Перевірка правильності міркування методом резолюцій

Метод резолюцій дає змогу перевірити суперечність формули, поданої у вигляді множини диз’юнктів.

Розглянемо задачу (2) (див. стор. 38). Як вже зазначалося, ця задача зводиться до задачі перевірки суперечності формули

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

Оскільки ми побудували кнф формули F, а також відповідну множину диз’юнктів S, коли застосовували метод Девіса й Патнема для перевірки суперечності формули F, можемо розпочати пошук виводу порожнього диз’юнкту з множини диз’юнктів S={ØAB, CD, GH, ACG, ØВ, D, ØH}.

Далі для зручності будемо писати диз’юнкти у стовпчик, нумеруючи їх.

Отже, спочатку маємо множину диз’юнктів:

1. AB,

2. CD,

3. GH,

4. ACG,

5. ØВ,

6. D,

7. ØH.

Оскільки диз’юнкти 1 та 5 містять контрарні літери (В та В), до них застосовне правило резолюції. Побудуємо резольвенту диз’юнктів 1 та 5 й занесемо її у множину диз’юнктів під номером 8.

8. А (резольвента диз’юнктів 1 та 5).

Далі можна застосувати правило резолюції до диз’юнктів 2 та 6. Отримаємо такий диз’юнкт:

9. С (резольвента диз’юнктів 2 та 6).

Застосувавши правило резолюції до диз’юнктів 3 та 7, будемо мати:

10. G (резольвента диз’юнктів 3 й 7).

Побудуємо резольвенту диз’юнктів 4 та 8:

11. CG (резольвента диз’юнктів 4 та 8).

Застосувавши правило резолюції до диз’юнктів 9 та 11 маємо:

12. G (резольвента диз’юнктів 9 та 11).

Далі, якщо побудувати резольвенту диз’юнктів 10 та 12, отримаємо порожній диз’юнкт c.

13. c (резольвента диз’юнктів 10 та 12).

Оскільки існує виведення порожнього диз’юнкту з S за допомогою правила резолюції, то множина диз’юнктів S є суперечною, а, значить, формула F є тотожно хибною, але тоді формула BÚDÚH є логічним наслідком формул AB, CD, GH, ACG. Таким чином, задане міркування є логічно правильним.

Перевірка правильності міркування шляхом побудови двійкової діаграми рішень

Розглянемо задачу (2) про логічне слідування (див. стор. 38). Формула BÚDÚH є логічним наслідком формул A®B, C®D, G®H, AÚCÚG, якщо формула F = (AB)(CD)(GH)(ACG)(BÚDÚH) є суперечніс-тю. Формула F є суперечністю тоді й тільки тоді, коли упорядкована приведена ДДР, побудована за цією формулою, буде мати вигляд:

Отже, побудуємо упорядковану приведену ДДР формули F й за її виглядом визначимо, чи є F суперечністю.

Спочатку виберемо лінійний порядок на множині атомів, що входять у F. Нехай він буде таким: A<B<C<D<G<H. Розгалужуємо формулу F по A:

F=A F₁, F₀, де F₁=F[1/A], F₀=F[0/A], тобто

F₁=(1B)(CD)(GH)(1CG)(BÚDÚH) = (1B)  (CD)  (GH) 1  (BÚDÚH) = (1B)  (CD)  (GH)(BÚDÚH);

F₀=(0®B)Ù(C®D)Ù(G®H)Ù(0ÚCÚG)ÙØ(BÚDÚH) = 1Ù(C®D)Ù(G®H)Ù(CÚG)ÙØ(BÚDÚH)=(C®D)Ù(G®H)Ù(CÚG)ÙØ(BÚDÚH).

Далі розгалужуємо формулу F₁ по B:

F₁=B F₁₁, F₁₀, де F₁₁=F₁[1/B], F₁₀=F₁[0/B], тобто

F₁₁=(11)  (CD)  (GH)(1ÚDÚH) = 1  (CD)  (GH)1 = (CD)  (GH)0=0;

F₁₀=(1®0)Ù(C®D)Ù(G®H)ÙØ(0ÚDÚH) = 0Ù(C®D)Ù(G®H)ÙØ(0ÚDÚH) = 0.

Розгалужуємо формулу F₀ по B:

F₀=B F₀₁, F₀₀, де F₀₁=F₀[1/B], F₀₀=F₀[0/B], тобто

F₀₁ = (C®D)Ù(G®H)Ù(CÚG)ÙØ(1ÚDÚH) = (C®D)Ù(G®H)Ù(CÚG)ÙØ1 = (C®D)Ù(G®H)Ù(CÚG)Ù0 = 0;

F₀₀ = (C®D)Ù(G®H)Ù(CÚG)ÙØ(0ÚDÚH) = (C®D)Ù(G®H)Ù(CÚG)ÙØ(DÚH).

Розгалужуємо формулу F₀₀ по C:

F₀₀=C F₀₀₁, F₀₀₀, де F₀₀₁=F₀₀[1/C], F₀₀₀=F₀₀[0/C], тобто

F₀₀₁ = (1®D)Ù(G®H)Ù(1ÚG)ÙØ(DÚH) = (1®D)Ù(G®H)Ù1ÙØ(DÚH) = (1®D)Ù(G®H)ÙØ(DÚH);

F₀₀₀ = (0®D)Ù(G®H)Ù(0ÚG)ÙØ(DÚH) = 1  (G®H)  G ÙØ(DÚH) = (G®H)  G ÙØ(DÚH).

Розгалужуємо формулу F₀₀₁ по D:

F₀₀₁ = D F₀₀₁₁, F₀₀₁₀, де F₀₀₁₁=F₀₀₁[1/D], F₀₀₁₀=F₀₀₁[0/D], тобто

F₀₀₁₁ = (1®1)Ù(G®H)ÙØ(1ÚH) = 1Ù(G®H)ÙØ1 = (G®H)Ù0 = 0.

F₀₀₁₀ = (1®0)Ù(G®H)ÙØ(0ÚH) = 0Ù(G®H)ÙØ(0ÚH) = 0.

Розгалужуємо формулу F₀₀₀ по D:

F₀₀₀ = D F₀₀₀₁, F₀₀₀₀, де F₀₀₀₁=F₀₀₀[1/D], F₀₀₀₀=F₀₀₀[0/D], тобто

F₀₀₀₁ = (G®H)  G ÙØ(1ÚH) = (G®H)  G ÙØ1 = (G®H)  G Ù0 = 0.

F₀₀₀₀ = (G®H)  G ÙØ(0ÚH) = (G®H)  G ÙØH.

Розгалужуємо формулу F₀₀₀₀ по G:

F₀₀₀₀ = G F₀₀₀₀₁, F₀₀₀₀₀, де F₀₀₀₀₁=F₀₀₀₀[1/G], F₀₀₀₀₀=F₀₀₀₀[0/G], тобто

F₀₀₀₀₁ = (1®H)  1 ÙØH = (1®H)  ØH.

F₀₀₀₀₀ = (0®H)  0 ÙØH = 0.

Розгалужуємо формулу F₀₀₀₀₁ по H:

F₀₀₀₀₁ = H F₀₀₀₀₁₁, F₀₀₀₀₁₀, де F₀₀₀₀₁₁=F₀₀₀₀₁[1/H], F₀₀₀₀₁₀=F₀₀₀₀₁[0/H], тобто

F₀₀₀₀₁₁ = (1®1)ÙØ1 = 1®0 = 0, F₀₀₀₀₁₀ = (1®0)Ø 0 = 01 = 0.

Побудуємо ДДР (рис.4):

Рис. 4

Дана ДДР не є приведеною, оскільки містить вершини виду

Вилучимо їх (тобто вершини F₁, F₀₀₁, F₀₀₀₀₁). Маємо (рис.5):

Рис.5

Діаграма не приведена (надлишковою є вершина F₀₀₀₀). Послідовно вилучаючи зайві вершини (F₀₀₀₀, F₀₀₀, F₀₀, F₀, F), отримаємо:

Отже, формула F є суперечною, а це означає, що формула BÚDÚH є логічним наслідком формул A®B, C®D, G®H, AÚCÚG. Таким чином, задане міркування є логічно правильним.