Решения

„1.1 Конюнкция, дизюнкция отрицание“

Задача (1)

1)p“ – „Тази кола е мощна“, „q“ – „Тази кола е много икономична“: ¬pq

2)p“ – „Павел е виновен“, „q“ – „Иван е виновен“: ¬(p∧¬q)

3)p“ – „Волдемор е подъл“, „q“ – „Волдемор е жесток“: pq

„1.2 Импликация и еквивалентност“

Задача (1)

1)p“ – „Следващата година ще сме живи“, „q“ – „Следващата година ще сме здрави“, „r“ – „Следващата година ще се видим“: (pq) → r

2)p“ – „Ще вали дъжд“, „q“ – „Ще е студено“, „r“ – „Партито ще е на двора“: (pq) → ¬r

3)p“ – „Световната рецесия ще продължи“, „q“ – „Ще се намалят данъците“, „r“ – „Ще има стагнация“, „s“ – „Ще има банкови фалити“: p → [¬q→(rs)]

4)p“ – „Иван е запознат с клаузите на договора“, „q“ – „Иван ще подпише договора“, „r“ – „Иван ще изпълнява договора в бъдеще“, „s“ – „Иван ще плати глоба“, „t“ – „Имотът на Иван ще бъде конфискуван“, „u“ – „Иван ще влезе в затвора“: (pq) → {¬r→[(st)∨u]}

5)p“ – „Иван ще дойде на партито“, „q“ – „Мария ще дойде на партито“: p → ¬q

6)p“ – „Иван ще спре да ти се сърди“, „q“ – „Ще си вземеш думите назад“, „r“ – „Ще се извиниш на Иван“: p ↔ (qr)

„1.3 Таблици за истинност. Синтаксис и семантика“

Задача (1)

1) Правилно образуван е.

2) Не е правилно образуван (скобите са излишни).

3) Не е правилно образуван (квадратните скоби са излишни и има нужда от скоби на друго място).

4) Правилно образуван е.

Задача (2)

1)p“, „q“, „r“, „¬p“, „¬q“, „¬pr“, „p↔¬q

Задача (3)

1) конюнкция

2) импликация

3) конюнкция

Задача (4)

1) тавтология

p q qp p→(qp)
И И И И
И Н И И
Н И Н И
Н Н И И

2) синтетична

p q pq ¬(pq) pq ¬(pq)→(pq)
И И И Н И И
И Н И Н Н И
Н И И Н Н И
Н Н Н И Н Н

3) синтетична

p q ¬q p→¬q ¬p (p→¬q)→¬p
И И Н Н Н И
И Н И И Н Н
Н И Н И И И
Н Н И И И И

4) тавтология

p q r ¬q ¬qr p→(¬qr) ¬p ¬pq [p→(¬qr)]∨(¬pq)
И И И Н И И Н И И
И И Н Н Н Н Н И И
И Н И И И И Н Н И
И Н Н И И И Н Н И
Н И И Н И И И И И
Н И Н Н Н И И И И
Н Н И И И И И И И
Н Н Н И И И И И И

„1.4 Доказателство чрез допускане на противното“

Задача (1)

2)

1. (pq)→[(rp)→(rq)] Н допускане
2. pq И от 1.
3. (rp)→(rq) Н от 1.
4. rp И от 3.
5. rq Н от 3.
6. r Н от 5.
7. q Н от 5.
8. p И от 4. и 6.
9. pq Н от 8. и 7. – противоречие с 2.

3)

1. [p∨(q∧¬r)]→[(pq)∧(rp)] Н допускане
2. p∨(q∧¬r) И от 1.
3. (pq)∧(rp) Н от 1.
4. p И от 2. (1-ви случай) 4. q∧¬r И от 2. (2-ри случай)
5. pq И от 4. 5. q И от 4.
6. rp Н от 3. и 5. 6. ¬r И от 4.
7. p Н от 6. – противоречие с 4. 7. r Н от 6.
8. pq И от 5.
9. rp Н от 3. и 8.
10. r И от 9. – противоречие с 7.

Задача (2)

1)

1. q→¬p)∧¬(q∨¬p) И допускане
2. ¬q→¬p И от 1.
3. ¬(q∨¬p) И от 1.
4. q∨¬p Н от 3.
5. q Н от 4.
6. ¬p Н от 4.
7. ¬q И от 5.
8. ¬q→¬p Н от 7. и 6. – противоречие с 2.

„1.5 Истинностно-функционален анализ“

Задача (1)

1) тавтология

p→(qp)
p: И p: Н
И→(q→И) Н→(q→Н)
И→И И
И

3) тавтология

p∨¬q)→¬(pq)
p: И p: Н
(Н∨¬q)→¬(И∧q) (И∨¬q)→¬(Н∧q)
¬q→¬q И→¬Н
И И→И
И

4) синтетична

[(pq)→r]↔[p→(qr)]
p: И p: Н
[(И→q)→r]↔[И→(qr)] [(Н→q)→r]↔[Н→(qr)]
[qr]↔[qr] [И→r]↔И
И И→r
r
r: Н
Н

Задача (2)

2)

(pq)→[(rp)→(rq)]
r: И r: Н
(pq)→[(И∨p)→(И∨q)] (pq)→[(Н∨p)→(Н∨q)]
(pq)→[И→И] (pq)→[pq]
(pq)→И И
И

„1.6 Логическо следване и логическа еквивалентност“

Задача (1)

6) За да проверим дали схемата е валидна, свързваме конюнкцията на предпоставките в импликация с заключението и получаваме формулата „[(p∨¬q)∧(¬q↔¬p)]→(p→¬q)“. Схемата ще е валидна, ако тази формула е тавтология. Проверяваме дали е тавтология с таблица за истинност или с истинностно функционален анализ:

[(p∨¬q)∧(¬q↔¬p)]→(p→¬q)
p: И
[(И∨¬q)∧(¬q↔Н)]→(И→¬q)
[И∧¬¬q]→¬q
¬¬q→¬q
q: И
И→Н
Н

Формулата не е тавтология, следователно схемата за извод не е валидна.

Задача (2)

2) Представяме символно простите изречения например така: „p“ – „Компанията е виновна“, „q“ – „Софтуерът е на компанията“, „r“ – „Софтуерът е бил инсталиран преди януари“. Тогава а) се представя символно с „p↔(qr)“, а b) – с „[q→(rp)]∧[¬q→(¬r∧¬p)]“. За да проверим дали от първото следва второто, ги свързваме в импликация и проверяваме (с таблица за истинност или с истинностно-функционален анализ) дали получената формула е тавтология:

[p↔(qr)]→{[q→(rp)]∧[¬q→(¬r∧¬p)]}
q: И
[p↔(И∧r)]→{[И→(rp)]∧[Н→(¬r∧¬p)]}
[pr]→{(rp)∧И}
(pr)→(rp)
p: Н
(Н↔r)→(r∧Н)
¬r→Н
¬¬r
r

Формулата не е тавтология, следователно от a) не следва b).

Задача (3)

4) За да докажем, че формулите са логически еквивалентни, ги свързваме с (материална) еквивалентност и показваме (с таблица за истинност или с истинностно-функционален анализ), че получената формула е тавтология:

(рq)↔[(pq)∨(¬p∧¬q)]
p: И p: Н
(И↔q)↔[(И∧q)∨(Н∧¬q)] (Н↔q)↔[(Н∧q)∨(И∧¬q)]
q↔[q∨Н] ¬q↔[Н∨¬q]
qq ¬q↔¬q
И И

10) По същия начин:

[р∧(qr)]↔[(рq)∨(рr)]
p: И p: Н
[И∧(qr)]↔[(И∧q)∨(И∧r)] [Н∧(qr)]↔[(Н∧q)∨(Н∧r)]
(qr)↔(qr) Н↔(Н∨Н)
И Н↔Н
И

Задача (4)

4) Представяме простите твърдения (например) така: „p“ – „Иван е виновен“, „q“ – „Петър е невинен“, r – „Стоян е излъгал“. Тогава a) се представя символно с „p→(qr)“, а b) – с „(¬r→¬p)∧(pq)“. За да проверим дали двете са логически еквивалентни, ги свързваме с еквивалентност и проверяваме (с таблица за истинност или с истинностно-функционален анализ) дали получената формула е тавтология:

[p→(qr)]↔[(¬r→¬p)∧(pq)]
p: И p: Н
[И→(qr)]↔[(¬r→Н)∧(И→q)] [Н→(qr)]↔[(¬r→И)∧(Н→q)]
(qr)↔(¬¬rq) И↔(¬r∧И)
(qr)↔(rq) ¬r
И Н И

Формулата не е тавтология, следователно a) и b) не са логически еквивалентни.

„1.7 Бърза проверка за логическо следване“

Задача (1)

3) Предпоставката е истинна само когато „p“, „r“ и „s“ са едновременно истинни. Проверяваме дали тогава е възможно заключението да е неистинно:

[p→(qr)]↔[(¬r→¬p)∧(pq)]
p: И, r: И, s: И
[И→(q∧И)]↔[(Н→Н)∧(И→q)]
q↔[И∧q]
qq
И

Когато предпоставката е истинна, заключението е истинно, следователно схемата за извод е валидна.

8) Заключението е неистинно само когато „p“ и „q“ са И, а „r“ e Н. Проверяваме дали тогава е възможно предпоставката да е истинна:

(p∧¬q) ∨ [(rs)→p]
p: И, q: И, r: Н
(И∧Н) ∨ [(Н∧s)→И]
Н ∨ И
И

Когато заключението е неистинно, предпоставката е истинна, следователно схемата за извод не е валидна.

Задача (2)

2) Представяме символно простите твърдения например така: „p“ – „Нашият представител ще се кандидатира за президент“, „q“ – „Нашият представител ще направи позитивна кампания“, „r“ – „Нашият представител ще стигне до балотаж“, „s“ – „Нашият представител ще спечели изборите“, „t“ – „Нашият представител ще бъде преизбран след 4 години“, „u“ – „Нашият представител ще подкрепи смъртното наказание“. Тогава аргументът се представя символно така:

p → (qr)
(rs) → ¬t
u → (st)
p → (q→¬u)

Заключението му е неистинно само когато „p“, „q“ и „u“ са И, затова проверяваме дали в този случай конюнкцията от предпоставките може да е И:

[p→(qr)] ∧ [(rs)→¬t] ∧ [u→(st)]
p: И, q: И, u: И
[И→(И→r)] ∧ [(rs)→¬t] ∧ [И→(st)]
r ∧ [(rs)→¬t] ∧ (st)
r: И r: Н
И ∧ [(И∧s)→¬t] ∧ (st) Н ∧ [(Н∧s)→¬t] ∧ (st)
(s→¬t) ∧ (st) Н
s: И s: Н
(И→¬t) ∧ (И∧t) (Н→¬t) ∧ (Н∧t)
¬tt И ∧ Н
Н Н

Когато заключението е неистинно, конюнкцията от предпоставките също е неистинна, което означава, че при неистинно заключение не е възможно всички предпоставки да са истинни, следователно схемата за извод е валидна.

„1.8 Естествена дедукция“

Задача (1)

5)

1. FG
2. ¬(FG)∧L
3. (GH)→(IJ)
4. F∨(KG)
5. ¬KL / IH
6. F→(FG) от 1. по абсорбиране
7. ¬(FG) от 2. по симплификация
8. ¬F от 6. и 7. по модус толенс
9. KG от 4. и 8. по дизюнктивен силогизъм
10. ¬K от 5. по симплификация
11. G от 9. и 10. по дизюнктивен силогизъм
12. GH от 11. по добавяне
13. IJ от 3. и 12. по модус поненс
14. I от 13. по симплификация
15. IH от 14. по добавяне

Задача (2)

1)

1. А∨¬B
2. ¬C→¬A / BC
3. ¬BA от 1. по комутация
4. BA от 3. по материална импликация
5. AC от 2. по транспозиция
6. BC от 4. и 5. по хипотетичен силогизъм

Задача (3)

5)

1. (LM)→N
2. (L∧¬M)→¬N / L→(MN)
3. L→(MN) от 1. по експортиране
4. L→(¬M→¬N) от 2. по експортиране
5. L→(NM) от 4. по транспозиция
6. ¬L∨(MN) от 3. по материална импликация
7. ¬L∨(NM) от 5. по материална импликация
8. [¬L∨(MN)]∧[¬L∨(NM)] от 6. и 7. по конюнкция
9. ¬L∨[(MN)∧(NM)] от 8. по дистрибуция
10. ¬L∨(MN) от 9. по материална еквивалентност
11. L→(MN) от 10. по материална импликация

Задача (4)

5)

1. (LM)→N
2. (L∧¬M)→¬N / L→(MN)
3. L→(MN) от 1. по експортиране
4. L→(¬M→¬N) от 2. по експортиране
5. L→(NM) от 4. по транспозиция
6. L допускане
7. MN от 3. и 6. по модус поненс
8. NM от 5. и 6. по модус поненс
9. (MN)∧(NM) от 7. и 8. по конюнкция
10. MN от 9. по материална еквивалентност
11. L→(MN) от 6. – 10. по условно доказателство

Задача (5)

3) Простите твърдения в аргумента са следните: „L“ – „Лекарят ще инжектира антителата“, „A“ – „Пациентът ще получи алергична реакция“, „C“ – „Черният дроб на пациента ще спре да функционира“, „V“ – „Вирусът ще се разпространи в кръвоносната система на пациента“, „S“ – „Пациентът ще доживее до сутринта“. Аргументът се представя символно така:

(LA)∧(AC)
¬LV
VC
C→¬S
L∨¬L
¬S

Следват две доказателства за неговата валидност – без и със използване на допускане:

1. (LA)∧(AC)
2. ¬LV
3. VC
4. C→¬S
5. L∨¬L / ¬S
6. LA от 1. по симплификация
7. (LA)∧(¬LV) от 6. и 2. по конюнкция
8. AV от 5. и 7. по конструктивна дилема
9. AC от 1. по комутация и симплификация
10. A→¬S от 9. и 4. по хипотетичен силогизъм
11. V→¬S от 3. и 4. по хипотетичен силогизъм
12. (A→¬S)∧(V→¬S) от 10. и 11. по конюнкция
13. ¬S∨¬S от 8. и 12. по конструктивна дилема
14. ¬S от 13. по тавтология

1. (LA)∧(AC)
2. ¬LV
3. VC
4. C→¬S
5. L∨¬L / ¬S
6. ¬¬S допускане
7. ¬C от 4. и 6. по модус толенс
8. ¬V от 3. и 7. по модус толенс
9. L от 2. и 8. по модус толенс и двойно отрицание
10. LA от 1. по симплификация
11. A от 9. и 10. по модус поненс
12. AC 1. по комутация и симплификация
13. C от 11. и 12. по модус поненс – противоречие с 7.
14. ¬S от 6. – 13. по свеждане до противоречие

„1.9 Логически преобразувания“

Задача (1)

1) Изразът е както в нормална дизюнктивна, така и в нормална конюнктивна форма.

10) Изразът не е нито в нормална дизюнктивна, нито в нормална конюнктивна форма.

Задача (2)

11)

[(r→¬s)→r] ∧ {(rs) ∨ [¬r→¬(pq)]}
[¬(r→¬s)∨r] ∧ {(rs) ∨ ¬¬r ∨ ¬(pq)}
[(r∧¬¬s)∨r] ∧ {(rs) ∨ r ∨ (p∧¬q)}
r ∧ {r ∨ (p∧¬q)]}
r

Задача (3)

4) Долните преобразувания показват, че двете формули се свеждат до една и съща формула, следователно са логически еквивалентни:

p → (¬qr) (p→¬q) ∧ (pr)
¬p ∨ (¬qr) p∨¬q) ∧ (¬pr)
p∨¬q) ∧ (¬pr)

Задача (5)

3) Долните преобразувания показват, че формулата се свежда до израз с формата „α→α“, следователно е тавтология:

[p∨(q∧¬r)] → [(pq)∧(rp)]
[p∨(q∧¬r)] → [(pq)∧(¬rp)]
[p∨(q∧¬r)] → [(pq)∧(p∨¬r)]
[p∨(q∧¬r)] → [(p∨(q∧¬r)]

„2.1 Категорични твърдения“

Задача (1)

13) Преформулирано в стандартна форма, твърдението е „Всеки, който е способен да обича, е познал нещастието“. Субект: „способен да обича“; предикат: „познал нещастието“; вид: общо-утвърдително; символно представяне: SaP; отрицание: „Някой, който е способен да обича, не е познал нещастието“.

Задача (2)

2) Когато А-твърдението е неистинно, истинностната стойност на Е и на I-твърдението е неопределена, а на О-твърдението е И.

Задача (3)

6) Преформулирано в стандартна форма, твърдението е „Всеки, който е способен да обича, е познал нещастието“. Обръщане: „Някой, който е познал нещастието, е способен да обича“; превръщане: „Никой, който е способен да обича, не е не-познал нещастието“.

Задача (4)

1) Представяме символно „Всички социалисти са пацифисти“ с „SaP“, а „Всички не-пацифисти са не-социалисти“ – с „не-P a не-S“. Трябва да докажем, че от първото следва второто. Доказателство:

1. SaP / не-P a не-S
2. S e не-P от 1. по превръщане
3. не-P e S от 2. по обръщане
4. не-P a не-S от 3. по превръщане

„2.2 Силогизми“

Задача (1)

1) малък термин – „космическо тяло“, среден термин – „планета“, голям термин – „движи се по елиптична орбита“; AAI – 3

MaP
MaS
SiP

Задача (2)

1)

1. PeM
2. SiM / SoP
3. MeP от 1. по обръщане
4. SоP от 3. и 2. по Ferio

„2.3 Правила за валидност на силогизмите“

Задача (1)

1) В по-разгърнат вид IAI-2 се представя символно така:

PiM
SaM
SiP

Единственото нарушено правило е, че средният термин не е разпределен в нито една от предпоставките.

Задача (2)

1) Аргументът се представя символно с

MoP
SaM
SoP

където „S“ отговаря на „добър физик“, „M“ – на „добър математик“, а „P“ – на „има добро пространствено въображение“. Силогизмът нарушава правилото, че средният термин трябва да е разпределен поне в една от предпоставките, т.е. аргументът не е валиден.

„2.4 Диаграми на Вен“

Задача (1)

1) Представен символно в по-разгърнат вид EAE-1 e следният силогизъм:

MeP
SaM
SeP

Долната диаграма на Вен показва, че е логически валиден.

„3.1 Общи и единични термини“

Задача (1)

2) общ термин

Задача (2)

5)F“ – „[1] е похвално“, „a“ – „това, което каза сега“, „b“ – „това, което каза по-рано“: Fa ∧ ¬Fb

„3.2 Квантори и променливи“

Задача (1)

4) Обхватът на „∃х“ е „Fxy ∧ ∀yGyx“; обхватът на „∀y“ е „Gyx“. Двете участия на „x“ са свързани; първото участие на „y“ е свободно, а второто е свързано. Изразът представя символно отворено изречение.

Задача (2)

14)x(HxGxFax)

„3.3 Възможностите на езика на предикатната логика“

Задача (1)

12)x[(Fx ∧¬Hxa) → Gax]

20)xy(FxyFya)

Задача (2)

3)x[Hx → ∃y(HyFxyFya)]

„3.5 Доказателствена процедура“

Задача (1)

6) Като преместим отрицанието в първия израз („¬∃xyz“) от другата страна на кванторите и ги обърнем, получаваме „∀xyz¬“. Разликата с втория израз („∀xyz¬“) е само в последния квантор. Следователно, ако в първия израз сменим последния квантор от „∀z“ на „∃z“, изразите ще станат еквивалентни.

Задача (2)

6) Не е правилна. Първото твърдение „¬∀x(FxaGax)“ не е универсално, а е отрицание (за да е правилна, главния логически оператор трябва да е универсален квантор).

Задача (3)

5) И двете инстанциации не са правилни: екзистенциалната – защото инстанциираната константа „а“ вече се среща (трябва да е нова), универсалната – защото твърдението в 1. не е универсално, а е отрицание.

Задача (4)

3) Символно представен, OAO-3 е следната схема за извод:

x(Mx ∧ ¬Px)
x(MxSx)
x(Sx ∧ ¬Px)
1. ∃x(Mx ∧ ¬Px)
2. ∀x(MxSx) / ∃x(Sx ∧ ¬Px)
3. ¬∃x(Sx ∧ ¬Px) допускане
4. ∀x¬(Sx ∧ ¬Px) от 3. по връзка между кванторите
5. Ma ∧ ¬Pa от 1. по EI
6. MaSa от 2. по UI
7. ¬(Sa ∧ ¬Pa) от 4. по UI
8. Ma от 5. по симплификация
9. Sa от 8. и 6. по модус поненс
10. ¬Pa от 5. по симплификация
11. Sa ∧ ¬Pa от 9. и 10. по конюнкция – противоречие с 7.
12. ∃x(Sx ∧ ¬Px) от 3.-11. по свеждане до противоречие

Задача (5)

5)

1. ∃x(FxGx) ∨ ∃x(Fx∧¬Gx) / ∃xFx
2. ¬∃xFx допускане
3. ∀x¬Fx от 2. по връзка между кванторите
4. ∃x[(FxGx) ∨ (Fx∧¬Gx)] от 1. (разпределимост на екзист. квантор в дизюнкцията)
5. () ∨ (∧¬) от 4. по EI
6. ∧ (∨¬) от 5. по дистрибуция
7. Fa от 6. по симплификация
8. ¬Fa от 3. по EI – противоречие с 7.
9. ∃xFx от 2.-8. по свеждане до противоречие

Задача (6)

9)

1. ∀x[Fx → (GxHx)]
2. ∃x(Hx ∧ ¬Gx) / ∃xFxHx)
3. ¬∃xFxHx) допускане
4. ∀x¬(¬FxHx) от 3. по връзка между кванторите
5. ∧ ¬ от 2. по EI
6. Fa → (GaHa) от 1. по UI
7. ¬(¬FaHa) от 4. по UI
8. Fa ∨ ¬Ha от 7. по Де Морган и двойно отрицание
9. Ha от 5. по симплификация
10. Fa от 8. и 9. по дизюнктивен силогизъм
11. GaHa от 10. и 6. по модус поненс
12. Ga от 11. по симплификация
13. ¬ от 5. по симплификация – противоречие с 12.
14. ∃xFxHx) от 3.-13. по свеждане до противоречие

Задача (7)

2) Допускаме отрицанието на „∃x(∀yFyFx)“ и стигаме до противоречие:

1. ¬∃x(∀yFyFx) допускане
2. ∀x¬(∀yFyFx) от 1. по връзка между кванторите
3. ¬(∀yFy) от 2. по UI
4. ∀yFy ∧ ¬ от 3. по мат. импликация
5. ∀yFy от 4. по симплификация
6. ¬ от 4. по симплификация
7. от 5. по UI – противоречие с 6.
8. ∃x(∀yFyFx) от 1.-7. по свеждане до противоречие

Задача (9)

5) ирефлексивно (никой не е учител на самия себе си); нито симетрично, нито асиметрично (ако а е учител на b, то b или не му е учител, или му е учител по нещо друго); нито транзитивно, нито интранзитивно (ако а е учител на b, а b е учител на c, то a може както да е учител на c, така и да не му е учител)

„3.6 Равенство и определени описания“

Задача (2)

8) ¬∃xy[Fxy ∧ ∀z(zy → ¬Fyz)]

Задача (5)

4)x{FxGdx ∧ ∀y[(FyGdy) → x=y] ∧ Hxk}