Перевірка правильності міркування методом Девіса й Патнема

За допомогою методу Девіса й Патнема перевіряється суперечність формули, поданої у вигляді множини диз’юнктів. Розглянемо задачу (2) (стор. 38). За відомим твердженням (п.2 теореми 1) формула BDH є логічним наслідком формул AB, CD, GH, ACG, якщо формула

F = (AB)(CD)(GH)(ACG)(BÚDÚH)

є суперечністю.

Щоб застосувати метод Девіса й Патнема для розв’язання цієї задачі, необхідно спочатку привести подану формулу до КНФ, а потім побудувати множину диз’юнктів за цією КНФ.

Перетворимо формулу

(AB)(CD)(GH)(ACG)(BÚDÚH)

у КНФ частинами:

1. (AB) = AB;

2. (CD) = CD;

3. (GH) = GH;

4. (BÚDÚH) = ВÙDÙØH.

Отже, маємо множину диз’юнктів: S={ØAB, CD, GH, ACG, ØВ, D, ØH}, до якої вже можна застосувати метод Девіса й Патнема. Далі ми будемо розглядати диз’юнкти як множини літер.

Перше правило (правило тавтології) не застосовне (множина S не містить тавтологічних диз’юнктів), тому використовуємо друге правило. Спочатку виберемо у множині S одиничний диз’юнкт (нехай це буде диз’юнкт {ØH}), потім викреслюємо з множини S усі диз’юнкти, що містять літеру ØH. У даному випадку такий диз’юнкт тільки один. Маємо множину S₁={ØAB, CD, GH, ACG, ØВ, D}. Множина S₁ не порожня, отже, тепер треба вилучити з диз’юнктів, що входять в S₁, усі входження літери H. Таке входження тільки одне. Після вилучення маємо множину S₂={ØAB, CD, G, ACG, ØВ, D}. Множина S₂ не містить порожнього диз’юнкту, отже, застосовуємо до неї метод Девіса й Патнема, оскільки S суперечна тоді й тільки тоді, коли суперечна S₂. Правило тавтології не застосовне до S₂. За правилом 2 (з диз’юнктом {B}), вилучивши з S₂ диз’юнкт {B}, побудуємо множину S₃={ØAB, CD, G, ACG, D}, яка не є порожньою. Маємо вилучити з диз’юнктів множини S₃ усі входження літери, контрарної до літери B, тобто літери В. Маємо множину S₄={ØA, CD, G, ACG, D}. Ця множина не містить порожнього диз’юнкту, отже, до неї застосовуємо метод Девіса й Патнема. Шукаємо перше правило, що застосовне до S₄. Це правило однолітерних диз’юнктів. За цим правилом (з диз’юнктом {ØA}) маємо множину S₅={CD, G, ACG, D}. Множина S₅ не порожня, тому вилучаємо з диз’юнктів цієї множини усі входження літери A. Маємо множину S₆={CD, G, CG, D}. Оскільки S₆ не містить порожнього диз’юнкту, застосовуємо до неї метод Девіса й Патнема. За правилом 2 (з диз’юнктом {D}) маємо множину S₇={CD, G, CG}. Оскільки S₇ не порожня, вилучаємо з диз’юнктів цієї множини усі входження літери D. Маємо множину S₈={C, G, CG}. Оскільки S₈ не містить порожнього диз’юнкту, перевіряємо її суперечність. За правилом 2 (з диз’юнктом {ØС}) маємо множину S₉={G, CG}. Оскільки ця множина не порожня, вилучаємо входження літери С з диз’юнктів цієї множини. Маємо множину S₁₀={G, G}. Оскільки S₁₀ не містить порожнього диз’юнкту, перевіряємо її суперечність. За правилом 2 (з диз’юнктом {ØG}) маємо множину S₁₁={G}. Оскільки ця множина не порожня, вилучаємо входження літери G з єдиного диз’юнкту {G}, що міститься у S₁₁. Маємо множину S₁₂={}, яка є суперечною, бо містить порожній диз’юнкт. Отже, й початкова множина диз’юнктів S суперечна.

Таким чином, формула

(AB)(CD)(GH)(ACG)(BÚDÚH)

є суперечною, тому формула BÚDÚH є логічним наслідком формул AB, CD, GH, ACG. Отже, задане міркування є логічно правильним.