Matemati cka logika - web.math.pmf.unizg.hr - vjezbe... · (skripta ne mo ze zamijeniti vje zbe) Sadr zaj ... 1.1. Osnovne de nicije i pojmovi Matemati cka logika F je oblika G _H,

Matematicka logikabiljeske s vjezbi ak. god. 2012./13.

(skripta ne moze zamijeniti vjezbe)

Sadrzaj

1 Logika sudova 11.1 Osnovne definicije i pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Normalne forme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Teorem kompaktnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4 Glavni test za logiku sudova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5 Prirodna dedukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2 Logika prvog reda 402.1 Glavni test za logiku prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.2 Modeli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

i

1

Logika sudova

1.1 Osnovne definicije i pojmovi

{P0, P1, P2, . . .} zovemo skup propozicionalnih varijabli (ali koristimo i oznake P,Q,R, V . . .za elemente ovog skupa).{¬,∧,∨,→,↔} zovemo skup logickih veznika.{(, )} zovemo skup pomocnih simbola (zagrade).

Nizovi ovih simbola su npr. )(P0 → i P5 ↔ (¬. Postoje posebni nizovi koje cemo zvatiformule. Induktivno ih definiramo:

• Svaka propozicionalna varijabla je formula.

• Ako su A i B formule, tada su i ¬A, A ∧B, A ∨B, A→ B, i A↔ B takoder formule.

Za funkciju I : {P0, P1, P2, . . .} → {0, 1} kazemo da je interpretacija. Prosirujemo definicijuinterpretacije na proizvoljne formule:

• I(¬A) = 0 akko I(A) = 1, tj. I(¬A) =

{0 ako je I(A) = 1,

1 ako je I(A) = 0 .

• I(A ∧B) = 1 akko I(A) = I(B) = 1.

• I(A ∨B) = 1 akko I(A) = 1 ili I(B) = 1.

• I(A→ B) = 1 akko I(A) = 0 ili I(A) = 1 (tj. I(A→ B) = 0 akko I(A) = 1 i I(B) = 0).

• I(A↔ B) = 1 akko I(A) = I(B).

1

1.1. Osnovne definicije i pojmovi Matematicka logika

Primjer. Definirajmo funkciju I : {P0, P1, P2, . . .} → {0, 1} s I(Pi) = 0, za svaki i ∈ {0, 1, 2, . . .}.Tada je I(P1 ∨ P2) = 0, I(P1 ∧ P2) = 0, I(P2 → P9) = 1, I(P3 ∨ ¬P4) = 1,I((P2 ↔ P3)→ ¬ (P1 ∧ P2)

)= 1.

Pogledajmo detaljnije zadnji primjer: Kako je I(P1 ∧ P2) = 0, to je I(¬ (P1 ∧ P2)) = 1. Dalje,I(P2 ↔ P3) = 1, pa je I

((P2 ↔ P3)→ ¬ (P1 ∧ P2)

)= 1. O

Definicija. Za formulu F kazemo da je tautologija (ili valjana formula) ako za svakuinterpretaciju I vrijedi I(F ) = 1. Kazemo da je antitautologija ako za svaku interpretaciju Ivrijedi I(F ) = 0.

Zadatak 1.1. Neka su P,Q,R propozicionalne varijable. Odredite barem jednu formulu Atako da formula

(a)((A ∧Q)→ ¬P

)→((P → ¬Q)→ A

)bude valjana.

(b)((

P → (Q→ (A ∧R)))→(A→ (A ∨R)

))∨((P ∧Q) ∧ ¬R

)bude valjana.

Rjesenje.

(a) Dovoljno je da((P → ¬Q) → A

)bude valjana formula, a za to je dovoljno da A bude

valjana. Dakle za A mozemo uzeti bilo koju tautologiju, npr. P ∨ ¬P .

(b) Dovoljno je da((

P → (Q→ (A ∧R)))→(A→ (A ∨R)

))bude valjana formula, a za to

je dovoljno da A→ (A ∨R) bude valjana, a za to je pak dovoljno da je A antitautologija,npr A ≡ P ∧ ¬P . No, mogli smo i ovako: uocimo da je formula A → (A ∨R) sama posebi tautologija, dakle mogli smo za A uzeti bilo koju formulu, i pocetna formula bi bilavaljana. ♦

Zadatak 1.2. Za proizvoljnu interpretaciju I sa SI oznacimo skup svih formula F takvih daje I(F ) = 1. Neka su I, J intepretacije takve da SI ⊆ SJ . Dokazite da je tada SI = SJ .

Rjesenje. Neka je F ∈ SJ . Tada je J(F ) = 1. Zelimo dokazati da je F ∈ SI , tj. I(F ) = 1.Pretpostavimo suprotno, tj. I(F ) = 0. Tada je I(¬F ) = 1, dakle ¬F ∈ SI , pa je ¬F ∈ SJ .Dakle imamo J(¬F ) = 1, tj. J(F ) = 0, sto je kontradikcija. ♦

Definicija. Neka je S skup formula te I interpretacija. Pisemo I(S) = 1 (I(S) = 0) akoza svaku formulu A ∈ S vrijedi I(A) = 1 (I(A) = 0). Ako to ne vrijedi, pisemo I(S) 6= 1(I(S) 6= 0).

Primjer. Ako je I interpretacija zadana s I(Pi) = 1, za svaki i, tada je I({P0, P0 ∧ P1, P2 ∨¬P3}) = 1, I({P2,¬P3}) 6= 1, I({¬P2,¬P8}) = 0. O

2


Napomena.

• I(S) 6= 1 ne znaci da je I(S) = 0. Isto tako, I(S) 6= 0 ne znaci da je I(S) = 1.

• Uzmemo li S = ∅, tada vidimo da je po definiciji trivijalno zadovoljeno i I(∅) = 1 iI(∅) = 0.

Definicija. Neka je S skup formula te neka je F formula. Kazemo da F logicki slijedi izskupa S i pisemo S � F ako za svaku interpretaciju I za koju je I(S) = 1 vrijedi I(F ) = 1.Ako ne vrijedi S � F , onda pisemo S 2 F .

Primjer.

(a) {P0, P1 ∧ P2} � P0.

(b) {P0, P1 ∧ P2} � P2.

(c) {P1, P1 ∧ P2} 2 P3. Zaista, postoji I tako da I({P1, P1 ∧ P2}) = 1 ali I(P3) = 0. Jedantakav I mozemo definirati s

I(Pi) =

{1 ako je i = 1, 2 ,

0 inace. O

Zadatak 1.3. Neka su F1, F2, . . . , Fn i A formule. Dokazite da su sljedece tvrdnje ekvivalentne:

(a) {F1, F2 . . . , Fn} � A

(b) formula F1 ∧ F2 ∧ . . . ∧ Fn ∧ ¬A je antitautologija

(c) formula (F1 ∧ F2 . . . ∧ Fn)→ A je valjana

(d) formula F1 → (F2 → (. . . (Fn → A)) . . .) je valjana

Rjesenje.

(a) povlaci (b)

Pretpostavimo da F1 ∧ F2 ∧ . . . ∧ Fn ∧ ¬A nije antitautologija, tj. da postoji interpretacija Itakva da I(F1 ∧ F2 ∧ . . . ∧ Fn ∧ ¬A) = 1. Po definiciji tada imamo I(F1 ∧ F2 ∧ . . . ∧ Fn) = 1 iI(¬A) = 1. Dakle nasli smo interpretaciju I takvu da je I(F1 ∧ F2 ∧ . . . ∧ Fn) = 1 i I(A) = 0,sto je kontradikcija s {F1, F2 . . . , Fn} � A.

(b) povlaci (c)

Neka je I proizvoljna interpretacija. Ako je I(F1∧F2∧. . .∧Fn) = 0, onda je I((F1 ∧ F2 . . . ∧ Fn)→A) = 1. Ako je I(F1∧F2∧ . . .∧Fn) = 1, zakljucujemo da je I(A) = 1, jer kad bi bilo I(A) = 0,onda bismo imali I(F1 ∧ F2 ∧ . . . ∧ Fn ∧ ¬A) = 1, sto je kontradikcija s pretpostavkom da jeF1 ∧F2 ∧ . . .∧Fn ∧¬A antitautologija. Zakljucujemo da za proizvoljnu interpretaciju I vrijedi

3


I((F1 ∧ F2 . . . ∧ Fn)→ A) = 1.

(c) povlaci (d)

Neka je I proizvoljna intepretacija. Tada je po pretpostavci I((F1 ∧ F2 . . . ∧ Fn) → A) = 1,dakle I(F1 ∧ F2 . . . ∧ Fn) = 0 ili I(A) = 1.

• Ako je I(F1∧F2 . . .∧Fn) = 0, to znaci da postoji k takav da je I(Fk) = 0. Tada je I(Fk →(Fk+1 → (. . . (Fn → A)) . . .)) = 1, pa je i I(Fk−1 → (Fk → (Fk+1 → (. . . (Fn → A)) . . .))) =1, i analogno u konacno mnogo koraka zakljucujemo da je I(F1 → (F2 → (. . . (Fn → A)) . . .)) =1.

• Ako je I(A) = 1, tada je I(Fn → A) = 1. Kao prije, u konacno mnogo koraka za-kljucujemo da vrijedi I(F1 → (F2 → (. . . (Fn → A)) . . .)) = 1.

(d) povlaci (a)

Neka je I interpretacija takva da je I({F1, F2, . . . , Fn}) = 1. Pretpostavimo da je I(A) =0. Tada je I(Fn → A) = 0, pa je i I(Fn−1 → (Fn → A)) = 0, . . . , pa je i I(F1 →(F2 → (. . . (Fn → A)) . . .)) = 0, sto je kontradikcija s pretpostavkom. Dakle I(A) = 1 pazakljucujemo {F1, F2 . . . , Fn} � A.

♦

Definicija. Definiramo slozenost formule A kao broj veznika u formuli i oznacavamo je ss(A).

Primjer.

(a) s(P0 ∧ P1) = 1. (b) s(P2) = 0. (c) s(¬ (P2 ∨ ¬P3)) = 3. O

Zadatak 1.4. Za formulu F kazemo da je pozitivna ako u njoj ne nastupaju veznici ¬, →,↔. Npr. P0, P0 ∨ P1, (P2 ∧ P3) ∨ P4 su pozitivne formule.Dokazite da niti jedna pozitivna formula nije ni tautologija ni antitautologija.

Rjesenje. Neka je I interpretacija definirana s I(P ) = 1 za svaku propozicionalnu varijabluP , te neka je J interpretacija definirana s J(P ) = 0 za svaku propozicionalnu varijablu P .Dokazimo da za svaku pozitivnu formulu vrijedi I(F ) = 1 i J(F ) = 0. (∗)Ovo cemo dokazati indukcijom po slozenosti formule F , tj. pokazujemo indukcijom po n ∈{0, 1, 2, . . .} da za svaku formulu F vrijedi (∗).

Ako je n = 0, onda je F propozicionalna varijabla, pa (∗) vrijedi. Pretpostavimo da je n > 0 teda (∗) vrijedi za svaku pozitivnu formulu F slozenosti manje od n. Neka je sada F pozitivnaformula slozenosti n. Svaka formula (osim propozicionalnih varijabli) je oblika A ∧ B, A ∨ B,A→ B, A↔ B, ¬A, za neke formule A,B. Kako je F pozitivna formula, to imamo samo dvaslucaja:

4


• F je oblika G ∨H, pri cemu je s(G) < n i s(H) < n. Po pretpostavci indukcije je ondaI(G) = I(H) = 1, te J(G) = J(H) = 0. Zakljucujemo da je I(G∨H) = 1 i J(G∨H) = 0.

• F je oblika G ∧ H, pri cemu je s(G) < n i s(H) < n. Analogno prvom slucaju za-kljucujemo I(G ∧H) = 1 i J(G ∧H) = 0. ♦

Zadatak 1.5. Neka je F formula logike sudova u kojoj se od veznika pojavljuje samo ↔.Dokazite da je F valjana formula ako i samo ako se svaka propozicionalna varijabla javlja u Fparan broj puta.

Rjesenje. Za svaku interpretaciju I, neka je I : F → {−1, 1}, gdje je F skup svih formulalogike sudova, funkcija definirana s

I(A) =

{1 ako je I(A) = 1,

−1 ako je I(A) = 0.

Primijetimo da za sve formule A i B i svaku interpretaciju I vrijedi I(A ↔ B) = I(A) I(B).Neka je sada I neka interpretacija. Neka su Q1, . . . , Qk sve propozicionalne varijable kojenastupaju u formuli F , iduci slijeva na desno. Na primjer, za formulu (P1 ↔ P2) ↔ P1 jeQ1 ≡ P1, Q2 ≡ P2, Q3 ≡ P1. Tvrdimo da je

I(F ) =k∏

i=1

I(Qi) . (∗)

Dokazujemo (∗) indukcijom po slozenosti formule F . Ako je s(F ) = 0, tada je F propozicionalnavarijabla, pa je k = 1 i Q1 = F , i (∗) trivijalno vrijedi. Pretpostavimo sada da je s(F ) = n,n > 0, te da (∗) vrijedi za sve formule promatranog oblika slozenosti k < n. Imamo da je Foblika G ↔ H, gdje su G,H formule promatranog oblika takve da je s(G) < n i s(H) < n.Neka su S1, . . . , Sl sve propozicionalne varijable koje nastupaju slijeva na desno u G, te nekasu R1, . . . , Rp sve propozicionalne varijable koje nastupaju slijeva na desno u H. Imamo

I(F ) = I(G↔ H) = I(G) I(H) =l∏

i=1

I(Si)

p∏j=1

I(Rj) =

l+p∏i=1

I(Si) ,

pri cemu smo stavili Si = Ri−l, za i > l + 1. Uocimo da su S1, . . . , Sl+p sve propozicionalnevarijable koje nastupaju u F slijeva na desno. Prema tome, (∗) vrijedi za F , pa zakljucujemoda vrijedi za sve formule promatranog oblika.

Neka je sad F formula promatranog oblika. Ako svaka propozicionalna varijabla nastupa u Fparan broj puta, onda je ocito I(F ) = 1 tj. I(F ) = 1, za svaku interpretaciju I, pa je F valjana.Obratno, neka je F valjana i dokazimo da se svaka propozicionalna varijabla pojavljuje paranbroj puta. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji propozicionalna varijable V koja se javljaneparan broj puta. Neka je I interpretacija definirana s

I(P ) =

{0 ako je P ≡ V,

1 inace.

5

1.2. Normalne forme Matematicka logika

Tada iz (∗) zakljucujemo da je I(F ) = −1, tj. I(F ) = 0. ♦

Zadatak 1.6. Neka je F formula logike sudova u kojoj se pojavljuju samo veznici ¬ i ↔.Dokazite da je F valjana formula ako i samo ako se znak negacije pojavljuje u F paran brojputa te se svaka propozicionalna varijabla pojavljuje u F paran broj puta.

Rjesenje. Neka su Q1, . . . , Qk sve propozicionalne varijable i znakovi negacije koji se javljajuu F slijeva na desno (na primjer, za formulu ¬(P2 ↔ P2) je Q1 ≡ ¬, Q2 ≡ P2, Q3 ≡ P2).Za svaku interpretaciju I definirajmo I kao u proslom zadatku, s time da dodatno definiramoI(¬) = −1. Slicnim postupkom kao u proslom zadatku dobijemo tvrdnju zadatka. ♦

1.2 Normalne forme

Definicija. Propozicionalnu varijablu i njezinu negaciju nazivamo literal. Formulu oblikaA1 ∧ A2 ∧ . . . ∧ An nazivamo konjunkcija, a formulu oblika A1 ∨ A2 ∨ . . . ∨ An nazivamo di-sjunkcija. Konjunkciju (disjunkciju) literala nazivamo elementarna konjunkcija (disjunkcija).Konjunktivna normalna forma je konjunkcija elementarnih disjunkcija. Disjunktivnanormalna forma je disjunkcija elementarnih konjunkcija.

Na primjer, P1 , ¬P3, ¬P7 su literali. P0 ∧ ¬P5 ∧ ¬P2 je elementarna konjunkcija.(P1 ∧ ¬P0 ∧ P0) ∨ (P3 ∧ P0) je disjunktivna normalna forma.

Definicija. Za formule A i B kazemo da su logicki ekvivalentne i pisemo A ⇔ B ako zasvaku interpretaciju I vrijedi I(A) = I(B).

Uocimo da je A⇔ B ako i samo ako je formula A↔ B tautologija.

Definicija. Neka je A formula te B konjunktivna (disjunktivna) normalna forma. Kazemo daje B konjunktivna (disjunktivna) normalna forma za A ako je A⇔ B.

Primjer. Neka je F ≡((P → Q)→ (¬R→ P )

)∧(¬Q→ ¬R). Odredimo jednu konjunktivnu

i jednu disjunktivnu normalnu formu za F .

P Q R P → Q ¬R→ P ¬Q→ ¬R (P → Q)→ (¬R→ P ) F0 0 0 1 0 1 0 00 0 1 1 1 0 1 00 1 0 1 0 1 0 00 1 1 1 1 1 1 11 0 0 0 1 1 1 11 0 1 0 1 0 1 01 1 0 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1

6


Da bismo odredili jednu konjunktivnu normalnu formu za F , postupamo ovako:”Gledamo nule,

negiramo (njihove) jedinice”. Konkretno na primjeru formule F , promatramo prvi, drugi, treci,i sesti redak (jer je u njima (i samo njima) vrijednost interpretacije u F jednaka 0 (

”gledamo

nule”), pa ovisno o vrijednosti interpretacije u P,Q,R radimo elementarne disjunkcije, te nakraju od tih elementarnih disjunkcija radimo konjunktivnu normalnu formu. Za prvi redakimamo elementarnu disjunkciju P ∨Q ∨R, za drugi redak P ∨Q ∨ ¬R (

”negiramo jedinice”),

za treci redak P ∨ ¬Q ∨ R, i za sesti redak ¬P ∨ Q ∨ ¬R. Na kraju formiramo konjunktivnunormalnu formu (P ∨Q ∨R) ∧ (P ∨Q ∨ ¬R) ∧ (P ∨ ¬Q ∨R) ∧ (¬P ∨Q ∨ ¬R), i to je jednakonjunktivna normalna forma za F (dokaz da je ovaj postupak zaista valjan na predavanjima).

Uocimo da od jedne konjunktivne normalne forme za F mozemo dobiti cijelo mnostvo konjun-ktivnih normalnih formi za F . Na primjer, mozemo na dobivenu formu samo

”nalijepiti” neku

tautologiju, npr. jos jedna konjunktivna normalna forma za F bi bila formula

(P ∨Q ∨R) ∧ (P ∨Q ∨ ¬R) ∧ (P ∨ ¬Q ∨R) ∧ (¬P ∨Q ∨ ¬R) ∧ (Q ∨ ¬Q) .

Takoder uocimo da se gornji postupak ne moze provesti ako ni za jednu interpretaciju vrijednostu F nije 0. No, to je slucaj onda i samo onda kad je F tautologija, pa kao konjunktivnu nor-malnu formu za F mozemo uzeti bilo koju tautologiju koja je ujedno i elementarna disjunkcija,npr. R ∨ ¬R (ovo je forma koja se sastoji od jedne elementarne disjunkcije).

Odredivanje disjunktivne normalne forme za F je slicno gornjem postupku, jedino sto se ovdjeradi o disjunkciji elementarnih konjunkcija, i postupamo ovako:

”Gledamo jedinice, negiramo

(njihove) nule”. Tako ce jedna disjunktivna normalna forma za F biti

(¬P ∧Q ∧R) ∨ (P ∧ ¬Q ∧ ¬R) ∨ (P ∧Q ∧ ¬R) ∨ (P ∧Q ∧R) .

Od jedne disjunktivne normalne forme za F mozemo dobiti nove: npr. dodavanjem antitauto-logija. Jos jedna disjunktivna normalna forma za F bi bila formula

(¬P ∧Q ∧R) ∨ (P ∧ ¬Q ∧ ¬R) ∨ (P ∧Q ∧ ¬R) ∨ (P ∧Q ∧R) ∨ (R ∧ ¬R) .

Ovaj postupak odredivanje disjunktivne normalne forme se ne moze provesti ako je F anita-utologija. U tom slucaju bilo koju antitautologiju koja je ujedno i elementarna konjunkcijamozemo uzeti kao disjunktivnu normalnu formu za F , npr. P ∧ ¬P . O

Zadatak 1.7. Neka je A konjunktivna normalna forma koja je tautologija. Dokazite da usvakoj elementarnoj disjunkciji od A postoji neka propozicionalna varijabla P takva da literaliP i ¬P dolaze u toj disjunkciji.

Rjesenje. Imamo A ≡ B1 ∧ . . . ∧ Bm, gdje su B1, . . . , Bm elementarne disjunkcije. Neka jei ∈ {1, . . . ,m}. Neka su Q1, . . . , Qn sve propozicionalne varijable koje dolaze u Bi bez negacije,a R1, . . . , Rp sve propozicionalne varijable koje dolaze u Bi s negacijom. Pretpostavimo da je{Q1, . . . , Qn} ∩ {R1, . . . , Rp} = ∅. Tada mozemo definirati interpretaciju I na sljedeci nacin:

I(P ) =

{0 ako je P ∈ {Q1, . . . , Qn},1 inace.

7


Tada je I(Q1) = . . . = I(Qn) = 0 i I(R1) = . . . = I(Rp) = 1. Imamo Bi ≡ S1 ∨ . . . Sk,gdje su S1, . . . , Sk literali. Jasno, za svaki j ∈ {1, . . . , k}, Sj ≡ Qv za neki v ∈ {1, . . . ,m} iliSj ≡ ¬Rv za neki v ∈ {1, . . . , p}. U svakom slucaju je I(Sj) = 0. Stoga je I(Bi) = 0, dakleI(A) = 0. To je kontradikcija s pretpostavkom da je A tautologija, pa zakljucujemo da je{Q1, . . . , Qn} ∩ {R1, . . . , Rp} 6= ∅. ♦

Definicija. Neka je A formula u kojoj se javljaju propozicionalne varijable Q1, . . . , Qn (i tosu sve propozicionalne varijable koje se javljaju u toj formuli). Za formulu F kazemo da jesavrsena disjunktivna normalna forma za A ako je F ⇔ A te ako je F ≡ B1 ∨ . . . ∨ Bm,gdje su B1, . . . , Bm elementarne konjunkcije takve da se u svakoj od njih svaka propozicionalnavarijabla Qi, i ∈ {1, . . . , n}, javlja tocno jednom (kao Qi ili ¬Qi), te u svakoj elementarnojkonjunkciji B1, . . . , Bm se javljaju samo propozicionalne varijable Q1, . . . , Qn, i Bi < Bj zai 6= j.

Primjer. Prva disjunktivna normalna forma koju smo nasli za formulu F iz primjera prijeprethodnog zadatka je ujedno i savrsena disjunktivna normalna forma za F . O

Zadatak 1.8. Neka je A ispunjiva formula koja sadrzi n razlicitih propozicionalnih varijabli.Dokazite da je formula A valjana ako i samo ako svaka savrsena disjunktivna normalna formaza A sadrzi 2n elementarnih konjunkcija.

Rjesenje. Neka je B1 ∨ . . . ∨ Bm savrsena disjunktivna normalna forma za A. Neka suQ1, . . . , Qn sve propozicionalne varijable koje nastupaju u A. Kako je B1 ∨ . . . ∨ Bm savrsenadisjunktivna normalna forma za A, ocito je svaki Bj logicki ekvivalentan jedinstvenoj konjunk-ciji oblika R1 ∧ . . . ∧ Rn, gdje je Ri ≡ Qi ili Ri ≡ ¬Qi, za svaki i ∈ {1, . . . , n}. Buduci da jeBi < Bj, za i 6= j, imamo injekciju sa skupa {B1, . . . , Bm} u skup S = {R1 ∧ . . . ∧ Rn | Ri ≡Qi ili Ri ≡ ¬Qi, za svaki i ∈ {1, . . . , n}}. Dakle m 6 2n = card(S).

Pretpostavimo da ovo pridruzivanje nije surjekcija. Tada postoje R1, . . . , Rn takvi da vrijediRi ≡ Qi ili Ri ≡ ¬Qi, za svaki i ∈ {1, . . . , n} tako da formula R1 ∧ . . .∧Rn nije pridruzena nitijednom Bj.Neka je I interpretacija takva da je I(R1 ∧ . . . ∧Rn) = 1 (takva interpretacija sigurno postoji.Naime, mozemo definirati

I =

{1 ako je Ri ≡ Qi,

0 ako je Ri ≡ ¬Qi .

Na ovaj nacin smo definirali I na propozicionalnim varijablama Q1, . . . , Qn, a na ostalim propo-zicionalnim varijablama mozemo bilo kako definirati I). Neka su S1, . . . , Sn literali takvi da jeSi ≡ Qi ili Si ≡ ¬Qi , za svaki i ∈ {1, . . . , n}, te pretpostavimo da je S1∧. . .∧Sn 6≡ R1∧. . .∧Rn.Tada postoji i ∈ {1, . . . , n} takav da je Si 6≡ Ri. No, Si, Ri ∈ {Qi,¬Qi} pa I(Ri) = 1 povlacida je I(Si) = 0. Stoga I(S1 ∧ . . . ∧ Sn) = 0.Svaki Bj je logicki ekvivalentan nekom elementu skupa S koji je razlicit od R1∧ . . .∧Rn, a sadasmo pokazali da je vrijednost interpretacije I na takvom elementu skupa S jednaka 0. Stogaje I(Bj) = 0 za svaki j ∈ {1, . . . ,m}, pa je I(B1 ∨ . . . ∨ Bm) = 0. Prema tome, I(A) = 0, sto

8


znaci da A nije valjana formula.Dakle, dokazali smo: Ako opisano preslikavanje nije surjekcija, onda A nije valjana formula.Drugim rijecima, ako je A valjana, onda vrijedi m > 2n. Zajedno s m 6 2n to daje sljedecizakljucak: Ako je A valjana formula, onda proizvoljna savrsena disjunktivna normalna formaza A sadrzi 2n elementarnih konjunkcija.

Pretpostavimo sada da svaka savrsena disjunktivna normalna forma za A ima 2n elementarnihkonjunkcija. Buduci da je po pretpostavci zadatka A ispunjiva formula, postoji neka savrsenadisjunktivna normalna forma za A (egzistencija takve disjunktivne normalne forme je dokazanana predavanjima). Neka je to B1 ∨ . . . ∨ Bm. Zbog pretpostavke slijedi da je m = 2n. Stogaje opisano pridruzivanje (iz prvog dijela zadatka) surjekcija. Neka je I bilo koja interpretacija.Definiramo R1, . . . , Rn na sljedeci nacin: za i ∈ {1, . . . , n}, ako je I(Qi) = 1, stavimo Ri ≡ Qi, aako je I(Qi) = 0, stavimo Ri ≡ ¬Qi (Qi smo definirali pri pocetku zadatka). Za ovako definiraneliterale R1, . . . , Rn vrijedi I(R1) = . . . = I(Rn) = 1, pa je I(R1 ∧ . . . ∧ Rn) = 1. Uz to, ocitovrijedi i R1 ∧ . . . ∧ Rn ∈ S. Kako je opisano pridruzivanje surjekcija, postoji j ∈ {1, . . . ,m}takav da je Bj ⇔ R1 ∧ . . . ∧ Rn. Slijedi da je I(Bj) = 1. Stoga je I(B1 ∨ . . . ∨ Bm) = 1, pa jeI(A) = 1. Dakle A je valjana formula. ♦

Zadatak 1.9. Postoji li n ∈ {1, 2, . . .} takav da za svaku formulu F logike sudova postoji ko-njunktivna normalna forma cija svaka elementarna disjunkcija sadrzi tocno n razlicitih literala?

Rjesenje. Pretpostavimo da postoji broj s opisanim svojstvom i oznacimo ga s n. Promotrimoformulu F ≡ P1∨ . . .∨Pn+1. Tada postoji formula G oblika G ≡ B1∧ . . .∧Bm takva da G⇔ F ,pri cemu su B1, . . . , Bm elementarne disjunkcije koje sadrze tocno n razlicitih literala. FormulaF je oboriva pa stoga postoji neki j ∈ {1, . . . ,m} takav da je Bj oboriva formula. Neka suQ1, . . . , Qr sve propozicionalne varijable koje nastupaju u Bj bez negacije te R1, . . . , Rs svepropozicionalne varijable koje nastupaju u Bj s negacijom. Buduci da je Bj oboriva formula,imamo

{Q1, . . . , Qr} ∩ {R1, . . . , Rs} = ∅ (∗)

(zaista, kad bi postojali i, j takvi da Qi ≡ Rj ≡ V za neku propozicionalnu varijablu V ,disjunkcija Bj bi sadrzavala tautologiju V ∨ ¬V pa bi i sama bila tautologija). Uocimo da suQ1, . . . , Qr,¬R1, . . . ,¬Rs svi literali koji nastupaju u Bj, a takvih ima n. Stoga je r + s = npa je i card{Q1, . . . , Qr,¬R1, . . . ,¬Rs} = n, dakle postoji i ∈ {1, . . . , n + 1} takav da

Pi 6∈ {Q1, . . . , Qr,¬R1, . . . ,¬Rs} . (∗∗)

Neka je I interpretacija takva da je I(Q1) = . . . = I(Qr) = 0, I(R1) = . . . = I(Rs) = 1, I(Pi) =1 (takva interpretacija sigurno postoji zbog (∗) i (∗∗)). Tada je I(Bj) = 0 te je onda I(G) = 0.No, I(Pi) = 1 povlaci I(F ) = 1, sto je kontradikcija s F ⇔ G. ♦

9

1.3. Teorem kompaktnosti Matematicka logika

1.3 Teorem kompaktnosti

Definicija. Za skup formula S kazemo da je ispunjiv ako postoji interpretacija I takva da jeI(S) = 1.

Na primjer, S = {P1, P1 ∨P2, P2 ∧P3, P4 ↔ ¬P5} je ispunjiv skup formula. S = {P1,¬P1} nijeispunjiv skup.

Teorem. (Teorem kompaktnosti)

Skup formula (logike sudova) S je ispunjiv ako i samo ako je ispunjiv svaki konacan podskupod S.

Zadatak 1.10. Neka je (Sn)n∈N niz ispunjivih skupova formula logike sudova takav da je

Sn ⊆ Sn+1, za svaki n ∈ N. Dokazite da je skup⋃n∈N

Sn ispunjiv.

Rjesenje. Neka je T konacan neprazan podskup od⋃n∈N

Sn. Tada je T = {A1, . . . , Am}, gdje

su A1, . . . , Am ∈⋃n∈N

Sn. Dakle, za svaki i ∈ {1, . . . ,m} imamo Ai ∈⋃n∈N

Sn, pa postoji ni ∈ N

takav da je Ai ∈ Sni.

Neka je N = max{n1, . . . , nm}. Za svaki i ∈ {1, . . . ,m} je ni 6 N pa je Sni⊆ SN . Iz Ai ∈ Si

slijedi da je Ai ∈ SN za svaki i ∈ {1, . . . ,m}. Dakle {A1, . . . , Am} ⊆ SN , tj. T ⊆ SN . Kako jeSN ispunjiv, to je i T ispunjiv.

Po teoremu kompaktnosti zakljucujemo da je⋃n∈N

Sn ispunjiv skup formula. ♦

Zadatak 1.11. Neka je S skup formula koji ima svojstvo da za svaku interpretaciju I postojiformula F ∈ S takva da je I(F ) = 0. Dokazite da postoji konacan podskup {B1, . . . , Bm} odS takav da je formula B1 ∧ . . . ∧Bm antitautologija.

Rjesenje. Iz pretpostavke zadatka odmah zakljucujemo da skup S nije ispunjiv. Iz teoremakompaktnosti slijedi da postoji konacan podskup T od S koji nije ispunjiv. Kako je T 6= ∅ (jerje ∅ ispunjiv skup formula), slijedi da je T = {B1, . . . , Bm}, gdje su B1, . . . , Bm neke formule.Iz cinjenice da skup {B1, . . . , Bm} nije ispunjiv odmah slijedi da je formula B1 ∧ . . . ∧ Bm

antitautologija. ♦

Zadatak 1.12. Za skup S kazemo da je oboriv ako postoji interpretacija I takva da je I(S) = 0(tj. takva da je I(F ) = 0 za svaku formulu F ∈ S). Dokazite da je skup S oboriv ako i samoako je svaki konacan podskup od S oboriv.

Rjesenje. Pretpostavimo da je S oboriv skup. Tada postoji interpretacija I takva da jeI(S) = 0. Jasno, tada je i I(S ′) = 0 za svaki S ′ ⊆ S. Dakle svaki podskup od S je oboriv, pa

10


je posebno svaki konacan podskup oboriv.

Pretpostavimo sada da je svaki konacan podskup od S oboriv. Neka je T = {¬F | F ∈ S}. Nekaje T ′ konacan neprazan podskup od T . Tada je T ′ = {¬F1, . . . ,¬Fm}, gdje su F1, . . . , Fm ∈ S.Imamo da je {F1, . . . , Fm} konacan podskup od S pa je on prema pretpostavci oboriv, daklepostoji interpretacija I takva da je I({F1, . . . , Fm}) = 0. Stoga je I({¬F1, . . . ,¬Fm}) = 1, tj.I(T ′) = 1. Dakle T ′ je ispunjiv skup. Prema tome, svaki konacan podskup od T je ispunjiv paje i T ispunjiv po teoremu kompaktnosti. Stoga postoji interpretacija I takva da je I(T ) = 1.Slijedi da je I(¬F ) = 1, za svaki F ∈ S. Dakle I(F ) = 0, za svaki F ∈ S, tj. I(S) = 0. DakleS je oboriv skup. ♦

Zadatak 1.13. Neka je S neprazan skup formula logike sudova te F neka formula takva davrijedi S � F . Dokazite da postoji konacan podskup {F1, . . . , Fn} od S takav da je formulaF1 ∧ . . . ∧ Fn ∧ ¬F antitautologija.

Rjesenje. Pretpostavimo suprotno. Tada za proizvoljan (konacan) podskup od S oblika{F1, . . . , Fn} imamo da formula F1 ∧ . . . ∧ Fn ∧ ¬F nije antitautologija, pa stoga postoji in-terpretacija I takva da je I(F1 ∧ . . . ∧ Fn ∧ ¬F ) = 1, iz cega slijedi I({F1, . . . , Fn,¬F}) = 1.Iz ovoga zakljucujemo da je svaki konacan podskup skupa S ∪ {¬F} ispunjiv, pa je premateoremu kompaktnosti i S ∪ {¬F} ispunjiv. Zaista, neka je T proizvoljan konacan podskupod S ∪ {¬F}. Ako je ¬F ∈ T , tada iz prethodnog zakljucivanja slijedi da je T ispunjiv. Ako¬F 6∈ T , tada je T ∪ {¬F} ispunjiv skup po prvom slucaju, pa T ⊆ T ∪ {¬F} povlaci da je iT ispunjiv.Dakle, S∪{¬F} je ispunjiv, tj. postoji I tako da je I(S∪{¬F}) = 1. To povlaci da je I(S) = 1i I(F ) = 0. Ovo je u kontradikciji s pretpostavkom S � F . ♦

Zadatak 1.14. Neka su S1 i S2 skupovi formula. Dokazite: skup S1∪S2 je ispunjiv ako i samoako ne postoji formula F takva da vrijedi S1 � F i S2 � ¬F .

Rjesenje. Uzmimo prvo da je S1 ∪ S2 ispunjiv skup. Tada postoji interpretacija I takva da jeI(S1 ∪ S2) = 1, iz cega slijedi da je I(S1) = 1 i I(S2) = 1. Sada je jasno da ne postoji formulaF takva da S1 � F i S2 � ¬F (u suprotnom bismo imali I(F ) = 1 i I(¬F ) = 1).

Uzmimo sada da ne postoji formula F takva da S1 � F i S2 � ¬F . Zelimo pokazati da jeS1 ∪ S2 ispunjiv skup. Pretpostavimo suprotno. Tada prema teoremu kompaktnosti postojikonacan podskup K od S1 ∪ S2 koji nije ispunjiv.

Pretpostavimo da je K ∩S1 = ∅. Tada je K ⊆ S2 pa imamo da S2 nije ispunjiv skup. Kako S2

nije ispunjiv skup, za bilo koju formulu G vrijedi S2 � G. Posebno, vrijedi S � G i S � ¬G zabilo koju formulu G. No, ovo je po pretpostavci nemoguce. Stoga je K ∩ S1 6= ∅.

Analogno dobivamo K ∩ S2 6= ∅.

Zakljucujemo da je K = {F1, . . . , Fn, G1, . . . , Gm}, pri cemu je F1, . . . , Fn ∈ S1, G1, . . . , Gm ∈S2, te n > 1 i m > 1. Pretpostavimo da je I interpretacija takva da je I(S1) = 1. Tada je

11


I(F1) = . . . = I(Fn) = 1. Buduci da K nije ispunjiv skup, postoji j ∈ {1, . . . ,m} takav da jeI(Gj) = 0. Slijedi da je I(¬ (G1 ∧ . . . ∧Gm)) = 1. Zakljucujemo S1 � ¬ (G1 ∧ . . . ∧Gm). Sdruge strane, kako je G1, . . . , Gm ∈ S2, imamo S2 � ¬ (¬ (G1 ∧ . . . ∧Gm)). To je kontradikcijas pocetnom pretpostavkom. Dakle, pretpostavka da S1 ∪S2 nije ispunjiv skup nas je dovela dokontradikcije, pa zakljucujemo da je S1 ∪ S2 ispunjiv. ♦

Primjer. Neka je S skup, te G ⊆ S × S irefleksivna i simetricna relacija na S. Kazemo daje G graf na S.

Na primjer, uzmimo S = {a, b, c, d} i G = {(a, b), (b, a), (b, c), (c, b), (b, d), (d, b), (c, d), (d, c)}.Skup S interpretiramo kao vrhove grafa, a skup G kao bridove koji povezuju vrhove. Tako npr.za ovako definirane S i G imamo sljedecu sliku:

a

b

c d

Neka je G graf of S, te k > 1 prirodan broj. Kazemo da je graf G k-obojiv ako postoji particijaC1, . . . , Ck ( Ci ∩ Cj = ∅, za i 6= j, i ∪i Ci = S. Ne zahtijevamo Ci 6= ∅ ! ) skupa S takva dane postoje a, b ∈ S i j ∈ {1, . . . , k} za koje vrijedi (a, b) ∈ G i (a, b) ∈ Cj.

Na primjer, gornji graf je 3-obojiv. Naime, mozemo uzeti C1 = {a, d}, C2 = {b}, C3 = {c}.Lako vidimo da isti graf nije 2-obojiv.

Teorem. Svaki planaran graf je 4-obojiv.

Pretpostavimo da imamo neobojanu geografsku kartu svijeta. Drzave mozemo shvatiti kao skupS, a za relaciju G uzmemo relaciju “biti susjedna drzava”. Prethodni teorem jamci da kartumozemo obojati s cetiri boje a da pri tome nikoje dvije susjedne drzave nisu obojane istom bojom.

Definicija. Ako je G graf od S, i S ′ ⊆ S, onda za G ∩ (S ′ × S ′) kazemo da je podgraf of G(generiran sa S ′).

Zadatak 1.15. Neka je S prebrojiv skup, neka je G graf od S, te neka je k > 1. Dokazite daje G k-obojiv ako i samo ako je svaki konacan podgraf od G k-obojiv.

Rjesenje. Ako je G k-obojiv, onda je jasno da je svaki podgraf od G k-obojiv, pa posebnokonacni podgrafovi.

12


Pretpostavimo sada da je svaki konacan podgraf od G k-obojiv. Zelimo dokazati da je G k-obojiv.Promotrimo logiku sudova u kojoj je {1, . . . , k} × S skup propozicionalnih varijabli (uocimo daje to u redu jer je {1, . . . , k} × S prebrojiv skup). Za S ′ ⊆ S, neka je AS′ skup koji se sastojiod formula sljedeceg oblika:

(1) (i, a)→ ¬(j, a) , za i, j ∈ {1, . . . , k}, i 6= j, a ∈ S ′

(2) (1, a) ∨ (2, a) ∨ . . . ∨ (k, a) , za a ∈ S ′

(3) (i, a)→ ¬(i, b) , za i ∈ {1, . . . , k}, a, b ∈ S ′ takvi da (a, b) ∈ G

Tvrdimo sljedece: za bilo koji S ′ ⊆ S vrijedi da je G ∩ (S ′ × S ′) k-obojiv graf ako i samo akoje AS′ ispunjiv skup. (∗)

Pokazimo da vrijedi (∗). Pretpostavimo da je G∩ (S ′ × S ′) k-obojiv graf. Tada postoji particijaC1, . . . , Ck od S ′ takva da ne postoje a, b ∈ S ′ i j ∈ {1, . . . , k} takvi da je (a, b) ∈ G ∩ (S ′ × S ′)i a, b ∈ Cj. Definiramo I : {1, . . . , k} × S → {0, 1} na sljedeci nacin:

I(i, a) =

{1 ako je a ∈ Ci,

0 inace.

Lako se provjeri da za ovako definiran I vrijedi I(AS′) = 1. Dakle AS′ je ispunjiv skup.S druge strane, pretpostavimo da je AS′ ispunjiv skup. Tada postoji interpretacija I : S ′ → {0, 1}takva da I(AS′) = 1. Skupove C1, . . . , Ck definiramo na sljedeci nacin:

Ci = {a ∈ S ′ | I(i, a) = 1}

Lako se provjeri da C1, . . . , Ck zadovoljavaju svojstva iz definicije k-obojivosti. Stoga je G ∩(S ′ × S ′) k-obojiv graf. Dakle vrijedi (∗).

Dokazimo sada da je G k-obojiv graf. Prema (∗), dovoljno je dokazati da je AS ispunjiv skup.Prema teoremu kompaktnosti, dovoljno je dokazati da je svaki konacan podskup od AS ispunjiv.Neka je T ⊂ AS konacan. Uocimo, ne mora vrijediti T = AS′ za neki S ′ ! No, vrijedi T ⊆ AS′,gdje je S ′ neki konacan podskup od S (uzmemo npr. S ′ = {a | a se javlja u nekoj formuli iz T}).Znamo da je graf G ∩ (S ′ × S ′) k-obojiv (jer je to konacan podgraf od G). Iz tvrdnje (∗) sadaslijedi da je AS′ ispunjiv skup, pa stoga je i T ispunjiv skup. Po teoremu kompaktnosti za-kljucujemo da je AS ispunjiv skup, dakle G je k-obojiv graf.

♦

Definicija. Neka su S, S ′ skupovi formula. Za S ′ kazemo da je skup aksioma za S ako zasvaku formulu F vrijedi S � F ako i samo ako S ′ � F . Za skup S kazemo da je konacnoaksiomatizabilan ako postoji konacan skup aksioma za S.

Zadatak 1.16. Dokazite:

13


(a) Skup formula S ′ je skup aksioma za S ako i samo ako za sve interpretacije I vrijedi:

I(S) = 1 ako i samo ako I(S ′) = 1

(b) Skup S je konacno aksiomatizabilan ako i samo ako postoji jednoclan skup aksioma za S.

Rjesenje.

(a) Pretpostavimo da je S ′ skup aksioma za S. Neka je I interpretacija. Dokazimo da jeI(S) = 1 akko I(S ′) = 1. Uzmimo prvo da je I(S) = 1, te neka je F ∈ S ′ Tada je ocitoS ′ � F , pa stoga je po pretpostavci i S � F . Iz I(S) = 1 slijedi I(F ) = 1. Zakljucujemoda je I(S ′) = 1.Analogno dobivamo da I(S ′) = 1 povlaci I(S) = 1.

Pretpostavimo sada da za svaku interpretaciju I vrijedi I(S) = 1 ako i samo ako je I(S ′) =1. Dokazimo da je S ′ skup aksioma za S. Neka je F formula takva da S � F . Zelimodokazati S ′ � F . Ako je I interpretacija takva da je I(S ′) = 1, onda je po pretpostavci iI(S) = 1, pa je I(F ) = 1. Dakle zaista S ′ � F .Analogno dobivamo da S ′ � F povlaci S � F . Zakljucujemo da je S ′ skup aksioma za S.

(b) Ako za skup S postoji jednoclan skup aksioma, tada je on po definiciji konacno aksioma-tizabilan. Obratno, neka je S konacno aksiomatizabilan. Razlikujemo dva slucaja:

• ∅ je skup aksioma za S. Po (a) dijelu zadatka zakljucujemo da je to slucaj onda isamo onda kad je S skup tautologija. Tada mozemo uzeti {P ∨ ¬P} kao jednoclanskup aksioma za S.

• Postoji skup aksioma za S oblika {F1, . . . , Fm}, pri cemu su F1, . . . , Fm formule. Ko-risteci (a) dio zadatka se lako provjeri da je {F1 ∧ . . .∧Fm} (jednoclan) skup aksiomaza S. ♦

Primjer.

(a) {P, P → Q} je skup aksioma za {P,Q, P ∧Q}.

(b) {P,Q} je skup aksioma za {P,Q, P ∧Q}.

(c) {P0, P1, P2, . . .}k je skup aksioma za {P0 ∧ . . . ∧ Pk | k ∈ N}. O

Definicija. Za skup formula S kazemo da je nezavisan ako ne postoji formula A ∈ S takvada je S \ {A} � A.

Primjer.

(a) {P,Q, P ∧Q} nije nezavisan skup jer je {P,Q, P ∧Q}\{P ∧Q} = {P,Q}, a {P,Q} � P ∧Q.

(b) {P,Q} je nezavisan skup (jer P 2 Q i Q 2 P ).

(c) {P0, P1, P2, . . .} je nezavisan skup.

14


(d) {P0, P0 ∧ P1, P0 ∧ P1 ∧ P2, . . .} nije nezavisan, jer {P0 ∧ P1, P0 ∧ P1 ∧ P2, . . .} � P0. O

Postavljamo pitanje je li mozemo za proizvoljan skup S naci nezavisan skup aksioma. (Primi-jetite analogiju s linearnom algebrom, s tim da je ovdje ∅ nezavisan skup.)

Zadatak 1.17. Dokazite da svaki konacan skup formula S ima podskup S ′ koji je nezavisan iujedno skup aksioma za S.

Rjesenje. Neka je S konacan skup formula. Neka je

L = {l ∈ N | postoji podskup S ′ od S takav da je S ′ skup aksioma za S i l = card(S ′)} .

Buduci da je S skup aksioma za S (svaki skup je skup aksioma samom sebi), te vrijedi S ⊆ Si S konacan, imamo card(S) ∈ L. Dakle L 6= ∅, pa postoji najmanji element (svaki neprazanpodskup od N ima najmanji element). Neka je m = minL. Imamo m ∈ L, pa postoji S ′ ∈ Stakav da je S ′ skup aksioma za S i m = card(S ′).

Tvrdimo da je S ′ nezavisan skup (ako to dokazemo, gotovi smo). Ako je S ′ = ∅, tada smogotovi, jer je ∅ trivijalno nezavisan skup. Pretpostavimo zato da je S ′ 6= ∅ i da nije nezavisan, tj.da postoji A ∈ S ′ takav da S ′\{A} � A. Ako je I interpretacija takva da je I(S ′\{A}) = 1, tadaslijedi da je i I(A) = 1. Stoga I(S ′) = 1. Kako je S ′ skup aksioma za S imamo I(S) = 1. S drugestrane, jasno je da ako za neku interpretaciju I vrijedi I(S) = 1, onda vrijedi i I(S ′\{A}) = 1, jerje S ′\{A} ⊆ S. Koristeci zadatak 1.16, zakljucujemo da je S ′\{A} skup aksioma za S. Naravno,S ′ \ {A} ⊆ S, pa prema tome card(S ′ \ {A}) ∈ L. No, card(S ′ \ {A}) = card(S ′)− 1 = m− 1,dakle m − 1 ∈ L. Buduci da je m = minL, broj m mora biti manji ili jednak od svakogelementa skupa L, pa je m 6 m− 1, sto je kontradikcija. Prema tome, ne postoji A ∈ S ′ takavda S ′ \ {A} � A, tj. S ′ je nezavisan skup. ♦

Vrijedi li tvrdnja prethodnog zadatka ako izostavimo pretpostavku da je S konacan?

Pokazimo da ne vrijedi. U prethodnom zadatku je kljucno bilo da je L 6= ∅, a to je vrijedilo jerje S bio konacan.Neka je S = {P0, P0 ∧ P1, P0 ∧ P1 ∧ P2, P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ P3, . . .}. Pretpostavimo da postojipodskup S ′ ⊆ S koji je nezavisan skup aksioma za S. Ako S ′ ima bar dva elementa, ondapostoji i, j ∈ N takvi da je i < j i P0 ∧ . . . ∧ Pi, P0 ∧ . . . ∧ Pi ∧ . . . ∧ Pj ∈ S ′. Ocito je daP0∧ . . .∧Pi∧ . . .∧Pj � P0∧ . . .∧Pi, stoga S \{P0∧ . . .∧Pi} � P0∧ . . .∧Pi, no ovo je nemogucejer je S ′ nezavisan skup.Stoga S ′ nema dva razlicita elementa, sto znaci da S ′ ima tocno jedan element ili S ′ = ∅. Kadbi ∅ bio skup aksioma za S, imali bismo da je S skup tautologija, sto nije istina. Stoga jeS ′ = {P0 ∧ . . . ∧ Pi} za neki i ∈ N. Definirajmo interpretaciju I s

I(Pk) =

{1 ako je k 6 i,

0 ako je k > i .

15


Ocito je I(P0∧ . . .∧Pi) = 1, dakle I(S ′) = 1. No, I(P0∧ . . .∧Pi∧Pi+1) = 0 pa slijedi I(S) 6= 1.Ovo je u kontradikciji s pretpostavkom da je S ′ skup aksioma za S.

Zakljucujemo da ne postoji podskup od S koji je nezavisan i skup aksioma za S ! No, uocimo dapostoji nezavisan skup aksioma za S (samo sto, naravno, taj skup nije podskup od S): naime,uzmimo S ′ = {P0, P1, P2, . . .}.

Definicija. Neka je S skup formula. S IS oznacimo skup svih interpretacija I takvih da jeI(S) = 1. Skup IS nazivamo karakteristicni skup interpretacija za S.

Uocimo da je skup S ispunjiv ako i samo ako je IS 6= ∅.

Zadatak 1.18. Neka su S1, S2 skupovi formula za koje vrijedi IS1 = Int \IS2 ( s Int oznacavamoskup svih interpretacija). Dokazite da su skupovi S1 i S2 konacno aksiomatizabilni.

Rjesenje. Skup S1 ∪ S2 nije ispunjiv (jer je IS1 ∩ IS2 = ∅) pa iz teorema kompaktnosti slijedida postoji konacan podskup od S1 ∪ S2, tj. konacni skupovi ∆1 ⊆ S1 i ∆2 ⊆ S2 takvi da skup∆1 ∪∆2 nije ispunjiv.

Tvrdimo da je ∆1 skup aksioma za S1. Ako je I interpretacija takva da je I(S1) = 1, ondaje I(∆1) = 1 jer je ∆1 ⊆ S1. S druge strane, pretpostavimo da je I interpretacija takva da jeI(∆1) = 1. Znamo da skup ∆1 ∪ ∆2 nije ispunjiv, stoga je I(∆1 ∪ ∆2) 6= 1. Stoga I 6∈ IS2 ,dakle I ∈ Int \IS2 . Slijedi I ∈ IS1 , tj. I(S1) = 1. Zakljucujemo da je ∆1 skup aksioma za S1,dakle S1 je konacno aksiomatizabilan. Analogno dobivamo da je ∆2 skup aksioma za S2. ♦

Zadatak 1.19. Dokazite da je skup S nezavisan ako i samo ako je svaki konacan podskup odS nezavisan.

Rjesenje. Pretpostavimo da je S nezavisan, i neka je S ′ ⊆ S. Pretpostavimo da postoji A ∈ S ′

tako da S ′ \ {A} � A. Tada zbog S ′ \ {A} ⊆ S \ {A} imamo S \ {A} � A. No, ovo je nemogucejer je S nezavisan. Prema tome, S ′ je nazavisan skup. Posebno, svaki konacan podskup od Sje nazavisan.

Uzmimo sada da je svaki konacan podskup od S nezavisan. Pretpostavimo da S nije nezavisan.Tada postoji A ∈ S tako da S \ {A} � A. Iz ovoga slijedi da postoji konacan podskup S ′ odS \ {A} takav da S ′ � A. Naime, u suprotnom bismo imali da za svaki konacan podskup S ′′ odS \ {A} postoji interpretacija I takva da je I(S ′′) = 1 i I(A) = 0, a ovo bi zapravo znacilo daje svaki konacan podskup od (S \ {A})∪{¬A} ispunjiv. (Jedino upitan ostaje podskup {¬A}.No, kad taj skup ne bi bio ispunjiv, to bi znacilo da je A tautologija, u kojem slucaju mozemouzeti S ′ = ∅ jer ∅ � A). Ovo bi prema teoremu kompaktnosti povlacilo da je (S \ {A})∪ {¬A}ispunjiv skup, no to je u kontradikciji s S \ {A} � A.Dakle imamo konacan skup S ′ takav da je S ′ ⊆ S \ {A} i S ′ � A. Tada je i S ′ ∪ {A} konacanpodskup od S i (S ′ ∪ {A}) \ {A} = S ′, dakle (S ′ ∪ {A}) \ {A} � A. To znaci da S ′ ∪ {A}nije nezavisan skup, sto je u kontradikciji s pretpostavkom da je svaki konacan podskup od Snezavisan. Zakljucujemo da je S nezavisan skup. ♦

16

1.4. Glavni test za logiku sudova Matematicka logika

1.4 Glavni test za logiku sudova

Za danu formulu F zelimo ispitati je li ona valjana. To mozemo napraviti tzv. glavnim testom.

Primjer. Neka je F ≡ ¬ (P ∧ ¬Q) → (¬P ∨Q). Ispitujemo je li ova formula valjana. Zatopretpostavimo da nije valjana:

¬ (P ∧ ¬Q)→ (¬P ∨Q) ⊥

Znaci, pretpostavili smo da postoji interpretacija za koju F nije istinita. Ovo povlaci da je zatu interpretaciju ¬ (P ∧ ¬Q) istinita, a (¬P ∨Q) neistinita formula. Sad imamo:

¬ (P ∧ ¬Q)→ (¬P ∨Q) ⊥¬ (P ∧ ¬Q) >¬P ∨Q ⊥

U prvom retku smo ⊥ zaokruzili jer smo s tim retkom gotovi.”Obradimo” sad drugi redak.

Istinitost formule ¬ (P ∧ ¬Q) povlaci da je formula P ∧ ¬Q neistinita. Slicno kao gore, za-okruzujemo > kod formule ¬ (P ∧ ¬Q) jer smo s tom formulom (tj. tim retkom) gotovi:

¬ (P ∧ ¬Q)→ (¬P ∨Q) ⊥¬ (P ∧ ¬Q) >¬P ∨Q ⊥P ∧ ¬Q ⊥

Sad”obradujemo” treci redak. Neistinost formule ¬P ∨Q povlaci da su ¬P i Q takoder neis-

tinite formule, sto dalje povlaci da je P istinita formula. Kad dodemo do toga da smo odrediliistinitost propozicionalne varijable, dvaput zaokruzujemo pripadni ⊥ ili >:

¬ (P ∧ ¬Q)→ (¬P ∨Q) ⊥¬ (P ∧ ¬Q) >¬P ∨Q ⊥P ∧ ¬Q ⊥¬P ⊥Q ⊥P >

Neobraden je ostao samo cetvrti redak. Neistinitost konjunkcije nas dovodi do grananja – prviclan konjunkcije je neistinit ili je drugi clan neistinit:

17


¬ (P ∧ ¬Q)→ (¬P ∨Q) ⊥¬ (P ∧ ¬Q) >¬P ∨Q ⊥P ∧ ¬Q ⊥¬P ⊥Q ⊥P >

P ⊥ ¬Q ⊥Q >

U lijevoj grani smo dobili da je u ovoj interpretaciji P neistinita formula, no prije toga smodobili da je P istinita formula, sto je kontradikcija. Stavimo × na kraj lijeve grane: ovo ceoznacavati da smo u toj grani dosli do kontradikcije. Zatim, u desnoj grani smo dobili da je Qistinita formula, dok smo prije toga dobili da je neistinita, sto je kontradikcija:

¬ (P ∧ ¬Q)→ (¬P ∨Q) ⊥¬ (P ∧ ¬Q) >¬P ∨Q ⊥P ∧ ¬Q ⊥¬P ⊥Q ⊥P >

P ⊥×

¬Q ⊥Q >×

Dakle, u svim granama testa smo dobili kontradikciju. Zakljucujemo da interpretacija za kojubi F bila neistinita formula ne postoji, tj. F je valjana formula. O

Navodimo pravila glavnog testa za logiku sudova:

A ∧B >A >B >

A ∧B ⊥

A ⊥ B ⊥

A ∨B >

A > B >

A ∨B ⊥A ⊥B ⊥

18


A→ B >

A ⊥ B >

A→ B ⊥A >B ⊥

A↔ B >

A >B >

A ⊥B ⊥

A↔ B ⊥

A >B ⊥

A ⊥B >

¬A >A ⊥

¬A ⊥A >

Primjer. Glavnim testom ispitajte valjanost formule

F ≡((P ∨Q) ∧ (P ∨R)

)→(¬P → (Q ∧R)

).

Pretpostavimo da postoji interpretacija za koju je formula neistinita, pa primjenjujemo praviloglavnog testa za neisitinit kondicional:(

(P ∨Q) ∧ (P ∨R))→(¬P → (Q ∧R)

)⊥

(P ∨Q) ∧ (P ∨R) >(¬P → (Q ∧R)

)⊥

Dalje, primjenujuci pravila glavnog testa na drugi i treci redak, imamo:((P ∨Q) ∧ (P ∨R)

)→(¬P → (Q ∧R)

)⊥

(P ∨Q) ∧ (P ∨R) >(¬P → (Q ∧R)

)⊥

P ∨Q >P ∨R >¬P >P ⊥

Q ∧R ⊥

Vidimo sad da preostala tri neobradena retka zahtijevaju grananje. Mi cemo ovdje prvo na-praviti grananje po cetvrtom retku, iako opcenito ne moramo granati redoslijedom kojim seformule pojavljuju u stablu. Kad granamo, smatramo da se svi neobradeni retci prenose usvaku granu, te se svi zakljucci u vezi vrijednosti interpretacija na propozicionalnim varija-blama takoder prenesu. Ukratko, svaka grana

”uzima u obzir” sve sto je iznad nje.

19


((P ∨Q) ∧ (P ∨R)

)→(¬P → (Q ∧R)

)⊥

(P ∨Q) ∧ (P ∨R) >(¬P → (Q ∧R)

)⊥

P ∨Q >P ∨R >¬P >P ⊥

Q ∧R ⊥

P >×

Q >

U lijevoj grani smo odmah dosli do kontradikcije, pa smo s njom gotovi (iako u njoj ostajuneobradeni neki retci iznad nje). U desnoj grani nismo dosli do kontradikcije, pa dalje gra-namo, ovog puta po petom retku:(

(P ∨Q) ∧ (P ∨R))→(¬P → (Q ∧R)

)⊥

(P ∨Q) ∧ (P ∨R) >(¬P → (Q ∧R)

)⊥

P ∨Q >P ∨R >¬P >P ⊥

Q ∧R ⊥

P >×

Q >

P >×

R >

Dosli smo do kontradikcije u lijevoj grani desne grane jer smo, kao prije, dobili da propozi-cionalna varijabla P mora biti istinita formula u ovoj interpretaciji, no vec smo prije togazakljucili da mora biti neistinita formula. Konacno, granamo desnu granu desne grane poosmom retku:

20


((P ∨Q) ∧ (P ∨R)

)→(¬P → (Q ∧R)

)⊥

(P ∨Q) ∧ (P ∨R) >(¬P → (Q ∧R)

)⊥

P ∨Q >P ∨R >¬P >P ⊥

Q ∧R ⊥

P >×

Q >

P >×

R >

Q ⊥×

R ⊥×

Dakle, u svim granama smo dosli do kontradikcije. Zakljucujemo da je F valjana formula.O

Primjer. Pogledajmo primjer gdje ispitujemo valjanost formule koja nije valjana. Neka je

F ≡((P ∧Q) ∨ (¬P ∨ ¬R)

)→ (Q↔ R) .

Kao uvijek, pretpostavljamo da je formula neistinita za neku interpretaciju, pa primjenjujucipravila glavnog testa imamo:(

(P ∧Q) ∨ (¬P ∨ ¬R))→ (Q↔ R) ⊥

(P ∧Q) ∨ (¬P ∨ ¬R) >Q↔ R ⊥

Sad, prvo napravimo grananje po drugom retku:((P ∧Q) ∨ (¬P ∨ ¬R)

)→ (Q↔ R) ⊥

(P ∧Q) ∨ (¬P ∨ ¬R) >Q↔ R ⊥

P ∧Q >P >Q >

¬P ∧ ¬R >

21


Dovrsimo lijevu granu testa. Ponovno dolazimo do grananja, zbog treceg retka, pa imamo:((P ∧Q) ∨ (¬P ∨ ¬R)

)→ (Q↔ R) ⊥

(P ∧Q) ∨ (¬P ∨ ¬R) >Q↔ R ⊥

P ∧Q >P >Q >

Q >R ⊥

Q ⊥R >×

¬P ∧ ¬R >

Ne zaokruzujemo ⊥ u trecem retku jer jos uvijek ostaje neobraden za desnu granu testa. No,uocimo da smo u lijevoj grani lijeve grane dovrsili test, ali nismo dosli do kontradikcije! Dakle,postoji grana u kojoj je test proveden do kraja, a nema kontradikcije, pa zakljucujemo daformula F nije valjana. Iz dane grane citamo interpretaciju I takvu da je I(F ) = 0. DefiniramoI tako da je I(P ) = 1, I(Q) = 1, I(R) = 0. Za propozicionalne varijable koje se ne javljaju uformuli F mozemo staviti bilo koju vrijednost interpretacije, npr. I(V ) = 0, za V 6∈ {P,Q,R}.

O

Sazmimo sto smo dosad radili glavnim testom: Ispitujemo valjanost formule F . Krenemo odF ⊥. Ako u svim granama dobijemo kontradikciju, zakljucujemo da je formula zaista valjana.Ako postoji grana u kojoj nema kontradikcije, a u kojoj je test proveden do kraja, onda za-kljucujemo da F nije valjana, i iz dane grane citamo interpretaciju I takvu da je I(F ) = 0.

Zadatak 1.20. Primjenom glavnog testa ispitajte valjanost formule(¬ (¬Q ∨ P )

)→((P ∧ ¬R) ∨ (R→ Q)

).

Rjesenje.

22


(¬ (¬Q ∨ P )

)→((P ∧ ¬R) ∨ (R→ Q)

)⊥

¬ (¬Q ∨ P ) >(P ∧ ¬R) ∨ (R→ Q) ⊥

¬Q ∨ P ⊥¬Q ⊥Q >P ⊥

P ∧ ¬R ⊥R→ Q ⊥

R >Q ⊥×

Dosli smo do kontradikcije u vezi vrijednosti interpretacije za propozicionalnu varijablu Q.Uocimo da nismo uopce obradili osmi redak. No, to nema veze. Naime, test je svejednoproveden do kraja, jer da smo i obradili osmi redak, svejedno bismo imali ovu kontradikcijukoju smo vec dobili. Dakle, zakljucujemo da je formula valjana. ♦

Glavnim testom mozemo ispitivati i je li neka formula ispunjiva: Neka je F formula. Krenemood F >. Ako u svim granama dobijemo kontradikciju, onda zakljucujemo da F nije ispunjiva.Ako postoji grana u kojoj nema kontradikcije, a test je proveden do kraja (u toj grani, jasno),onda je F ispunjiva i iz te grane citamo interpretaciju I takvu da je I(F ) = 1.

Zadatak 1.21. Glavnim testom ispitajte je li formula

F ≡((P ∧Q) ∨ (¬P ∧ ¬R)

)→ (Q↔ R)

ispunjiva.

Rjesenje. Krecemo od pretpostavke da postoji interpretacija takva da je F istinita formula,pa imamo: (

(P ∧Q) ∨ (¬P ∧ ¬R))→ (Q↔ R) >

(P ∧Q) ∨ (¬P ∧ ¬R) ⊥ Q↔ R >

Dovrsimo desnu granu:

23


((P ∧Q) ∨ (¬P ∧ ¬R)

)→ (Q↔ R) >

(P ∧Q) ∨ (¬P ∧ ¬R) ⊥ Q↔ R >

Q >R >

Q ⊥R ⊥

Uocimo da smo test proveli do kraja bez kontradikcije i u lijevoj grani desne grane i u desnojgrani desne grane. Dakle, interpretaciju takvu da je I(F ) = 0 mozemo definirati s I(Q) =I(R) = 1 (ili s I(Q) = I(R) = 0). Vrijednosti interpretacije u svim ostalim propozicionalnimvarijablama (posebno i u P ) mozemo proizvoljno postaviti. ♦

Za proizvoljnu formulu F vrijedi da je ona ispunjiva ako i samo nije antitaulogija. Takodervrijedi da je oboriva ako i samo nije tautologija, tj. valjana. Dakle, glavnim testom mozemoispitati:

• valjanost/oborivost : Krenemo od F ⊥. Ako u svim granama testa dobijemo kontradik-ciju, F je valjana. U suprotnom, F je oboriva (i citamo interpretaciju za koju vrijediI(F ) = 0 iz dane grane).

• antitautologicnost/ispunjivost : Krenemo od F >. Ako u svim grana testa dobijemokontradikciju, F je antitautologija. U suprotnom, F je ispunjiva (i citamo interpretacijuza koju vrijedi I(F ) = 1 iz dane grane).

Glavnim testom takoder mozemo ispitati je li neka formula logicka posljedica nekog skupa for-mula: Neka su F1, . . . , Fn i G formule. Na sljedeci nacin glavnim testom ispitujemo vrijedi li{F1, . . . , Fn} � G: Krenemo s

F1 >F2 >

...Fn >G ⊥

Ako su svim granama testa dobijemo kontradikciju, onda zakljucujemo da vrijedi {F1, . . . , Fn} �G. Ako postoji grana u kojoj je test proveden do kraja, i u njoj nema kontradikcije, za-kljucujemo da {F1, . . . , Fn} � G ne vrijedi, te iz dane grane citamo pripadnu interpretaciju.

24


Primjer. Ispitajte vrijedi li

{(P ∧Q)→ R , P ∨Q} � R↔ Q.

(P ∧Q)→ R >P ∨Q >R↔ Q ⊥

P ∧Q ⊥

P ⊥

P >×

Q >

R >Q ⊥×

R ⊥Q >X

Q ⊥

R >

Iako test nismo doveli do kraja u svim granama, stajemo jer smo u grani oznacenoj s X dovrsilitest bez kontradikcije. Dakle, zakljucujemo da {(P ∧Q) → R , P ∨ Q} � R ↔ Q ne vrijedi.Definiramo pripadnu interpretaciju s I(P ) = 0 , I(Q) = 1 , I(R) = 0, te I(V ) = 0, za sveV 6∈ {P,Q,R}.

O

Zadatak 1.22. Glavnim testom ispitajte valjanost formule((P ∧ ¬Q)↔ ¬ (R ∨Q)

)∨ (P → R) .

Rjesenje.

25

1.5. Prirodna dedukcija Matematicka logika

((P ∧ ¬Q)↔ ¬ (R ∨Q)

)∨ (P → R) ⊥

(P ∧ ¬Q)↔ ¬ (R ∨Q) ⊥P → R ⊥

P >R ⊥

P ∧ ¬Q >¬ (R ∨Q) ⊥

P >¬Q >Q ⊥

R ∨Q >

R >×

Q >×

P ∧ ¬Q ⊥¬ (R ∨Q) >R ∨Q ⊥

R ⊥Q ⊥

P ⊥×

¬Q ⊥Q >×

U svim granama smo dosli do kontradikcije, pa zakljucujemo da je pocetna formula valjana.♦

1.5 Prirodna dedukcija

Neka su zadani skup formula S i formula F . Zelimo iz skupa S izvesti formulu F , i ako seto moze napraviti, pisemo S `PD F . Ako formulu F mozemo izvesti iz praznog skupa, tadaumjesto ∅ `PD F jednostavno pisemo `PD F .

Postepeno cemo izloziti pravila izvoda prirodne dedukcije, i za svako pravilo cemo dati primjer.

• eliminacija konjunkcijeA ∧B

A(∧E)

A ∧B

B(∧E)

• introdukcija konjunkcijeA B

A ∧B(∧I)

26


Primjer. Neka su P,Q,R propozicionalne varijable. Odredimo jedan izvod za (P ∨Q) ∧(Q ∨R) iz skupa {(P ∨Q) ∧R , Q ∨R}.

Uocimo da nam je Q ∨R vec”dano”, a P ∨Q mozemo dobiti iz (P ∨Q) ∧R. Dakle imamo:

(P ∨Q) ∧R

P ∨Q(∧E)

Q ∨R

(P ∨Q) ∧ (Q ∨R)(∧I)

O

• introdukcija disjunkcijeA

A ∨B(∨I)

B

A ∨B(∨I)

Primjer. Neka su P,Q,R propozicionalne varijable. Odredimo jedan izvod za (P∨Q)∧(Q∨R)iz {Q}.

Q

P ∨Q(∨I)

Q

Q ∨R(∨I)

(P ∨Q) ∧ (Q ∨R)(∧I)

O

• eliminacija kondicionala (modus ponens)

A A→ B

B(→E)

A→ B A

B(→E)

Primjer. {P , Q , (P ∧Q)→ R} `PD R.

P Q

P ∧Q(∧I)

(P ∧Q)→ R

R(→E)

O

Primjer. {P → (Q→ R) , P ∧Q} `PD R.

27


Uocimo da iz P ∧Q mozemo dobiti i P i Q, pa uzastopnom primjenom pravila modus ponensdobivamo R:

P ∧Q

P(∧E)

P → (Q→ R)

Q→ R(→E)

P ∧Q

Q(∧E)

R(→E)

O

Sva navedena pravila izvoda prirodne dedukcije do sada su bila tzv. prirodna pravila (i bitce ih jos). Sada navodimo jedno hipoteticko pravilo:

• introdukcija kondicionalaA

n

....B

A→ Bn(→I)

Ako mozemo pod privremenom pretpostavkom da vrijedi formula A (sto oznacavamo s An,

pri cemu n oznacava broj pretpostavke (moze biti vise pretpostavki u jednom izvodu) izvestiformulu B, tada smo izveli A→ B, pri cemu

”zatvaramo” privremenu pretpostavku broj n.

Primjer. {P → Q , Q→ R} `PD P → R.

P1

P → Q

Q(→E)

Q→ R

R(→E)

P → R1(→I)

O

Treba razlikovati pojmove pretpostavke i privremene pretpostavke. Ako formulu F izvodimoiz skupa S, tada formule iz S nazivamo pretpostavkama. Privremene pretpostavke nam sluzeza zakljucivanje po hipotetickim pravilima, i to su formule koje opcenito nisu iz S.

Primjer. `PD P → (P ∨Q).

P1

P ∨Q(∨I)

P → (P ∨Q)1(→I)

O

Zadatak 1.23. {(P ∨Q)→ R} `PD P → R

28


Rjesenje. Koristimo pravilo introdukcije kondicionala da bismo izveli kondicional P → R.Dakle, negdje u izvodu ce biti P kao privremena pretpostavka.

P1

P ∨Q(∨I)

(P ∨Q)→ R

R(→E)

P → R1(→I)

♦

Napomena. Nadalje cemo jednostavno pisati ` umjesto `PD.

Zadatak 1.24. {P} ` (P → Q)→ Q

Rjesenje. Ponovno, kad zelimo izvesti kondicional, onda premisu uzimamo kao privremenupretpostavku. Privremene pretpostavke mogu biti formule slozenije od propozicionalnih vari-jabli!

P → Q1

P

Q(→E)

(P → Q)→ Q1(→I)

♦

Napomena. Ako formulu F izvodimo iz jednoclanog skupa pretpostavki {G}, nadalje cemoumjesto {G} ` F pisati samo G ` F .

Zadatak 1.25. (P ∧Q)→ R ` P → (Q→ R)

Rjesenje. Ponovno izvodimo kondicional, pa znamo da jedna privremena pretpostavka morabiti P . No, da bismo pomocu te privremene pretpostavke zatim izveli kondicional Q → R,morat cemo uzeti jos jednu privremenu pretpostavku, naime Q.

P1

Q2

P ∧Q(∧I)

(P ∧Q)→ R

R(→E)

Q→ R2(→I)

P → (Q→ R)1(→I)

29


♦

Mozda se na prvi pogled cini neobicno sto smo”istovremeno” postavili privremene pretpos-

tavke P i Q umjesto da smo prvo pretpostavili P , pa zatim Q (buduci da se u tom poretku onijavljaju u formuli koju zelimo izvesti). No, ova (na prvi pogled) neobicnost je sasvim u skladus definicijom izvoda u prirodnoj dedukciji. Nadalje, cini se da smo mogli pretpostavke zatvoritii u drugom redoslijedu, naime, mogli smo prvo zatvoriti pretpostavku 1, pa tek onda 2. To jesasvim legitimno! No, pri takvom

”zamijenjenom zatvaranju” bismo izveli neku drugu formulu:

P1

Q2

P ∧Q(∧I)

(P ∧Q)→ R

R(→E)

P → R1(→I)

Q→ (P → R)2(→I)

Kod zatvaranja pretpostavki je samo bitno da se sve instance te pretpostavke koje zatvaramopojavljuju u podstablu s korijenom u cvoru gdje zatvaramo tu pretpostavku (dakle,

”iznad”

tog cvora).

Zadatak 1.26. P → (Q→ R) ` Q→ (P → R)

Rjesenje.

P1

P → (Q→ R)

Q→ R(→E)

Q2

R(→E)

P → R1(→I)

Q→ (P → R)2(→I)

♦

• eliminacija negacijeA ¬A⊥

(¬E)

• introdukcija negacijeA

n

....⊥¬A

n(¬I)

30


• dvojna negacija¬¬AA

(DN)

Pravilo eliminacije negacije nam kaze da ako smo izveli neku formulu A i njenu negaciju ¬A,onda smo dobili kontradikciju (sto oznacavamo s ⊥). Dalje, uocimo da je introdukcija negacijehipoteticko pravilo. Ono nam kaze sljedece: ako smo pod privremenom pretpostavkom A do-bili kontradikciju, tada zakljucujemo da ne vrijedi A, tj. da vrijedi ¬A, i pri tome zatvaramopretpostavku A.

Primjer. P ` ¬¬P

¬P 1P

⊥(¬E)

¬¬P1(¬I)

O

Prethodni primjer ilustrira jednu tehniku izvoda koju cemo cesto koristiti: Recimo da zelimoizvesti formulu F . Pretpostavimo suprotno, tj. stavimo ¬F kao privremenu pretpostavku. Akodobijemo kontradikciju, onda po pravilu introdukcije negacije zakljucujemo da vrijedi ¬¬F , od-nosno, primjenjujuci jos i pravilo dvojne negacije, izveli smo F . Tako postupamo u sljedecemprimjeru:

Primjer. ¬P → P ` P

¬P 1 ¬P → P

P(→E)

¬P 1

⊥(¬E)

¬¬P1(¬I)

P(DN)

O

Zadatak 1.27. {¬(¬P ∧ ¬Q) , ¬P} ` Q

Rjesenje.

¬Q 1 ¬P

¬P ∧ ¬Q(∧I)

¬(¬P ∧ ¬Q)

⊥(¬E)

¬¬Q1(¬I)

Q(DN)

♦

31


Zadatak 1.28. P → Q ` ¬P ∨Q

Rjesenje. Ovdje cemo takoder primijeniti tehniku”pretpostavimo suprotno”, tj. kao jednu

privremenu pretpostavku cemo uzeti ¬(¬P ∨ Q). Najprije cemo pomocu ¬(¬P ∨ Q) izvestiP . Zatim, koristeci P → Q cemo dobiti Q. No, iz ¬(¬P ∨ Q) mozemo izvesti i ¬Q, dakledobili smo kontradikciju! Zapisimo zato najprije kako se opcenito iz ¬(A ∨ B) izvodi ¬A (¬Bse analogno izvodi):

¬(A ∨B)

Am

A ∨B(∨I)

⊥(¬E)

¬Am(¬I)

Konacno, dobivamo trazeni izvod:

¬P 1

¬P ∨Q(∨I)

¬(¬P ∨Q)2

⊥(¬E)

¬¬P1(¬I)

P(DN)

P → Q

Q(→E)

¬P ∨Q(∨I)

¬(¬P ∨Q)2

⊥(¬E)

¬¬(¬P ∨Q)2(¬I)

¬P ∨Q(DN)

♦

• eliminacija disjunkcije

A ∨B

An

....C

Bm

....C

Cn,m(∨E)

Ovo je zadnje hipoteticko pravilo, i jedino hipoteticko pravilo u kojem zatvaramo dvije privre-mene pretpostavke istovremeno. Pravilo nam kaze: Ako vrijedi A ∨B, te iz A mozemo izvesti

32


C i iz B mozemo izvesti C, onda vrijedi C.

Primjer. {P ∨Q , P → R , Q→ R} ` R

P ∨Q

P1

P → R

R(→E)

Q2

Q→ R

R(→E)

R1,2(∨E)

O

Zadatak 1.29. P ∨ (Q ∧R) ` (P ∨Q) ∧ (P ∨R)

Rjesenje. Da bismo nesto izveli iz disjunkcije, koristimo pravilo eliminacije disjunkcije. Vi-dimo da iz privremene pretpostavke P dobijemo P ∨ Q i P ∨ R introdukcijom disjunkcije, patrazenu formulu dobivamo introdukcijom konjunkcije. Dalje, iz Q∨R eliminacijom konjunkcijemozemo dobiti i Q i R, pa opet lako dobivamo trazenu formulu.

P ∨ (Q ∧R)

P1

P ∨Q(∨I)

P1

P ∨R(∨I)

(P ∨Q) ∧ (P ∨R)(∧I)

Q ∧R2

Q(∧E)

P ∨Q(∨I)

Q ∧R2

R(∧E)

P ∨R(∨I)

(P ∨Q) ∧ (P ∨R)(∧I)

(P ∨Q) ∧ (P ∨R)1,2(∨E)

♦

Zadatak 1.30. {P ∨Q , P → R , Q→ S} ` R ∨ S

Rjesenje. Vidimo da se medu pretpostavkama nalazi disjunkcija P ∨Q, pa ocekujemo da cemonegdje koristiti pravilo eliminacije disjunkcije.

P ∨Q

P1

P → R

R(→E)

R ∨ S(∨I)

Q2

Q→ S

S(→E)

R ∨ S(∨I)

R ∨ S1,2(∨E)

♦

Zadatak 1.31. {(P ∨Q)→ ¬R , ¬¬R} ` ¬(P ∨Q)

Rjesenje. Ovdje primjenjujemo tehniku”pretpostavimo suprotno”. Uzet cemo P ∨ Q kao

privremenu pretpostavku, pa vidimo da onda pravilom eliminacije kondicionala mozemo dobiti

33


¬R, sto je u kontradikciji s ¬¬R.

P ∨Q1

(P ∨Q)→ ¬R

¬R(→E)

¬¬R⊥

(¬E)

¬(P ∨Q)1(¬I)

♦

Zadatak 1.32. P ∨Q ` ¬(¬P ∧ ¬Q)

Rjesenje.

P ∨Q

P1

¬P ∧ ¬Q 2

¬P(∧E)

⊥(¬E)

¬(¬P ∧ ¬Q)2(¬I)

Q3

¬P ∧ ¬Q 4

¬Q(∧E)

⊥(¬E)

¬(¬P ∧ ¬Q)4(¬I)

¬(¬P ∧ ¬Q)1,3(∨E)

♦

Uocimo da u prethodnom zadatku nismo mogli staviti obje privremene pretpostavke ¬P ∧¬Qpod brojem 2 (ili 4), jer smo obje pretpostavke morali posebno zatvoriti u stablu koje sadrzisamo jedno od njih.

Mogli smo ovaj zadatak rijesiti i na malo drugaciji nacin:

P ∨Q

P1

¬P ∧ ¬Q 2

¬P(∧E)

⊥(¬E)

Q3

¬P ∧ ¬Q 2

¬Q(∧E)

⊥(¬E)

⊥1,3(∨E)

¬(¬P ∧ ¬Q)2(¬I)

Zadatak 1.33. ¬P ∧ ¬Q ` ¬(P ∨Q)

Rjesenje.Ovo cemo rijesiti slicno proslom zadatku (drugi nacin), samo sto ce se ovdje formule P ∨ Q i¬P ∧ ¬Q zamijeniti po tome koja je

”obicna” pretpostavka, a koja privremena pretpostavka.

34


Uocimo da ovdje eliminaciju disjunkcije primjenjujemo na disjunkciju koja je privremena pret-postavka.

P ∨Q1

P2

¬P ∧ ¬Q

¬P(∧E)

⊥(¬E)

Q3

¬P ∧ ¬Q

¬Q(∧E)

⊥(¬E)

⊥2,3(∨E)

¬(¬P ∧ ¬Q)1(¬I)

♦

Zadatak 1.34. ¬(P ∧Q) ` ¬P ∨ ¬Q

Rjesenje. Ideja je pretpostaviti suprotno, tj. ¬(¬P ∨ ¬Q), pa iz toga dobiti P i Q, odnosnoP ∧Q, sto je u kontradikciji s ¬(P ∧Q).

¬(¬P ∨ ¬Q)1

¬P 2

¬P ∨ ¬Q(∨I)

⊥(¬E)

¬¬P2(¬I)

P(DN)

¬(¬P ∨ ¬Q)1

¬Q 3

¬P ∨ ¬Q(∨I)

⊥(¬E)

¬¬Q3(¬I)

Q(DN)

P ∧Q(∧I)

¬(P ∧Q)

⊥(¬E)

¬¬(¬P ∨ ¬Q)1(¬I)

¬P ∨ ¬Q(DN)

♦

Zadatak 1.35. ` P ∨ ¬P

Rjesenje. Ideja je pretpostaviti suprotno, tj. uzeti ¬(P ∨ ¬P ) kao privremenu pretpostavku,pa iz toga izvesti ¬P i ¬¬P , sto daje kontradikciju.

35


¬(P ∨ ¬P )1

P2

P ∨ ¬P(∨I)

⊥(¬E)

¬P2(¬I)

¬(P ∨ ¬P )1

¬P 3

P ∨ ¬P(∨I)

⊥(¬E)

¬¬P3(¬I)

⊥(¬E)

¬¬(P ∨ ¬P )1(¬I)

P ∨ ¬P(DN)

♦

Zadatak 1.36. ¬P ∨Q ` P → Q

Rjesenje. Trazenu formulu izvodimo iz disjunkcije ¬P∨Q, pa cemo korisititi pravilo eliminacijedisjunkcije. Da bismo izveli kondicional P → Q, moramo kao jednu privremenu pretpostavkuuzeti P . Zelimo iz toga nekako izvesti Q, pa cemo pretpostaviti suprotno, tj. staviti ¬Q kaojos jednu privremenu pretpostavku, i to ce nas dovesti do kontradikcije.

¬P ∨Q

¬P 3P

1

⊥(¬E)

Q4 ¬Q 2

⊥(¬E)

⊥3,4(∨E)

¬¬Q2(¬I)

Q(DN)

P → Q1(→I)

♦

• eliminacija bikondicionala

A↔ B

A→ B(↔E)

A↔ B

B → A(↔E)

• introdukcija bikondicionalaA→ B B → A

A↔ B(↔I)

Zadatak 1.37. P ↔ Q ` ¬P ∨ ¬Q

36


Rjesenje. Ideja je iz P → Q izvesti ¬Q→ ¬P i iz Q→ P izvesti ¬P → ¬Q. Pogledajmo prvokako se opcenito iz A→ B moze izvesti ¬B → ¬A. Postavimo privremenu pretpostavku ¬B ipretpostavimo suprotno, tj. stavimo privremenu pretpostavku A. Zatim iz A → B dobivamoB, sto je u kontradikciji s ¬B.

A→ B A2

B(→E)

¬B 1

⊥(¬E)

¬A2(¬I)

¬B → ¬A1(→I)

Sada rjesavamo zadatak:

P ↔ Q

Q→ P(↔E)

Q2

P(→E)

¬P 1

⊥(¬E)

¬Q2(¬I)

¬P → ¬Q1(→I)

P ↔ Q

P → Q(↔E)

P3

Q(→E)

¬Q 4

⊥(¬E)

¬P2(¬I)

¬Q→ ¬P4(→I)

¬P ↔ ¬Q(↔I)

♦

Zadatak 1.38. ` P ↔ ¬¬P

Rjesenje.

P1 ¬P 2

⊥(¬E)

¬¬P2(¬I)

P → ¬¬P1(→I)

¬¬P 3

P(DN)

¬¬P → P3(→I)

P ↔ ¬¬P(↔I)

♦

Zadatak 1.39. (P ∨Q) ∧ (P ∨R) ` ¬P → (Q ∧R)

37


Rjesenje.

(P ∨Q) ∧ (P ∨R)

P ∨Q(∧E)

P3 ¬P 1

⊥(¬E)

(P ∨Q) ∧ (P ∨R)

P ∨R(∧E)

P5 ¬P 1

⊥(¬E)

Q4

R6

Q ∧R(∧I)

¬(Q ∧R)2

⊥(¬E)

⊥5,6(∨E)

⊥3,4(∨E)

¬¬(Q ∧R)2(¬I)

Q ∧R(DN)

¬P → (Q ∧R)1(→I)

♦

Zadatak 1.40. ` ¬(P ↔ ¬P )

Rjesenje. Ideja je pretpostaviti suprotno, tj. kao privremenu pretpostavku uzeti P ↔ ¬P .Tada imamo P → ¬P i ¬P → P , pa ako zatim uzmemo privremenu pretpostavku P , dobitcemo ¬P . S druge strane, ako uzmemo ¬P kao privremenu pretpostavku, dobit cemo P . Ovoje kontradikcija, pa zakljucujemo da vrijedi ¬(P ↔ ¬P ).

P ↔ ¬P 1

P → ¬P(↔E)

P2

¬P(→E)

P2

⊥(¬E)

¬P2(¬I)

P ↔ ¬P 1

¬P → P(↔E)

¬P 3

P(→E)

¬P 3

⊥(¬E)

¬¬P3(¬I)

P(DN)

⊥(¬E)

¬(P ↔ ¬P )1(¬I)

♦

Nekad zna biti nezgodno”smjestiti” cvorove u stablo, iako imamo ideju kako neki izvod treba

izgledati. Na primjer, pogledajmo Q ` P → Q. Jasno, uzmemo privremenu pretpostavku P .No, da bismo mogli zakljuciti P → Q, ne smijemo napraviti nesto ovog tipa:

P1

Q

P → Q1(→I)

To nije u skladu s definicijom introdukcije kondicionala. Zato koristimo sljedeci”trik”:

38


P1

Q

P ∧Q(∧I)

Q(∧E)

P → Q1(→I)

Ako imamo inkonzistentan skup formula (definirano na predavanjima), onda iz tog skupamozemo izvesti bilo koju formulu! Ovo je takoder dokazano na predavanjima, no pogledajmojedan konkretan primjer:

Zadatak 1.41. {P ∧Q , ¬Q} ` R

Rjesenje.

¬R 1P ∧Q

¬R ∧ (P ∧Q)(∧I)

P ∧Q(∧E)

Q(∧E)

¬Q

⊥(¬E)

¬¬R1(¬I)

R(DN)

♦

39

2

Logika prvog reda

2.1 Glavni test za logiku prvog reda

Za osnovne definicije i pojmove logike prvog reda pogledajte predavanja.

Glavni test za logiku prvog reda je slican glavnom testu za logiku sudova, s tim da ovdje imamo

”uvodenje” i

”testiranje” elemenata. To cemo ilustrirati sljedecim primjerom:

Primjer. Pomocu glavnog testa ispitajte valjanost formule(∀xA(x)→ ∃xB(X)

)→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)Slicno glavnom testu za logiku sudova, krecemo od pretpostavke da postoji struktura u kojojje formula neistinita: (

∀xA(x)→ ∃xB(x))→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)⊥

Pravila glavnog testa za logiku prvog reda koja se odnose na logicke veznike ∧,∨,→,↔,¬ suista kao kod glavnog testa za logiku sudova, pa imamo:(

∀xA(x)→ ∃xB(x))→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x)→ ∃xB(x) >∃x(A(x)→ B(x)

)⊥

Opet po istim pravilima kao kod glavnog testa za logiku sudova imamo:(∀xA(x)→ ∃xB(x)

)→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x)→ ∃xB(x) >∃x(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x) ⊥ ∃xB(x) >

40

2.1. Glavni test za logiku prvog reda Matematicka logika

Sada radimo nesto karakteristicno za glavni test za logiku prvog reda. Promatrajmo prvo lijevugranu: Imamo da nije istina da za svaki x vrijedi A(x). Zakljucujemo da postoji neki a takavda je A(a) neistinita formula. Zato uvodimo taj a na sljedeci nacin:(

∀xA(x)→ ∃xB(x))→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x)→ ∃xB(x) >∃x(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x) ⊥ (..a..)

A(a) ⊥∃xB(x) >

Pogledajmo sad desnu granu. Tu imamo da postoji x takav da vrijedi B(x). Uvedimo zato btakvog da vrijedi B(b).(

∀xA(x)→ ∃xB(x))→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x)→ ∃xB(x) >∃x(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x) ⊥ (..a..)

A(a) ⊥∃xB(x) > (..b..)

B(b) >

U glavnom testu za logiku prvog reda dvaput zaokruzujemo > ili ⊥ kad smo zakljucili je li seneki uvedeni elementi nalaze u nekoj relaciji.Fokusirajmo se sad na lijevu granu. Uocimo da neobraden ostaje jos treci redak. U njemu piseda ne postoji x takav da vrijedi A(x)→ B(x). Dakle, koji god x mi

”uvrstili” u A(x)→ B(x),

to ce biti neistinita formula. Kazemo da ovdje mozemo testirati uvodene elemente. Testirajmozato a : (

∀xA(x)→ ∃xB(x))→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x)→ ∃xB(x) >∃x(A(x)→ B(x)

)⊥ a

∀xA(x) ⊥ (..a..)

A(a) ⊥A(a)→ B(a) ⊥

∃xB(x) > (..b..)

B(b) >

41


Dalje imamo: (∀xA(x)→ ∃xB(x)

)→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x)→ ∃xB(x) >∃x(A(x)→ B(x)

)⊥ a

∀xA(x) ⊥ (..a..)

A(a) ⊥A(a)→ B(a) ⊥

A(a) >B(a) ⊥

×

∃xB(x) > (..b..)

B(b) >

U lijevoj grani smo dosli do kontradikcije u vezi s istinitosti formule A(a). Pogledajmo saddesnu granu. Nemamo sto raditi nego testirati element b u trecem retku.(

∀xA(x)→ ∃xB(x))→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x)→ ∃xB(x) >∃x(A(x)→ B(x)

)⊥ a b

∀xA(x) ⊥ (..a..)

A(a) ⊥A(a)→ B(a) ⊥

A(a) >B(a) ⊥

×

∃xB(x) > (..b..)

B(b) >A(b)→ B(b) ⊥

Kao gore, imamo:

42


(∀xA(x)→ ∃xB(x)

)→ ∃x

(A(x)→ B(x)

)⊥

∀xA(x)→ ∃xB(x) >∃x(A(x)→ B(x)

)⊥ a b

∀xA(x) ⊥ (..a..)

A(a) ⊥A(a)→ B(a) ⊥

A(a) >B(a) ⊥

×

∃xB(x) > (..b..)

B(b) >A(b)→ B(b) ⊥

A(b) >B(b) ⊥

×

U svim granama smo dobili kontradikciju, dakle zakljucujemo da je pocetna formula valjana.O

Navedimo sada pravila glavnog testa za logiku prvog reda (uocite, ovdje se radi o formulamalogike prvog reda):

F ∧G >F >G >

F ∧G ⊥

F ⊥ G ⊥

F ∨G >

F > G >

F ∨G ⊥F ⊥G ⊥

F → G >

F ⊥ G >

F → G ⊥F >G ⊥

F ↔ G >

F >G >

F ⊥G ⊥

F ↔ G ⊥

F >G ⊥

F ⊥G >

∃xF > (..a..)F (a) >

∃xF ⊥ aF (a) ⊥

∀xF ⊥ (..a..)F (a) ⊥

∀xF > aF (a) >

U retcima kod kojih testiramo uvedene elemente nikada ne zaokruzujemo pripadni > ili ⊥,buduci da se moze dogoditi da kasnije u testu testiramo jos neki element u tom retku.

Zadatak 2.1. Pomocu glavnog testa ispitajte valjanost formule

∀z ∃x ∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

)).

Rjesenje. Kao uvijek, krecemo od pretpostavke da je formula neistinita (u nekoj strukturi).Uocimo da, po pravilima glavnog testa za logiku prvog reda, odmah uvodimo element:

43


∀z ∃x ∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ (..a..)

∃x ∃y ∃w((

F (a) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥

Sad u drugom retku testiramo a.

∀z ∃x∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ (..a..)

∃x∃y ∃w((

F (a) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ a

∃y ∃w((

F (a) ∧(F (y)→ G(a)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥

Zatim, u trecem retku testiramo a.

∀z ∃x∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ (..a..)

∃x∃y ∃w((

F (a) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ a

∃y ∃w((

F (a) ∧(F (y)→ G(a)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ a

∃w((

F (a) ∧(F (a)→ G(a)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥

Naposlijetku, u cetvrtom retku testiramo a.

∀z ∃x ∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ (..a..)

∃x∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ a

∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ a

∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ a(

F (a) ∧(F (a)→ G(a)

))→(F (a) ∧G(a)

)⊥

Dovrsimo glavni test:

44


∀z ∃x ∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ (..a..)

∃x∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ a

∃y ∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ a

∃w((

F (z) ∧(F (y)→ G(x)

))→(F (w) ∧G(w)

))⊥ a(

F (a) ∧(F (a)→ G(a)

))→(F (a) ∧G(a)

)⊥

F (a) ∧(F (a)→ G(a)

)>

F (a) ∧G(a) ⊥F (a) >

F (a)→ G(a) >

F (a) ⊥×

G(a) ⊥

F (a) ⊥×

G(a) >×

U svim granama smo dobili kontradikciju, pa zakljucujemo da je pocetna formula valjana.♦

Zadatak 2.2. Ispitajte glavnim testom valjanost formule

∀x∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)→(∀x ∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x)

).

Rjesenje.

∀x ∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)→(∀x∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x)

)⊥

∀x ∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)>

∀x ∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x) ⊥

Vidimo da drugi redak sluzi testiranju, pa kako jos nismo uveli nijedan element, radimo grana-nje po trecem retku.

∀x ∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)→(∀x∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x)

)⊥

∀x ∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)>

∀x ∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x) ⊥

∀x ∀y P (x, y) ⊥ ∀xQ(x) ⊥

45


Dovrsimo prvo lijevu granu testa. Uvodimo element i zatim u novonastalom retku uvodimo josjedan element.

∀x ∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)→(∀x∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x)

)⊥

∀x ∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)>

∀x ∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x) ⊥

∀x ∀y P (x, y) ⊥ (..a..)

∀y P (a, y) ⊥ (..b..)

P (a, b) ⊥

∀xQ(x) ⊥

Sad nam ne preostaje nista drugo nego testirati neki od uvedenih elemenata.

∀x ∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)→(∀x∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x)

)⊥

∀x∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)> a

∀x ∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x) ⊥

∀x ∀y P (x, y) ⊥ (..a..)

∀y P (a, y) ⊥ (..b..)

P (a, b) ⊥∀y(P (a, y) ∧Q(a)

)>

∀xQ(x) ⊥

Sad u novodobivenom retku testiramo b.

∀x ∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)→(∀x∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x)

)⊥

∀x∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)> a

∀x ∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x) ⊥

∀x ∀y P (x, y) ⊥ (..a..)

∀y P (a, y) ⊥ (..b..)

P (a, b) ⊥∀y(P (a, y) ∧Q(a)

)> b

P (a, b) ∧Q(a) >P (a, b) >Q(a) >×

∀xQ(x) ⊥

Dakle dobili smo kontradikciju. Desna grana se slicno rjesava.

46


∀x ∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)→(∀x∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x)

)⊥

∀x∀y(P (x, y) ∧Q(x)

)> a c

∀x ∀y P (x, y) ∧ ∀xQ(x) ⊥

∀x∀y P (x, y) ⊥ (..a..)

∀y P (a, y) ⊥ (..b..)

P (a, b) ⊥∀y(P (a, y) ∧Q(a)

)> b

P (a, b) ∧Q(a) >P (a, b) >Q(a) >×

∀xQ(x) ⊥Q(c) ⊥

∀y(P (c, y) ∧Q(c)

)> c

P (c, c) ∧Q(c) >P (c, c) >Q(c) >×

Zakljucujemo da je pocetna formula valjana.♦

Zadatak 2.3. Ispitajte glavnim testom valjanost formule(∀x ∃y P (x, y)→ ∀xQ(x)

)→ ∀x ∀y

(P (x, y)→ Q(x)

).

Rjesenje. (∀x ∃y P (x, y)→ ∀xQ(x)

)→ ∀x∀y

(P (x, y)→ Q(x)

)⊥

∀x∃y P (x, y)→ ∀xQ(x) >∀x∀y

(P (x, y)→ Q(x)

)⊥

Drugi redak zahtijeva grananje, pa radije odmah uvodimo element u trecem retku. Zatim,uvodimo element u novonastalom retku.(

∀x ∃y P (x, y)→ ∀xQ(x))→ ∀x∀y

(P (x, y)→ Q(x)

)⊥

∀x∃y P (x, y)→ ∀xQ(x) >∀x ∀y

(P (x, y)→ Q(x)

)⊥ (..a..)

∀y(P (a, y)→ Q(a)

)⊥ (..b..)

P (a, b)→ Q(a) ⊥P (a, b) >Q(c) ⊥

Sad radimo grananje po drugom retku. Odmah uvodimo element.

47


(∀x ∃y P (x, y)→ ∀xQ(x)

)→ ∀x∀y

(P (x, y)→ Q(x)

)⊥

∀x∃y P (x, y)→ ∀xQ(x) >∀x ∀y

(P (x, y)→ Q(x)

)⊥ (..a..)

∀y(P (a, y)→ Q(a)

)⊥ (..b..)

P (a, b)→ Q(a) ⊥P (a, b) >Q(c) ⊥

∀x∃y P (x, y) ⊥ (..c..)∃y P (c, y) ⊥

∀xQ(x) >

Dovrsimo lijevu granu. Ne preostaje nam nista osim testirati uvedene elemente. Testirajmosve do sad uvedene elemente.(

∀x ∃y P (x, y)→ ∀xQ(x))→ ∀x∀y

(P (x, y)→ Q(x)

)⊥

∀x∃y P (x, y)→ ∀xQ(x) >∀x ∀y

(P (x, y)→ Q(x)

)⊥ (..a..)

∀y(P (a, y)→ Q(a)

)⊥ (..b..)

P (a, b)→ Q(a) ⊥P (a, b) >Q(c) ⊥

∀x∃y P (x, y) ⊥ (..c..)∃y P (c, y) ⊥ a b c

P (c, a) ⊥P (c, b) ⊥P (c, c) ⊥

∀xQ(x) >

Uocimo da iako se jos uvijek mogu neki novi elementi uvesti u desnoj grani, ti elementi ne bi

”imali veze” s lijevom granom testa. Dakle, dovrsili smo lijevu granu testa. No, nismo dosli do

nikakve kontradikcije! Dakle, postoji grana u kojoj nema kontradikcije, a test je proveden dokraja, tj. svaki redak je analiziran po svim uvedenim elementima, pa zakljucujemo da formulanije valjana. Iz dane grane citamo strukturu u kojoj formula nije istinita:

Stavimo M = (M,ϕ). M definiramo kao skup svih uvedenih elemenata, dakle M = {a, b, c}.Dalje, stavimo ϕ(Q) = ∅ i ϕ(P ) = {(a, b)}. ϕ(Q) smo definirali kao skup svih uvedenihelemenata v za koje smo tijekom glavnog testa zakljucili da vrijedi Q(v). Isto tako, ϕ(P ) smodefinirali kao skup svih uredenih parova (v, w) za koje smo tijekom glavnog testa zakljucili davrijedi P (v, w).

48


Dakle, u ovako definiranoj strukturi M je pocetna formula istinita.♦

Zadatak 2.4. Glavnim testom ispitati valjanost formule(∃x∀y R(x, y) ∨ ∀y

(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

))→ ∃x

(Q(x) ∨R(x, x)

).

Rjesenje. Uobicajenim provodenjem glavnog testa imamo:(∃x ∀y R(x, y) ∨ ∀y

(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

))→ ∃x

(Q(x) ∨R(x, x)

)⊥

∃x∀y R(x, y) ∨ ∀y(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

)>

∃x(Q(x) ∨R(x, x)

)⊥ a

∃x ∀y R(x, y) > (..a..)∀y R(a, y) > a

R(a, a) >Q(a) ∨R(a, a) >

Q(a) ⊥R(a, a) ⊥

×

∀y(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

)>

U lijevoj grani smo dobili kontradikciju, pa smo s njom gotovi. No, u desnoj grani nam ostajejedino redak u kojem mozemo testirati elemente, ali u desnoj grani uopce nemamo uvedenihelemenata. U ovakvoj situaciji prisilno uvodimo element te ga odmah testiramo u tom retku:(

∃x ∀y R(x, y) ∨ ∀y(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

))→ ∃x

(Q(x) ∨R(x, x)

)⊥

∃x∀y R(x, y) ∨ ∀y(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

)>

∃x(Q(x) ∨R(x, x)

)⊥ a

∃x∀y R(x, y) > (..a..)∀y R(a, y) > a

R(a, a) >Q(a) ∨R(a, a) >

Q(a) ⊥R(a, a) ⊥

×

∀y(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

)> (..b..) b

∃xP (b, x)→ ∀xR(x, b) >

49


Sad dovrsimo glavni test na uobicajen nacin:(∃x ∀y R(x, y) ∨ ∀y

(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

))→ ∃x

(Q(x) ∨R(x, x)

)⊥

∃x∀y R(x, y) ∨ ∀y(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

)>

∃x(Q(x) ∨R(x, x)

)⊥ a b

∃x∀y R(x, y) > (..a..)∀y R(a, y) > a

R(a, a) >Q(a) ∨R(a, a) >

Q(a) ⊥R(a, a) ⊥

×

∀y(∃xP (y, x)→ ∀xR(x, y)

)> (..b..) b

∃xP (b, x)→ ∀xR(x, b) >Q(b) ∨R(b, b) ⊥

Q(b) ⊥R(b, b) ⊥

∃xP (b, x) ⊥ b

P (b, b) ⊥X

∀xR(x, b) >

U grani oznacenoj s X smo dovrsili glavni test (tj. u njoj je svaki redak analiziran po svimuvedenim elementima) i to bez kontradikcije. Dakle, formula nije valjana i iz dane graneiscitamo strukturu u kojoj pocetna formula nije istinita: M = (M,ϕ), pri cemu M = {b} iϕ(P ) = ϕ(Q) = ϕ(R) = ∅.

♦

Kazemo da je struktura M = (M,ϕ) model za formulu F ako je F istinita u (M,ϕ).

Zadatak 2.5. Glavnim testom ispitati valjanost formule

∀x∃y(∀z P (x, z)→ ∃wR(y, w)

)∨ ∃x ∃y

(P (x, y) ∧ ¬R(y, x)

).

Rjesenje.

50


∀x ∃y(∀z P (x, z)→ ∃wR(y, w)

)∨ ∃x∃y

(P (x, y) ∧ ¬R(y, x)

)⊥

∀x ∃y(∀z P (x, z)→ ∃wR(y, w)

)⊥ (..a..)

∃x∃y(P (x, y) ∧ ¬R(y, x)

)⊥ a

∃y(∀z P (a, z)→ ∃wR(y, w)

)⊥ a

∃y(P (a, y) ∧ ¬R(y, a)

)⊥ a

P (a, a) ∧ ¬R(a, a) ⊥∀z P (a, z)→ ∃wR(a, w) ⊥

∀z P (a, z) > a∃wR(a, w) ⊥ a

P (a, a) >R(a, a) ⊥

P (a, a) ⊥×

¬R(a, a) ⊥R(a, a) >

×

Zakljucujemo da je pocetna formula valjana.♦

Zadatak 2.6. Glavnim testom ispitati valjanost formule

∃x(P (x, x)→

(∃y R(x, y)↔ ∀z P (x, z)

))→ ∀x∀y ∃z

(R(x, y)→ P (x, z)

).

Rjesenje.

51


∃x(P (x, x)→

(∃y R(x, y)↔ ∀z P (x, z)

))→ ∀x∀y ∃z

(R(x, y)→ P (x, z)

)⊥

∃x(P (x, x)→

(∃y R(x, y)↔ ∀z P (x, z)

))> (..a..)

∀x∀y ∃z(R(x, y)→ P (x, z)

)⊥ (..b..)

P (a, a)→(∃y R(a, y)↔ ∀z P (a, z)

)>

∀y ∃z(R(b, y)→ P (b, z)

)⊥ (..c..)

∃z(R(b, c)→ P (b, z)

)⊥ a b c

R(b, c)→ P (b, a) ⊥R(b, c) >P (b, a) ⊥

R(b, c)→ P (b, b) ⊥R(b, c) >P (b, b) ⊥

R(b, c)→ P (b, c) ⊥R(b, c) >P (b, c) ⊥

P (a, a) ⊥X

∃y R(a, y)↔ ∀z P (a, z) >

U lijevoj grani smo dovrsili test, a nema kontradikcije. Dakle, pocetna formula nije valjanai iz dane grane iscitamo jednu strukturu M koja nije njen model: M = (M,ϕ), pri cemu jeM = {a, b, c}, ϕ(P ) = ∅, ϕ(R) = {(b, c)}.

♦

Kod logike sudova, glavni test uvijek u konacno mnogo koraka daje odgovor na pitanje je li nekadana formula valjana. No, to nije slucaj kod glavnog testa za logiku prvog reda. Pogledajmosljedeci primjer:

Primjer. Ispitajmo valjanost formule

∀x ∃y A(x, y)→ ∃y ∀xA(x, y).

∀x∃y A(x, y)→ ∃y ∀xA(x, y) ⊥∀x ∃y A(x, y) >∃y ∀xA(x, y) ⊥

I u drugom i u trecem retku mozemo jedino testirati uvedene elemente. Kako jos nismo uvelinijedan element, prisilno ga uvodimo (i odmah testiramo) u drugom retku.

52


∀x∃y A(x, y)→ ∃y ∀xA(x, y) ⊥∀x∃y A(x, y) > (..a..) a∃y ∀xA(x, y) ⊥∃y A(a, y) >

Dalje, uvodimo element u cetvrtom retku.

∀x∃y A(x, y)→ ∃y ∀xA(x, y) ⊥∀x∃y A(x, y) > (..a..) a

∃y ∀xA(x, y) ⊥∃y A(a, y) > (..b..)

A(a, b) >

Sad testiramo a u trecem retku, pa uvodimo element u novonastalom retku.

∀x∃y A(x, y)→ ∃y ∀xA(x, y) ⊥∀x∃y A(x, y) > (..a..) a∃y ∀xA(x, y) ⊥ a

∃y A(a, y) > (..b..)

A(a, b) >∀xA(x, a) ⊥ (..c..)

A(c, a) ⊥

Sada testiramo b u trecem retku, pa uvodimo element u novonastalom retku.

∀x∃y A(x, y)→ ∃y ∀xA(x, y) ⊥∀x∃y A(x, y) > (..a..) a∃y ∀xA(x, y) ⊥ a b

∃y A(a, y) > (..b..)

A(a, b) >∀xA(x, a) ⊥ (..c..)

A(c, a) ⊥∀xA(x, b) ⊥ (..d..)

A(d, b) ⊥...

Uvjerite se da ovo”ne vodi nikamo”. Koji god element testirali, novonastali redak zahtijeva

uvodenje jos jednog elementa, a i nikako ne mozemo dobiti kontradikciju. Dakle, za ovu formuluglavni test nece stati! O

53


Nadalje ce F oznacavati zatvorenu formulu. Uocite da smo do sada i jedino promatrali zatvo-rene formule logike prvog reda.

Definicija. Kazemo da je F oboriva formula ako postoji struktura koja nije model za F .Kazemo da je F ispunjiva formula ako postoji struktura koja je model za F .

Definicija. Neka je S skup formula, te F formula logike prvog reda. Kazemo da iz S logickislijedi F , u oznaci S � F , ako za svaku strukturu (M,ϕ) koja je model za S (tj. model zasvaku formulu iz S) vrijedi da je (M,ϕ) model i za F .

Kao i kod glavnog testa za logiku sudova, glavnim testom za logiku prvog reda mozemo is-pitivati i ispunjivost neke formule F . Naime, krenemo od F >. Ako u svim granama testadobijemo kontradikciju, zakljucujemo da F nije ispunjiva. Ako postoji grana u kojoj nemakontradikcije, a u kojoj je test proveden do kraja, iz te grane citamo strukturu koja je modelza F (pa je F ispunjiva).

Zadatak 2.7. Glavnim testom ispitajte ispunjivost formule(∃xP (x) ∧ ∃xQ(x)

)→ ∃x

(P (x) ∧Q(x)

).

Rjesenje. (∃xP (x) ∧ ∃xQ(x)

)→ ∃x

(P (x) ∧Q(x)

)>

∃xP (x) ∧ ∃xQ(x) ⊥ ∃x(P (x) ∧Q(x)

)>

Dovrsimo lijevu granu testa.(∃xP (x) ∧ ∃xQ(x)

)→ ∃x

(P (x) ∧Q(x)

)>

∃xP (x) ∧ ∃xQ(x) ⊥

∃xP (x) ⊥ ∃xQ(x) ⊥

∃x(P (x) ∧Q(x)

)>

U lijevoj grani lijeve grane prisilno uvodimo element (i, naravno, odmah ga testiramo u istomretku).

54


(∃xP (x) ∧ ∃xQ(x)

)→ ∃x

(P (x) ∧Q(x)

)>

∃xP (x) ∧ ∃xQ(x) ⊥

∃xP (x) ⊥ (..a..) a

P (a) ⊥X

∃xQ(x) ⊥

∃x(P (x) ∧Q(x)

)>

U grani oznacenoj s X smo test doveli kraju, i to bez kontradikcije. Dakle, pocetna formulaje ispunjiva i iz dane grane citamo jedan model za nju: M = (M,ϕ), pri cemu je M = {a} iϕ(P ) = ϕ(Q) = ∅.

♦

Napomena. Po definiciji, skup M iz strukturu (M,ϕ) (tzv. nosac) mora biti neprazan.

Pomocu glavnog testa za logiku prvog reda mozemo ispitati i je li neka formula F logicki slijediiz nekog skupa formula S = {G1, G2, . . . , Gn}. Krenemo s

G1 >G2 >

...Gn >F ⊥

Ako u svim granama testa dobijemo kontradikciju, onda zakljucimo da vrijedi {G1, G2, . . . , Gn} �F . Ako postoji grana u kojoj je test proveden do kraja, i u njoj nema kontradikcije, za-kljucujemo da {G1, . . . , Gn} � F ne vrijedi te iz dane grane iscitamo strukturu koja je modelza S ali nije model za F .

Zadatak 2.8. Ispitajte pomocu glavnog testa vrijedi li

{∀x ∃y B(x, y)→ ∀z Q(z) , ∃z Q(z) ∨ ∃x∃y B(x, y)} � ∀z Q(z) ∨ ¬∀y ∀xB(y, x).

Rjesenje. Krecemo od

∀x∃y B(x, y)→ ∀z Q(z) >∃z Q(z) ∨ ∃x ∃y B(x, y) >∀z Q(z) ∨ ¬∀y ∀xB(y, x) ⊥

Dalje imamo

55



∀z Q(z) ⊥ (..a..)

¬∀y ∀xB(y, x) ⊥∀y ∀xB(y, x) >

Q(a) ⊥

U sestom retku testiramo a, pa u novonastalom retku takoder testiramo a.


∀z Q(z) ⊥ (..a..)

¬∀y ∀xB(y, x) ⊥∀y ∀xB(y, x) > a

Q(a) ⊥∀xB(y, x) > a

B(a, a) >

Napravimo sada grananje po prvom retku. Zatim testiramo a u desnoj grani i dobivamo kon-tradikciju. U lijevoj grani uvodimo element te ga testiramo u novonastalom retku.

∀x ∃y B(x, y)→ ∀z Q(z) >∃z Q(z) ∨ ∃x∃y B(x, y) >∀z Q(z) ∨ ¬∀y ∀xB(y, x) ⊥

∀z Q(z) ⊥ (..a..)

¬∀y ∀xB(y, x) ⊥∀y ∀xB(y, x) > a

Q(a) ⊥∀xB(y, x) > a

B(a, a) >

∀x ∃y B(x, y) ⊥ (..b..)∃y B(b, y) ⊥ b

B(b, b) ⊥

∀z Q(z) > a

Q(a) >×

Sad, sjetimo se kako smo bili zakljucili da vrijedi B(a, a) >: testirali smo a u sestom retku, pazatim u retku koji je nastao tim testiranjem. Isto tako cemo napraviti s b, iz cega ce slijeditida vrijedi B(b, b) >, sto ce biti u kontradikciji s B(b, b) ⊥.

56

2.2. Modeli Matematicka logika

∀x ∃y B(x, y)→ ∀z Q(z) >∃z Q(z) ∨ ∃x∃y B(x, y) >∀z Q(z) ∨ ¬∀y ∀xB(y, x) ⊥

∀z Q(z) ⊥ (..a..)

¬∀y ∀xB(y, x) ⊥∀y ∀xB(y, x) > a b

Q(a) ⊥∀xB(y, x) > a

B(a, a) >

∀x ∃y B(x, y) ⊥ (..b..)∃y B(b, y) ⊥ b

B(b, b) ⊥∀xB(b, x) > b

B(b, b) >×

∀z Q(z) > a

Q(a) >×

Zakljucujemo da vrijedi

{∀x ∃y B(x, y)→ ∀z Q(z) , ∃z Q(z) ∨ ∃x∃y B(x, y)} � ∀z Q(z) ∨ ¬∀y ∀xB(y, x).

Uocimo da uopce nismo obradili drugi redak u glavnom testu, pa smo cak pokazali i vise:

{∀x ∃y B(x, y)→ ∀z Q(z)} � ∀z Q(z) ∨ ¬∀y ∀xB(y, x).

♦

2.2 Modeli

Definicija. Kazemo da je struktura (M,ϕ) konacna ako je njen nosac (tj. skup M) konacanskup.

Glavni test samo ispituje valjanost/ispunjivost u konacnim strukturama. Pogledajmo par pri-mjera gdje se javljaju beskonacne strukture.

Zadatak 2.9. Neka je R dvomjesni relacijski simbol. Dokazite da je svaka konacna {R}-struktura model za formulu

G ≡ ∀x1 ∀x2 ∀x3

(R(x1, x1) ∧

(R(x1, x3)→

(R(x1, x2) ∨R(x2, x3)

)))→ ∃y ∀z R(y, z)

57


te da formula nije valjana.

Rjesenje. Neka je M = (M,ϕ) struktura takva da M 6� G. Buduci da je G zatvorena, imamoM � ¬G. Stoga je

M � ∀x1 ∀x2 ∀x3

(R(x1, x1) ∧

(R(x1, x3)→

(R(x1, x2) ∨R(x2, x3)

)))∧ ∀y ∃z ¬R(y, z).

Zakljucujemo da vrijedi:

(a) (m,m) ∈ ϕ(R), za svaki m ∈M .

(b) Ako su m1,m3 ∈ M takvi da (m1,m3) ∈ ϕ(R), te m2 ∈ M , onda je (m1,m2) ∈ ϕ(R) ili(m2,m3) ∈ ϕ(R).

(c) Za svaki m ∈M postoji m′ ∈M takav da (m,m′) 6∈ ϕ(R). Stoga postoji funkcija f : M →M takva da (m, f(m)) 6∈ ϕ(R), za svaki m ∈M .

Neka je a ∈M proizvoljan. Definiramo niz (mn)n∈N u M induktivno:

m0 = a,

mn+1 = f(mn)

Pokazimo mi 6= mj, za i 6= j.

Iz (c) slijedi da (mj,mj+1) 6∈ ϕ(R), za j ∈ N. Neka je i ∈ N. Pokazimo da je (mj,mi) ∈ ϕ(R)za svaki j > i, indukcijom po j.

• Baza: j = i. Po svojstvu (a) je (mi,mi) ∈ ϕ(R).

• Korak: Pretpostavimo da je j > i te da je (mj,mi) ∈ ϕ(R). Prema (b) imamo:

(mj,mj+1) ∈ ϕ(R) ili (mj+1,mi) ∈ ϕ(R).

Vec smo zakljucili da (mj,mj+1) 6∈ ϕ(R). Dakle (mj+1,mi) ∈ ϕ(R).

Neka su sad i, j ∈ M takvi da i < j. Tada je, prema dokazanom, (mj−1,mi) ∈ ϕ(R). No,(mj−1,mj) 6∈ ϕ(R). Dakle mi i mj ne mogu biti isti element, tj. mi 6= mj.

Dakle, nasli smo injekciju N → M , pa imamo da je M beskonacan skup. Zakljucujemo da jesvaka konacna struktura model za G.

Pokazimo jos da formula nije valjana. Po dokazanom znamo da trazimo beskonacnu strukturu ukojoj G nije istinita formula. Uzmimo M = (Q, ϕ), pri cemu je ϕ(R) = {(a, b) ∈ Q×Q | a 6 b}.U ovako definiranoj strukturi je

∀x1 ∀x2 ∀x3

(R(x1, x1) ∧

(R(x1, x3)→

(R(x1, x2) ∨R(x2, x3)

)))

58


istinita formula, ali∃y ∀z R(y, z)

nije. Naime, kad bi formula ∃y ∀z R(y, z) bila istinita, to bi znacilo da Q ima najmanji element,sto nije istina. Zakljucujemo M 6� G.

♦

Zadatak 2.10. Neka je R dvomjesni relacijski simbol. Dokazite da ne postoji konacan modelza formulu

G ≡ ∀x∀y ∀z ∃u(R(x, x) ∧

(¬R(x, y)→

(¬R(y, z)→ ¬R(x, z)

))∧ ¬R(x, u)

)te da je formula ispunjiva.

Rjesenje. Pretpostavimo da je M = (M,ϕ) model za G. Zakljucujemo da vrijedi sljedece:

(a) (m,m) ∈ ϕ(R), za svaki m ∈M .

(b) Ako su m,m′,m′′ ∈M takvi da (m,m′) 6∈ ϕ(R) i (m′,m′′) 6∈ ϕ(R), onda (m,m′′) 6∈ ϕ(R).

(c) Postoji funkcija f : M →M takva da (m, f(m)) 6∈ ϕ(R), za svaki m ∈M .

Neka je a ∈M proizvoljan. Definiramo niz (mn)n∈N induktivno:

m0 = a,

mn+1 = f(mn)

Tada ocito (mi,mi+1) 6∈ ϕ(R). Neka je sad i ∈ N. Pokazimo indukcijom po j da (mi,mj) 6∈ϕ(R), za svaki j > i.

• Baza: j = i + 1. Vec smo zakljucili da (mi,mi+1) 6∈ ϕ(R).

• Korak: Pretpostavimo da je j > i te da (mi,mj) 6∈ ϕ(R). Znamo (mj,mj+1) 6∈ ϕ(R). Po(b) onda imamo (mi,mj+1) 6∈ ϕ(R).

Dakle (mi,mj) 6∈ ϕ(R), za svaki j > i. No, prema (a) je (mi,mi) ∈ ϕ(R). Stoga je mi 6= mj zaj > i. Zakljucujemo da je niz (mn)n∈N injektivan u N, pa je M beskonacan.

Pokazimo sad da je G ispunjiva formula. Stavimo M = (Z, ϕ), pri cemu je ϕ(R) = {(a, b) ∈Z× Z | a 6 b}. Lako se provjeri da je M � G.

♦

59

Documents

Matemati cka logika - web.math.pmf.unizg.hr - vjezbe... · (skripta ne mo ze zamijeniti vje zbe) Sadr zaj ... 1.1. Osnovne de nicije i pojmovi Matemati cka logika F je oblika G _H,