7. Правило перестановки

Правило:(Ф₁→ (Ф₂→Ф₃))/(Ф₂→ (Ф₁→Ф₃)).

Док-во:

Заменим в формуле (А→(В→С))→(В→ (А→С)) [т.4] А на Ф₁, В на Ф₂ и С на Ф₃. Тогда получим новую выводимую формулу: (Ф₁→(Ф₂→Ф₃))→(Ф₂→(Ф₁→Ф₃)). Если посылка в этой формуле Ф₁→(Ф₂→Ф₃) является выводимой формулой, то по правилу modus ponens и ее следствие Ф₂→ (Ф₁→Ф₃) также будет выводимой формулой.

8. Теорема 4 исчисления высказываний

Теорема:├ (А→(В→С))→(В→ (А→С)).

Док-во:

Покажем, что С выводится из следующих формул: Ф₁=А→(В→С), Ф₂=В, Ф₃=А, т.е. Ф₁, Ф₂, Ф₃├ С.

Действительно, по правилу modus ponens имеем: (А,А→ (В→С))/(В→С), т.е. (В→С) – выводимая формула. Тогда по следующей схеме: (В, (В→С))/С, согласно правилу modus ponens, получим, что С – выводимая формула. По теореме дедукции из Ф₁, Ф₂, Ф₃├ С получим выводимую формулу: Ф₁→(Ф₂→(Ф₃→С)). Подставляя в эту формулу вместо Ф₁, Ф₂ и Ф₃ их выражения, получим выводимую формулу, которую надо было док-ть.

9. Правила с конъюнкцией

Правила: 4) (Ф₁,Ф₂)/(Ф₁&Ф₂). 5) (Ф₁&Ф₂)/(Ф₁,Ф₂). 3) (Ф₁&Ф₂)/(Ф₂&Ф₁). 1)А&В├А. 2)А&В├В

Док-ва:

4) Обозначим Ф₁=А и Ф₂=В. Тогда из формулы├А→(В→(А&В)) [т.5] получим новую выводимую формулу: Ф₁→ (Ф₂→Ф₁&Ф₂). Если в этой формуле посылки Ф₁ и Ф₂ являются выводимыми формулами, то будет справедливо следующее правило:(Ф₁,Ф₂)/(Ф₁&Ф₂)

5) Справедливо также и обратное правило: (Ф₁&Ф₂)/(Ф₁,Ф₂) которое вытекает из аксиом 3 [(А&В) →А] и 4 [(А&В)→В].

3) Из этих двух правил следует правило: (Ф₁&Ф₂)/(Ф₂&Ф₁), которое можно получить из выводимой формулы: (А&В)→(В&А).

Выводимость формулы (А&В)→(В&А):

Заменим в аксиоме 5 [(А→В)→((А→С)→(А→В&С))] переменную А на формулу (А&В). Тогда согласно правилу подстановки получим выводимую формулу: (А&В→В)→(( А&В →С)→( А&В →В&С)). Заменим в этой формуле переменную С на переменную А. Тогда, согласно правилу подстановки получим новую выводимую формулу: (А&В→В)→((А&В→А)→(А&В→В&А)).

Посылка этой формулы (А&В)→В является аксиомой 4, поэтому по правилу modus ponens заключение ее будет также выводимой формулой, т.е. (А&В→А)→(А&В→В&А) – выводимая формула. В этой формуле посылка является аксиомой 3, поэтому по правилу modus ponens заключение ее также будет выводимой формулой, т.е. (А&В)→(В&А) – выводимая формула.

10.Теорема 5 исчисления высказываний

Теорема:├ А→(В→(А&В)).

Док-во:

Обозначим через Ф₁ следующую формулу: Ф₁=(Ф_в→А)→((Ф_в→В)→(Ф_в→(А&В)). Формула А→ (Ф_в→А) – выводимая формула, т.к. она получается из аксиомы 1[А→(В→А)] заменой В на Ф_в. Следовательно, по правилу modus ponens формула (Ф_в→А) выводима из А, т.к. она является следствием в последней формуле. Тогда, тем более, формула (Ф_в→А) будет выводима из формул Ф₁, А, В, т.е. Ф₁, А, В├(Ф_в→А).

Рассуждая аналогично получим: Ф₁, А, В├(Ф_в→В). Тогда, если формула Ф₁ выводима, то из нее, учитывая 2 предыдущие полученные формулы, по сложному правилу заключения из Ф₁=(Ф_в→А)→((Ф_в→В)→(Ф_в→(А&В)) получим: Ф₁, А, В├А&В. Обозначая Ф₂=А и Ф₃=В, из Ф₁, А, В├А&В по теореме дедукции получим:├Ф₁→(Ф₂→ (Ф₃→А&В), или так ├Ф₁→(А→ (В→А&В). Осталось док-ть, что Ф₁ – выводимая формула. Это действительно так, т.к. она получается из аксиомы 5 [(А→В)→((А→С)→(А→В&С))]при замене в ней А на Ф_в, затем В на А и затем Сна В. Тогда из ├Ф₁→(А→(В→А&В) по правилу modus ponens получим, что ее следствие: А→(В→А&В) – выводимая формула.

11.Правило соединения посылок

Правило: А→(В→С)├(А&В→С)

Док-во:

По т. Дедукции А→(В→С),А&В├С

1. А&В├А (правило 1 с конъюнкцией)

2. А, А→(В→С) ├ В→С (по modus ponens)

3. А&В├В (Правило 2 с конъюнкцией)

4. В, В→С├С (по modus ponens)

12.Теорема 6 (а) исчисления высказываний

Теорема: ├(А→(В→С))→(А&В→С)

Док-во:

По т. Дедукции: А→(В→С)├А&В→С – проверяется правилом соединения посылок.

13.Правило разъединения посылок

Теорема: (А&В→С)├А→(В→С)

Док-во:

По т. Дедукции: А&В→С,А├ В→С; А&В→С,А,В├ С (докажем)

1. А,В├А&В (пр. 4 с конъюнкцией [(Ф₁,Ф₂)/(Ф₁&Ф₂)])

2. А,А&В→С├С (по modus ponens)

14.Теорема 6 (б) исчисления высказываний

Теорема: ├(А&В→С)→(А→(В→С))

Док-во:

По т. Дедукции: (А&В→С)├ А→(В→С)– проверяется правилом разъединения посылок.

15. Правило доказательства разбором случаев

Правило: (Г, А├C; Г, В├C)/(Г, АvВ├C)

Док-во:

Г-список гипотез.

1.Г, A├C <=> Г├A→C (по т. дедукции)

2.Г, В├C <=> Г├В→C (по т. дедукции)

3. .(A→C) →((B→C) →((AvB) →C)) (аксиома 8)

По т. Дедукции: A→C├(B→C) →((AvB) →C) => А→C,В→C ├((AvB) →C)

Из св-в вывода ф-ии исчисления высказываний: Г├((AvB) →C) => Г,AvB├C доказано.

16.Равносильные преобразования с кванторами: перенос квантора через отрицание

Знак отрицания можно ввести под знак квантора, заменив на двойственный.

Рассмотрим выражение: ¬( хФ(х)).

Это есть высказывание: «Отрицается то, что для любого элемента х предикат Ф(х) будет иметь значение И.» Оно равносильно высказыванию «существует элемент х, для которого Ф(х) имеет значение Л.», или, что то же, «существует элемент х, для которого ¬(Ф)(х) имеет значение И». Следовательно, исходное выражение равносильно последнему высказыванию, т.е.

¬( хФ(х))= х¬(Ф)(х).

Рассмотрим другое выражение: ¬( хФ(х)).

Это есть высказывание «отрицается то, что существует эл-т х, для которого Ф(х) имеет значение И.» Значит оно равносильно высказыванию: «для всех х предикат Ф(х) имеет значение Л.» Это высказывание равносильно следующему: «для всех х предикат ¬(Ф)(х) имеет значение И». Следовательно, исходное высказывание равносильно последнему высказыванию, т.е.

¬( хФ(х))= х¬(Ф)(х).

Эти равносильности являются законами де Моргана для кванторов.

Доказать примитивную рекурсивность

17) f(x,y)=(x+y)

Док-во:

_/ ¯f(x,0)=g(x)=x

\_f(x,y+1)=h(x,y, f(x,y))= f(x,y)+1

По схеме примитивной рекурсии имеем:

f(x, 0) = g(x)=x,

f(x, 1) = h(x, 0, f(x, 0)) = x + 1,

f(x, 2) = h(x, 1, f(x, 1)) = x + 2,

f(x, 3) = h(x, 2, f(x, 2)) = x + 3,

…………………………………

f(x, i) = h(x, (i-1), f(x, (i -1))) = x + i.

Если i = у, то f(x, у) = (x+у). Пусть x=3, у=6, тогда f+(3, 6) = 3+6 = 9.

Так, используя базовые функции тождества(g) и следования(h), можно вычислять значения функции сложения f(x, у) = (x+y) = R(x, (f(x, у)+1)). (где R – оператор рекурсии) .

18) f(x,y)=(x ÷ y)

Док-во:

f(x,y)=(x ÷ y)=

_/ ¯x-y, если x>y

\_0, если x <или= y

_/ ¯f(x,0)=g(x)=x

\_ f(x,y+1)=h(x,y, f(x,y))= f(x,y) ÷1

По схеме примитивной рекурсии имеем:

f (x, 0) = g(x) = x,

f (x, 1) = h(x, 0, f (x, 0)) = x÷1,

f (x, 2) = h(x, 1, f (x, 1)) = (x÷1)÷1=x÷2,

...............................................................

f (x, i) = h(x, i, f(x, i)) = (x÷(i-1))÷1=x÷i.

Если i=y, то f (x, y) = x÷y. Пусть х = 6, y = 3, тогда f (6, 3) = 6÷3 = 3.

Так, используя базовую функцию тождества(g) и примитивно рекурсивную

функцию предшествования(h), можно вычислять значение функции усеченного вычитания f (x, y)=R(x, f(x,y) ÷1))=(x÷y).

19) f(x,y)=(x* y)

Док-во:

_/ ¯f(x,0)=g(x)=0

\_ f(x,y+1)=h(x,y, f(x,y))=x+f(x,y)

По схеме примитивной рекурсии имеем:

f (x,0) = g(x) = 0,

f (x,1)= h(x, 0, f (x, 0)) = x+0 = x,

f (x, 2)= h(x, 1, f (x,1)) = (x+x) = 2*x,

f (x, 3)= h(x, 2, f (x, 2) ) = (x+2*x) = 3*x,

…………………………………………….

f (x,i) = h(x, (i - 1),f (x, i-1)) = (x+(i - 1)*x) = i*x.

Если i = у, то f (x, y) = x*у. Пусть х=3, y=4. Тогда f (3, 4)=3*4 =12

Так, используя базовую функцию константы(g(x)=0) и примитивно рекурсивную функцию сложения(h), можно вычислять значения функции умножения: f(x,y) = R(0, f(x,f(x, y)))=(x*у)

20) f(x,y)=(x^ y)

Док-во:

_/ ¯f(x,0)=g(x)=1

\_ f(x,y+1)=h(x,y, f(x,y))=x*f(x,y)

По схеме примитивной рекурсии имеем:

f(x,0)=g(x)=1;

f(x,1)=h(x, 0, f(x, 0))=x*1= x;

f(x,2)=h(x, 1, f(x, l))=x*x=x^2;

f(x, 3)=h(x, 2, f(x, 2))=x*x^2=x^3,

………………………………………………..

f(x, i)=h(x, (i - 1), f(x, (i - 1)))=x*x^(i - 1) = x^i

Если i=у, то f(x, y)=x^y. Пусть x=3, у=3, тогда f(3, 3)=3^3=27.

Так, используя базовую функцию(g(x)=1) и рекурсивную функцию умножения(h), можно вычислять значения рекурсивной функции возведения в степень x^y =R(1, f(x, f(x, y)))=f(x, y).