MLTA_dlya_vsekh (1) / Электронные лекции 2013 / лекция 1

41

Пример 1.8. Доказать истинность импликации

(A B)(B C) (A C) .

Используем коньюктивную форму для раскрытия эквивалентностей:

(A B)=( A B)(A B) , (B C)=( B C)(B C) .

Отрицание требуемого выражения имеет вид

(доказать самостоятельно):

(A C)=(A C)( A C) .

Представим доказательство в виде схемы импликаций

42

(A B), (A B), (B C), (B C), (A C), (A C)

C C

0

Доказательство успешно, поскольку в результате

последовательного применения правила резолюций

ко всем дизъюнкциям получена ложь.

43

Пример 1.9. Доказать «закон» транзитивности

(A B)(B C) (A C) .

4= (1&2) 3= ( A B)( B C) A C=(закон де Моргана)= =A B B C A C = A B C B = 1 – истина.

аб в г

Здесь использованы: замечательная формула

A AB = A B и свойство A 1 = 1 .

44

Пример 1.10. Упростить выражение

X= P S S Q Q P S P S Q P Q S Q P

1. По дистрибутивному закону (A B)(A C)= A BC

а=2&3=S Q Q P =S QP ;

б=2&6=Q S S P =Q SP ;

в=1&4=S P P Q =S PQ;

г=1&6=S P Q P =S PQ ;

д=а&г= QP S QP S =QP .

Окончательно имеем X= д&5=QP P Q =0 .

45

2. По закону де Моргана (от противного)

X PS SQ QPS PSQ PQ SQP

в=1 б=S P P =S .

Далее по формуле A AB A B имеем:

д=в 2 =S Q ;

е=д 3=S Q QPS =S Q PS=S Q P ;

X=е а=S Q P PQ=S Q P P S Q 1 1 .

Тогда по закону двойного отрицания X= X =0 .