5 4

Atsakymai ir paaiškinimai

79

4.p q ~q ∧ p ∨ ~ p∨q → ~pt t k k t k k t t kt k t k t k k t t kk t k k k t k t t tk k t t k t t k t tŽing. Nr. 7 8 5 6 2 1 4 3

5.p q p∧q ∨ ~q ↔ ~q ∨ ~pt t t t k k k k kt k k t t t t t kk t k k k t k t tk k k t t t t t tŽing. Nr. 1 3 2 5 4 7 6

Pastaba. Sprendžiant užduotis savarankiškai, žingsnių eilės tvarka gali būti ir kitokia, tačiau teisingumo ir klaidingumo reikšmės lange-liuose turi sutapti su reikšmėmis atsakymuose.

2. Loginių santykių nustatymas

1. Nėra poros t-t; p = r ∧ s ir q = r ∨ s yra nesuderinami.2. Nėra poros k-k; p = r ∨ s ir q = r → s yra k-nesuderinami (popriešingi).3. Nėra poros t-k; Iš p = r ∨ s išplaukia q = r ∨ s; arba p ⇒ q4. Nėra poros k-k; p = r ∨ s ir q = r ↔ s yra k-nesuderinami (popriešingi).5. Yra visos poros; p = ~r ir q = ~s yra nepriklausomi.

3. Kalbos tekstų formalizavimas teiginių logikos priemonėmis

1. Pažymėjimai: p – asmuo peršoka per griovį; q – asmuo sako „op“. Patarlės prasmė: jei asmuo dar neperšoko per griovį, tai negali sa-

kyti „op“. Simbolinė išraiška: ~p → ~q.

2. Pažymėjimai: p – dzūkai užsidirba pinigų rinkdami grybus; q – dzūkai užsidirba pinigų rinkdami uogas; r – dzūkų mergos neturi iš ko apsirengti.

ATSAKYMAI IR PAAIŠKINIMAI


80

Patarlės prasmė: dzūkai gali užsidirbti pinigų arba rinkda-mi grybus, arba rinkdami uogas, arba abiem būdais. Jei neužsidirbo niekaip, tai jų mergos nuogos.

Simbolinė išraiška: ~(p ∧ q) → r.

3. Pažymėjimai: p – asmuo gali nupiešti dramblį, q – asmuo yra matęs dramblį; Patarlės prasmė: jei asmuo nėra matęs dramblio, tai negali jo

nupiešti. Simbolinė išraiška: ~q → ~p.

4. Pažymėjimai: p – širdis yra neapykantos motina; q – žodis yra neapykantos motina. Patarlės prasmė: neapykantos motina yra žodis, o širdis nėra

neapykantos motina. Simbolinė išraiška: q ∧ ~p.

5. Pažymėjimai: p – asmuo yra bagotas (turtingas), q – asmeniui nedera vogti, r – asmuo yra senas, s – asmeniui nedera meluoti; Patarlės prasmė: jei asmuo yra bagotas (turtingas), tai jam ne-

dera vogti ir jei asmuo yra senas, tai jam ne-dera meluoti.

Simbolinė išraiška: (p → q) ∧ (r →s).

6. Pažymėjimai: p – aš girdžiu dūzgimą; q – yra kas nors dūzgiantis; r – kas nors yra bitė. Mąstymu pasiekta prasmė: jei aš girdžiu dūzgimą, tai iš tikro kas

nors yra dūzgiantis, o jei yra kas nors dūzgiantis, tai jis yra bitė.

Simbolinė išraiška: (p → q) ∧ (q → r).

81

Pastaba. Kalbos frazė su „tik“ – „dūzgia tik bitės“ paprastai išreiš-kia pakankamą sąlygą nustatyti bitės buvimą, jei tik yra dūzgimas. Čia Mikė Pūkuotukas daro loginę klaidą (semantinę), nes dūgzti gali ir kitokie vabzdžiai.

4. Simbolinių išraiškų skaitymas ir užrašymas

1. Užduoties išraiška skaitoma taip: „Iš p išplaukia q, o iš ne-p išplau-kia r“.Interpretacija – pasižymime: p – asmuo gerai mokosi, q – asmuo gauna stipendiją, r – asmuo eina dirbti.

Tada duotąją išraišką atitiks toks sakinys: „Jei gerai mokausi, tai gau-nu stipendiją, o jei gerai nesimokau, tai einu dirbti“.

2. Užduoties išraiška skaitoma taip: „Iš p išplaukia r, o iš q išplaukia ne-r“, arba „Jei p, tai r, o jei q, tai ne-r“Interpretacija – pasižymime: p – asmuo daug sportuoja, q – asmuo daug rūko, r – asmuo yra sveikas.

Tada duotąją išraišką atitiks toks sakinys: „Jei daug sportuosiu, tai bū-siu sveikas, o jei daug rūkysiu, tai būsiu nesveikas“.

3. [(~ q ∧ p) ∨ q] ↔ (q → ~ p).

4. (p ∧ ~ q) ∨ [(p ↔ ~q) → p].

6. Samprotavimų pagrįstumo nustatymas

1. Pasižymime:p – asmuo turi problemų;q – asmuo turi ramybę.



82

Tada samprotavimas simboliškai užrašomas taip: p→~q /∴ ~ p → q

arba viena eilute: (p→~q) → (~p→q).Tai nėra logikos dėsnis, vadinasi, samprotavimas nėra pagrįstas.

2. Pasižymime: p – asmuo ruošiasi egzaminui; q – asmuo gauna prastą pažymį. Tada samprotavimas simboliškai užrašomas taip: ~p → q ~q /∴ parba viena eilute: [(~p→q) ∧ ~q] → p. Tai konsekvento neigimo dėsnis, vadinasi, samprotavimas yra pa-grįstas.

3. Pasižymime: p – skaičius baigiasi nuliu; q – skaičius dalinasi iš 5.Tada samprotavimas simboliškai užrašomas taip: p → q q /∴ parba viena eilute: [(~p→q) ∧ q] → p.

Tai nėra logikos dėsnis, vadinasi, samprotavimas nėra pagrįstas.

4. Pasižymime:p – asmuo girdi motoro ūžimą;q – arti yra automobilis.

Tada samprotavimas simboliškai užrašomas taip: p → q ~p /∴ ~qarba viena eilute: [(p→q) ∧ ~p] → ~q.

Tai nėra logikos dėsnis, vadinasi samprotavimas nėra pagrįstas.

83

5. Pasižymime:p – asmuo klauso logikos kursą;q – asmuo klauso istorijos kursą.

Tada samprotavimas simboliškai užrašomas taip: p ∨ q p

/∴ ~qarba viena eilute: [(p∨q) ∧ p] → ~q.

Tai nėra logikos dėsnis, vadinasi, samprotavimas nėra pagrįstas.

7. Išraiškų užrašymas disjunkyviąja ir konjunktyviąja normaliąja forma

f1 = (p∧~q∧~r) ∨ (~p∧q∧~r) ∨ (~p∧~q∧r).f2 = (p∧q∧~r) ∨ (p∧~q∧r) ∨ (~p∧q∧r).f3 = (p∧q∧r) ∨ (p∧q∧~r) ∨ (p∧~q∧r) ∨ (~p∧q∧r) ∨ (~p∧~q∧~r).f4 = (p∨q∨r)∧(p∨~q∨~r)∧ (~p∨q∨~r)∧ (~p∨~q∨r)∧ (~p∨~q∨~r).f5 = (p∨q∨r)∧ (p∨q∨~r)∧ (p∨~q∨r)∧ (~p∨q∨r)∧ (~p∨~q∨~r).f6 = (~p∨q∨r)∧ (p∨~q∨r)∧ (p∨q∨~r).

II. SAVYBIŲ LOGIKA

1. Kalbos tekstų formalizavimas savybių logikos priemonėmis1. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, L(x) – asmeniui dėl objekto x yra liūdna, M(x) – asmeniui dėl objekto x yra miela. Simbolinė sakinio išraiška: ∀x(L(x) ∧ ~M(x)).

2. Pažymėjimai: x – bet kuris sportas, R(x) – x-sas reikalauja pastangų, I(x – x-sas išspaudžia prakaitą. Simbolinė sakinio išraiška: ∀x R(x) ∧ ~∀x I(x).



84

3. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, U(x) – x-sas nori uždirbti, D(x) – x-sas nori dirbti. Simbolinė sakinio išraiška: ∀x U(x) ∧ ~x D(x).

4. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, P(x) – x-sas prastas paukštis, T(x) – x-sas teršia savo lizdą. Simbolinė sakinio išraiška: ∀x (T(x) →P(x)). Pastaba.Žodelis „tik“ išreiškia pakankamą sąlygą: jei kas teršia savo lizdą, tai to pakanka spręsti, jog jis yra prastas paukštis.

5. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, G(x) – x-sas yra graži beždžionėlė, P(x) – x-sas yra protinga beždžionėlė. Simbolinė sakinio išraiška: ∃x(L(x) ∨ ~M(x)).

2. Simbolinių išraiškų skaitymas ir užrašymas savybių logikoje

1. Jeigu kiekvienas x-sas, turintis savybę F, turi ir savybę G, tai nėra x-sų, kurie turėdami savybę F neturėtų savybės G.

Interpretacija: jeigu visi protonai turi krūvį, tai nėra protonų be krūvio.2. Nebūna x-sų, turinčių savybę F ir neturinčių savybės G, tačiau ne

visi x-sai,turintys savybę G, turi savybę F. Interpretacija: nebūna kompozitorių nemokančių groti, tačiau ne

visi mokantys groti yra kompozitoriai.3. Jei yra x-sų, turinčių savybes F ir G, tai ne visi x-sai, turintys savybę

F, neturi savybės G. Interpretacija: jeigu yra šuniukų ėdančių ridikus, tai negalima sa-

kyti, kad visi šuniukai neėda ridikų.4. ∀x[F(x) → G(x)] → ∃x[F(x) ∧ G(x)]; Interpretacija: jeigu visos dujos lengvesnės už vandenį, tai galima

tvirtinti, kad yra dujų lengvesnių už vandenį.

85

5. ∃x[F(x) ∧ G(x)] ∧ ~∀x [F(x) → G(x)]. Interpretacija: nors kai kurie profesoriai augina barzdas, bet ne visi

profesoriai yra barzdočiai.6. ~∀x[G(x) → F(x)] → ∃x[F(x) ∧ G(x)]. Interpretacija: jei ne visi grybai yra nuodingi, tai yra ir nuodingų

grybų.

3. Dualumo principo taikymas savybių logikos išraiškoms

1. [∀xF(x) ∨ ∀xG(x)] → ∀x[F(x) ∨ G(x)]. Jei visi x-sai turi savybę F arba visi x-sai turi savybę G, tai visi

x-sai turi savybę F arba savybę G.2. ~∀x[F(x) ∨ ~G(x)] ∨ ~∃x [F(x) → G(x) ]. Ne visi x-sai turi savybę F arba savybę ne-G, arba neegzistuoja

x-sų, kurie, jei turi savybę F, tai turi ir savybęG.3. ∀x[F(x) ∨ G(x)] → ∃x[G(x) → F(x)]. Jei visi x-sai turi savybę F arba sabybę G, tai egzistuoja x-sai,

kurie, jei turi savybę G, tai turi ir savybę F.

4. Kategorinių teiginių išraiškų pertvarkymas

1. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, P(x) – x-sas yra iš šio pasaulio, D(x) – x-sas duodamas dovanai. Formalus užrašymas: ~∃x(P(x) ∧ D(x)). Pertvarkytas užrašymas: ∀x(P(x) → ~D(x)). Skaitoma: Viskas šiame pasaulyje neduodama dovanai.

2. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, S(x) – x-sas yra sukčius,

G(x) – x-sas prieina liepto galą. Formalus užrašymas: ∀x(S(x) → G(x)). Pertvarkytas užrašymas: ~∃x(S(x) ∧ ~G(x)). Skaitoma: Nebūna sukčių, kurie neprieitų liepto galo.



86

3. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, Ž(x) – x-sas yra žuvis, G(x) – x-sas mėgsta gilumą. Formalus užrašymas: ∀x(Ž(x) → G(x)). Pertvarkytas užrašymas: ~∃x(Ž(x) ∧ ~G(x)). Skaitoma: Nėra žuvų, nemėgstančių gilumos.

4. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, Ž(x) – x-sas yra žurnalistas, G(x) – x-sas gerbia žmogaus orumą. Formalus užrašymas: ∃x(Ž(x) ∧ G(x)). Pertvarkytas užrašymas: ~∀x(Ž(x) → ~G(x)). Skaitoma: Ne visi žurnalistai negerbia žmogaus orumo.

5. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, Ž(x) – x-sas yra žmogus, M(x) – x-sas mokosi iš svetimų klaidų. Formalus užrašymas: ~∀x(Ž(x) → M(x)). Pertvarkytas užrašymas: ∃x(Ž(x) ∧ ~M(x)). Skaitoma: Kai kurie žmonės nesimoko iš svetimų klaidų.

6. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, T(x) – x-sas yra teisėjas, R(x) – x-sas reikalauja kyšio. Formalus užrašymas: ∃x(T(x) ∧ ~R(x)). Pertvarkytas užrašymas: ~∀x(T(x) → R(x)). Skaitoma: Ne visi teisėjai reikalauja kyšių.

5. Būtinų ir pakankamų sąlygų užrašymas

1. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas,

87

P = {xi} – patinėlių klasė, Č(x) – x-sas čiulba pavasarį. Simbolinis užrašas: ∀x (Č(x) → x∈P).

2. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, S = {xi} – Seimo narių klasė, P(x) – x-sas turi Seimo nario pažymėjimą. Simbolinis užrašas: ∀x (x∈S → P(x)).

3. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, K = {xi} – kvailių klasė, D(x) – x-sas du kartus suklumpa ant to paties akmens. Simbolinis užrašas: ∀x (D(x) → x∈K).

4. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, M = {xi} – motinų klasė, Ž(x) – x-sas žino, kas yra motinos meilė. Simbolinis užrašas: ∀x (Ž(x) → x∈M).

5. Pažymėjimai: x – bet kuris objektas, P = {xi} – pradinukų klasė, A(x) – x-sas vaikšto prisisegęs atšvaitus. Simbolinis užrašas: ∀x (x∈P → A(x)).

III. SANTYKIŲ LOGIKA

1. Kalbos tekstų formalizavimas1. Pažymėjimai: x, y – bet kurie objektai, T(y) – y-as tyli,



88

xMy – x-sas myli y-ką Simbolinis užrašas: ∀x∀y (T(y) → xMy).

2. Pažymėjimai: x, y – bet kurie objektai, V(y) – y-ui yra vargas, xMy – x-sas myli y-ką Simbolinis užrašas: ∀x∀y (x~My → V(y)).

3. Pažymėjimai: x, y – bet kurie objektai, S(y) – y-ko reikia saugotis, xMy – x-sas myli y-ką Simbolinis užrašas: ∀x∀y (xMy → S(y)).

4. Pažymėjimai: x – bet kuris asmuo, y – bet kuris objektas, i – išvaizda, p – protas, xSKy – x-sas skundžiasi y-ku Simbolinis užrašas: ∃x xSKi ∧ ~∃x xSKp.

5. Pažymėjimai: x, y – bet kurie objektai, KN(x) – x-sas yra kiaulės knyslė, SM(y) – y-kas yra smarvė; xBy – x-sas bijo y-ko Simbolinis užrašas: ∀x∀y ((KN(x) ∧SM(y)) → x~By).

2. Veiksmai su santykiais – šeimyninių santykių apibrėžimai1. Apibrėžimas. Vienas asmuo yra brolis kito asmens tada ir tik tada,

kai jis yra vyras ir egzistuoja kažkas, kas yra jų abiejų gimdytojas.Pažymėjimai: xBy – x-as yra y-ko brolis,

89

xGy – x-as yra y-ko gimdytojas, V(x) – x-as yra vyras. Simbolinis užrašas: ∀x ∀y [ xBy ≡ (V(x) ∧ ∃z ( zGx ∧ zGy ))].2. Apibrėžimas. Vienas asmuo yra žmona kito asmens tada ir tik tada,

kai tas kitas asmuo yra jos vyras (santykių konversija).

Pažymėjimai: xŽMy – x-as yra y-ko žmona, xVYy – x-as yra y-ko vyras, Simbolinis užrašas: ∀x ∀y [ xŽMy ≡ yVYx ].3. Apibrėžimas. Vienas asmuo yra vaikas kito asmens tada ir tik tada,

kai jis yra to kito asmens sūnus arba duktė (santykių sudėtis).

Pažymėjimai:xVKy – x-as yra y-ko vaikas,xSNy – x-as yra y-ko sūnus,xDKy – x-as yra y-ko duktė.Simbolinis užrašas: ∀x ∀y [ xVKy ≡ xSNy ∨ xDKy ].

4. Apibrėžimas. Vienas asmuo yra dieveris kito asmens tada ir tik tada, kai jis yra brolis vyro to kito asmens (santykių kompozicija).

Pažymėjimai: xDVy – x-as yra y-ko dieveris xBy – x-as yra y-ko brolis, xVYy – x-as yra y-ko vyras.Simbolinis užrašas: ∀x ∀y [ xDVy ≡ ∃z ( xBz ∧ zVYy )].

5. Apibrėžimas. Vienas asmuo yra anyta kito asmens tada ir tik tada, kai jis yra motina vyro to kito asmens (santykių kompozicija).

Pažymėjimai: xANy – x-as yra y-ko anyta xMTy – x-as yra y-ko motina, xVYy – x-as yra y-ko vyras.Simbolinis užrašas: ∀x ∀y [ xANy ≡ ∃z ( xMTz ∧ zVYy )].



90

3. Apibrėžimas santykių kaip Dekarto sandaugos poaibių

1. R ⊆ X×Y = {(automobilis, musė), (automobilis, drugelis)},2. R ⊆ X×Y = {( Lietuva, Latvija), (Prancūzija, Ispanija)},3. R ⊆ X×Y = {( Neris, Nemunas), (Dauguva, Baltijos jūra)},4. R ⊆ X×Y = {( Paryžius, Prancūzija), (Ryga, Latvija)},5. R ⊆ X×Y = {(moterys, žmonės), (medžiai, augalai)}.

4. Santykių savybėssantykis

savybėreflek-syvus

antireflek-syvus simetrinis asimetrinis tranzityvus

x ∈ X - + - + -x santuokinis y - + + - -x pavaldinys y - + - - -x lėtesnis už y - + - + +x myli y - - - - -x ≥ y + - - - +

Nurodymas. Laikykime, kad santykyje x ∈ X aibė X nėra visų ai-bių aibė.

5. Samprotavimų santykių logikoje pagrįstumo nustatymas

1. Pažymėjimai: x, y – bet kurie objektai, j – Jonukas, o – Ona, xAy – x-sas yra y-ko anūkas, xSEy – x-sas yra y-ko senelė. Simboliškai samprotavimas užrašomas taip: jAo /∴oSEjarba viena eilute: jAo → eRl. Samprotavimas grindžiamas tuo, kad santykiai xAy – „x-sas yra y-ko anūkas“ ir ySEx – „y-kas yra x-o senelė“ yra atvirkštiniai, t. y., A-1 ≡ SE. Į atvirkštinių santykių sąlygą xRy ↔ yR-1x įstatę kintamųjų x ir y reikšmes j ir o ir santykių simbolius „A“ ir „SE“, gausime išraišką jAo ↔ oSEj ir iš jos išplaukiančią samprotavimo išvadą: jAo → oSEj.

91

2. Pažymėjimai: x, y – bet kurie objektai, sx – skaičius x, tr – skaičius 3, xDy – x-sas yra dalus iš y-ko. Simboliškai samprotavimas užrašomas taip: sxDtr /∴sxDsxarba viena eilute: sxDtr → sxDsx. Samprotavimas grindžiamas tuo, kad santykis xDy – „x-sas yra da-lus iš y-kos“ – yra refleksyvus. Į santykių refleksyvumo sąlygą xRy → xRx įstatę kintamųjų x ir y reikšmes sx ir tr ir santykio simbolį „D“, gausime samprotavimo iš-vadą sxDtr → sxDsx.

3. Pažymėjimai: x, y – bet kurie objektai, b – Belgija, a – Austrija, i – Ispanija, xMy – x-sas yra mažesnis už y-ką.Simboliškai samprotavimas užrašomas taip: bMa aMi /∴bMiarba viena eilute: (bMa ∧ aMi) → bMi. Samprotavimas grindžiamas tuo, kad santykis xMy – „x-sas yra mažesnis už y-ką“ yra tranzityvus.

Į santykių tranzityvumo sąlygą (xRy ∧ yRz) → xRz įstatę kintamųjų x, y ir z reikšmes b, a, i ir santykio simbolį „M“, gausime samprotavi-mo išvadą: (bMa ∧ aMi) → bMi.

IV. KLASIŲ LOGIKA

1. Kategorinių teiginių formalizavimas1. Pažymėjimai: F = {xi} - taisyklingų figūrų klasė,



92

T = {xi} – trikampių klasė. Tada teiginys „Kai kurios taisyklingos figūros nėra trikampiai “simboliškai bus užrašomas tokiu būdu:

∃x [ (x ∈ F) ∧ ( x ∉ T) ].

Tarp taisyklingų figūrų klasės F ir trikampiųklasės T yra perkirtimo santykis: F ∩ T ≠ ∅. Veno diagramos tai vaizduoja persikertančiais skrituliais:

2. Pažymėjimai: S = {xi} – sudėtingų junginių klasė, O = {xi} – oksidų klasė. Tada teiginys „Visi oksidai yra sudėtingi junginiai“ simboliškai bus užrašomas tokiu būdu:

∀x [ (x ∈ O) → ( x ∈ S) ]. Tarp oksidų klasės O ir sudėtingų junginių klasės S yra subordinacijos santykis: O ⊆ S. Tai, kad oksidai (O) yra sudėtingų junginių (S) poklasis, Veno diagramomis vaizduojama taip:

3. Pažymėjimai: CH = {xi} – cheminių elementų klasė, O = {xi} – oksidų klasė. Tada teiginys “ Nei vienas cheminis elementas nėra oksidas “ sim-boliškai bus užrašomas tokiu būdu:

~∃x [ (x ∈ CH) ∧ ( x ∈ O) ]. Tarp oksidų klasės O ir cheminių elementų klasės CH yra nuošalės santykis: O ∩ CH = ∅. Veno diagramos tai vaizduojama nepersiker-tančiais skrituliais:

4. Pažymėjimai: D = {xi} – druskų klasė, J = {xi} – vandenyje netirpių junginių klasė, Tada teiginys „Kai kurios druskos yra vandenyje netirpūs chemi-niai junginiai“ simboliškai bus užrašomas tokiu būdu:

∃x [ (x ∈ D) ∧ ( x ∈ J) ].

F T

OS

OCH

93

Tarp druskų klasės D ir vandenyje netirpių junginių klasės J yra perkirtimo santykis: D ∩ J ≠ ∅. Veno diagramos tai vaizduoja persiker-tančiais skrituliais:

2. Klasių skirstymas ir apibrėžimai

1. Gamtos mokslų vadovėlių klasė pagal mokslo objekto požymį su-skirstoma į astronomijos, fizikos ir biologijos vadovėlių poklasius.Pažymėjimai: GMV = {xi} – gamtos mokslų vadovėliai, AV = {xi} – astronomijosvadovėliai, FV = {xi} – fizikos vadovėliai, BV = {xi} – biologijos vadovėliai, mokslo objektas MO(x) = (dangaus kūnai, fizikiniai

reiškiniai, gyvoji gamta).Skirstymo sąlygos:

Poklasiai paporiui nepersidengia: (AV∩VF)=∅, (AV∩VB)=∅, (VF∩BV)=∅.

Poklasiai drauge sudaro visą klasę: (AV∪VF∪BV) = GMV.Skirstymas vykdomas vienu mokslo objekto požymio MO(x) pa-

grindu – kiekvienam poklasiui skirta po vieną požymio reikšmę.

2. Švenčių, kurias aš švenčiu, klasė pagal šventės visuotinumo po-žymį skirstoma į religinių (švenčiamas daugelyje tautų), nacionalinių (švenčiamos Lietuvoje) ir šeimyninių (švenčiamos mano šeimoje) švenčių poklasius.Pažymėjimai: ŠAŠ = {xi} – švenčių, kurias aš švenčiu, klasė, RŠ = {xi} – religinės šventės, NŠ = {xi} – nacionalinės šventės, ŠŠ = {xi} – šeimyninės šventės,Šventės visuotinumas ŠV(x) = (švenčiamos daugelyje tautų, Lietuvo-je ir mano šeimoje).Skirstymo sąlygos:Poklasiai paporiui nepersidengia: (RŠ ∩ NŠ)=∅, (RŠ ∩ ŠŠ)=∅, (NŠ ∩ ŠŠ =∅.

D J



94

Poklasiai drauge sudaro visą klasę: (RŠ ∪ NŠ ∪ ŠŠ) = ŠAŠ.Skirstymas vykdomas vienu šventės visuotinumo ŠV(x) pagrindu – kiekvienam poklasiui skirta po vieną požymio reikšmę.

3. Miesto visuomeninio transporto priemonių klasė pagal jų dydžio požymį skirstoma į autobusų ir troleibusų, mikroautobusų ir taksi poklasius.Pažymėjimai: MVT = {xi} – miesto visuomeninio transporto klasė, AT = {xi} – autobusai ir troleibusai, M = {xi} – mikroautobusai, T = {xi} – taksi, Transporto priemonės dydis DYD (x) = (didelės, vidutinės, mažos).Skirstymo sąlygos

Poklasiai paporiui nepersidengia: (AT ∩ M)=∅, (AT ∩ T)=∅, (M ∩ T =∅.

Poklasiai drauge sudaro visą klasę: (AT ∪ M ∪ T) = MVT.Skirstymas vykdomas vienu transporto priemonės dydžio DYD(x) pagrindu – kiekvienam poklasiui skirta po vieną požymio reikšmę.

3. Informacijos, esančios hierarchinėje klasifikacijoje, simbolinisužrašymas

1. Klasė „Priebalsiai“ (PR) pagal du akustinius požymius – „garsą sukelia balso stygų virpesiai“ GV(x) ir „garsą sukelia triukšmas“ GT(x) suskirs-tomi į 3 poklasius: SKL – Sklandieji, S – Sprogstamieji, D – Duslieji.Pažymėjimai: PR = {x} – visų priebalsių klasė, SKL = {x} – sklandžiųjų priebalsių klasė, S = {x} – skardžiųjų priebalsių klasė, D = {x} – dusliųjų priebalsių klasė, GV(x) – priebalsio garsą sukelia virpesiai, GT(x) – priebalsio garsą sukelia triukšmas.Skirstymo sąlygos

i. Poklasiai sudaro vieną klasę: PR = SKL ∪ S ∪ D.ii. Klasės paporiui nepersidengia: SKL ∩ S = ∅, SKL ∩ D = ∅,

D ∩ S = ∅.

95

iii. Skirstymas turi bendrą pagrindą – du požymius: GV(x) ir GT(x).

2. Klasė „Sklandieji“ (SKL) pagal požymį – „tariant priebalsį oras eina per nosį, N(x) suskirstomi į 2 poklasius: N = {x} nosinių prie-balsių klasę (m, n) ir PŠV = {x} paprastųjų, šoninių ir virpamųjų prie-balsių klasę (v, j, l, r).Pažymėjimai: SKL = {x} – sklandžiųjų priebalsių klasė, N = {x} – nosinių priebalsių klasė (m, n), PŠV = {x – paprastųjų, šoninių ir virpamųjų priebal-

sių klasė (v, j, l, r), N(x) – tariant priebalsį x oras eina per nosį.Skirstymo sąlygos i. Poklasiai sudaro vieną klasę: SKL = N ∪ PŠV. ii. Klasės paporiui nepersidengia: N ∩ PŠV = ∅. iii. Skirstymas turi bendrą pagrindą – požymį: N(x).

3. Klasė „Duslieji“ (D) pagal du akustinius požymius – „priebalsio garsą sukelia pūtimo triukšmas“ PT(x) ir „priebalsio garsą sukelia sprogimo triukšmas“ ST(x) suskirstomi į 3 poklasius: DS – Duslieji sprogstamieji, DA – Dusliosios afrikatos, DP – Duslieji pučiamieji.Pažymėjimai: D = {x} – dusliųjų klasė, DS = {x} – dusliųjų sprogstamųjų priebalsių klasė (p, t, k), DA = {x} – dusliųjų afrikatų klasė (c, č), DP = {x} – dusliųjų pučiamųjų priebalsių klasė (s, š, ch, f), PT(x) – priebalsio garsą sukelia pūtimo triukšmas, ST(x) – priebalsio garsą sukelia sprogimo triukšmasSkirstymo sąlygos i. Poklasiai sudaro vieną klasę: D = DS ∪ DA ∪ DP. ii. Klasės paporiui nepersidengia: DS ∩ DA = ∅, DS ∩ DP = ∅,

DA ∩ DP = ∅. iii. Skirstymas turi bendrą pagrindą – du požymius: PT(x) ir

ST(x).



96

4. Apb.: Skardieji yra tokie priebalsiai, kuriuos sukuria ir virpesiai, ir triukšmas.Pažymėjimai: PR = {x} – visų priebalsių klasė (giminė), S = {x} – skardžiųjų priebalsių klasė (rūšis), GV(x) – priebalsio garsą sukelia virpesiai, GT(x) – priebalsio garsą sukelia triukšmas,Apibrėžimas: S={x∈PR | GV(x) ∧ GT(x)}.

5. Apb. Nosiniai yra tokie sklandieji priebalsiai, kuriuos tariant oras eina per nosį.Pažymėjimai: KL = {x} – sklandžiųjų priebalsių klasė, N = {x} – nosinių priebalsių klasė (m, n), N(x) – tariant priebalsį x oras eina per nosįApibrėžimas: N={x∈SKL | N(x)}.

6. Apb. Dusliosios afrikatos yra tokie priebalsiai, kuriuos sukuria ir sprogimo, ir pūtimo triukšmas.Pažymėjimai: DA = {x} – dusliųjų afrikatų klasė (c, č) (giminė), D = {x} – dusliųjų priebalsių klasė (rūšis), PT(x) – priebalsio garsą sukelia pūtimo triukšmas, ST(x) – priebalsio garsą sukelia sprogimo triukšmas,Apibrėžimas: DA={x∈D | ST(x) ∧ PT (x)}.

4. Loginės klaidos

1. Loginės sintaksės klaidos1. Nenuoseklumas − pažeidžiamas prieštaravimo dėsnis.2. Nenuoseklumas − taip pat pažeidžiamas prieštaravimo dėsnis.3. Apeliacija į naujumą.4. Klaidos nėra − samprotavimas nuoseklus.5. Ydingas ratas.2. Loginės semantikos klaidos1. Klaidingas apibendrinimas.2. Klaidingai priskiriama sąvoka. 3. Klaidos nėra – metaforos.

97

4. Provincializmas – Europos parlamentas, o ne Seimas.5. Klaidinga prielaida – reikia vengti sankryžų, didelis greitis didi-

na avarijos tikimybę.

5. Loginės pragmatikos klaidos

1. Klaidos nėra. Raganos filme žmogų gali paversti kiaule.2. Tezės pakeitimas. 3. Proporcijos trūkumas. Išvada gerokai perdėta ir nepagrįsta.4. Dvigubas standartas – juk abu varžėsi tomis pačiomis sąlygomis.5. Tezės pakeitimas.

Rekomenduojama literatūra

1. Eidukienė D. Logikos pratimai. Mokomoji knyga aukštųjų mokyklų stu-dentams. V., 2002.

2. Lomanienė N. Logika. Deduktyvaus samprotavimo analizės pagrindai. Už-davinynas. Justitia, 2002.

3. Plečkaitis R. Logikos pagrindai. Tyto alba, 2004.4. Asher N., Lascarides A. Logics of conversation. Cambridge: Cambridge

University Press, 2003. 5. Copi, I. M., Cohen C. Introduction to logic. New York/London: Macmilla-

n, 1990. 6. Faure R., Kaufmann A., Denis-Papin M. Mathematiques Nouvelles. Tome

I., Dunod Paris, 1964.7. Kahane H. Logic and philosophy: a modern introduction. Belmont

(Ca.): Wadsworth, 1990. 8. Kemney J. G., Snell J. L., Thompson G. L. Introduction to Finite Mathema-

tics. Englewood Cliffs, N. Y., Prentice-Hall, 1957.9. Szabo Z. G. (ed.). Semantics versus Pragmatics. Oxford: Clarendon Press,

2005.10. http://lt.wikipedia.org/wiki/Kategorija:Logikos_klaidos. 2006-12-18.

REKOMENDUOJAMA LITERATŪRA

Ra233 Logikos užduočių pratybos / A. Raškinis, G. Karoblis. – Kaunas: Vytauto Didžiojo universiteto leidykla, 2007. – 98 p.

ISBN 978-9955-12-208-1

UDK 16(076)

A. Raškinis, G. KaroblisLogikos užduočių pratybos

Redagavo Robertas KeturakisMaketavo Janina Baranavičienė

Tiražas 200 egz. Užsakymo Nr. Išleido ir spausdino Vytauto Didžiojo universiteto leidykla,

S. Daukanto g. 27, LT-44249 Kaunas

Raškinis, ArimantasKaroblis, Gediminas

Documents

Logikos pratybos