Switch language

Решения

1.1 Конюнкция, дизюнкция отрицание

Задача (1)

1) p – Тази кола е мощна, q – Тази кола е много икономична: ¬p ∧ q

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

3) p – Волдемор е подъл, q – Волдемор е жесток: p ∧ q

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: (p∧q) → r

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

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

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: (p∧q) → {¬r→[(s∧t)∨u]}

5) p – Иван ще отиде на партито, q – Мария ще отиде 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 ↔ (q∧r)

1.3 Таблици за истинност

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, ¬p∧r, p↔¬q, (¬p∧r)∨(p↔¬q)

Задача (3)

1) конюнкция

2) импликация

3) конюнкция

Задача (4)

1) тавтология

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

2) синтетична

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

3)

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

3) тавтология

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

4) синтетична

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

Задача (2)

2)

(p→q)→[(r∨p)→(r∨q)]
r: И r: Н
(p→q)→[(И∨p)→(И∨q)] (p→q)→[(Н∨p)→(Н∨q)]
(p→q)→[И→И] (p→q)→[p→q]
(p→q)→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↔(q∧r)“, а b) – с „[q→(r∧p)]∧[¬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↔(q∧r)]→{[q→(r∧p)]∧[¬q→(¬r∧¬p)]}
q: И
[p↔(И∧r)]→{[И→(r∧p)]∧[Н→(¬r∧¬p)]}
[p↔r]→{(r∧p)∧И}
(p↔r)→(r∧p)
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:

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

10) По същия начин:

[р∧(q∨r)]↔[(р∧q)∨(р∧r)]
p: И p: Н
[И∧(q∨r)]↔[(И∧q)∨(И∧r)] [Н∧(q∨r)]↔[(Н∧q)∨(Н∧r)]
(q∨r)↔(q∨r) 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→(q∧r)“, а b) – с „(¬r→¬p)∧(p→q)“. 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→(q∧r)]↔[(¬r→¬p)∧(p→q)]
p: И p: Н
[И→(q∧r)]↔[(¬r→Н)∧(И→q)] [Н→(q∧r)]↔[(¬r→И)∧(Н→q)]
(q∧r)↔(¬¬r∧q) И↔(¬r∧И)
(q∧r)↔(r∧q) ¬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:

r ↔ (p→s)
p: И, r: И, s: И
И ↔ (И→И)
И↔И
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) ∨ [(r∧s)→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 → (q→r)
(r∧s) → ¬t
u → (s∧t)
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→(q→r)] ∧ [(r∧s)→¬t] ∧ [u→(s∧t)]
p: И, q: И, u: И
[И→(И→r)] ∧ [(r∧s)→¬t] ∧ [И→(s∧t)]
r ∧ [(r∧s)→¬t] ∧ (s∧t)
r: И r: Н
И ∧ [(И∧s)→¬t] ∧ (s∧t) Н ∧ [(Н∧s)→¬t] ∧ (s∧t)
(s→¬t) ∧ (s∧t) Н
s: И s: Н
(И→¬t) ∧ (И∧t) (Н→¬t) ∧ (Н∧t)
¬t ∧ t 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. F→G
2. ¬(F∧G)∧L
3. (G∨H)→(I∧J)
4. F∨(K∨G)
5. ¬K∧L / I∨H
6. F→(F∧G) от 1. по абсорбиране
7. ¬(F∧G) от 2. по симплификация
8. ¬F от 6. и 7. по модус толенс
9. K∨G от 4. и 8. по дизюнктивен силогизъм
10. ¬K от 5. по симплификация
11. G от 9. и 10. по дизюнктивен силогизъм
12. G∨H от 11. по добавяне
13. I∧J от 3. и 12. по модус поненс
14. I от 13. по симплификация
15. I∨H от 14. по добавяне

Задача (2)

1)

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

Задача (3)

5)

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

Задача (4)

5)

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

(L→A)∧(A→C)
¬L→V
V→C
C→¬S
L∨¬L
¬S

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

1. (L→A)∧(A→C)
2. ¬L→V
3. V→C
4. C→¬S
5. L∨¬L / ¬S
6. L→A от 1. по симплификация
7. (L→A)∧(¬L→V) от 6. и 2. по конюнкция
8. A∨V от 5. и 7. по конструктивна дилема
9. A→C 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. (L→A)∧(A→C)
2. ¬L→V
3. V→C
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. L→A от 1. по симплификация
11. A от 9. и 10. по модус поненс
12. A→C 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] ∧ {(r∧s) ∨ [¬r→¬(p→q)]}
[¬(r→¬s)∨r] ∧ {(r∧s) ∨ ¬¬r ∨ ¬(p→q)}
[(r∧¬¬s)∨r] ∧ {(r∧s) ∨ 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 → (¬q∧r) (p→¬q) ∧ (p→r)
¬p ∨ (¬q∧r) (¬p∨¬q) ∧ (¬p∨r)
(¬p∨¬q) ∧ (¬p∨r)

Задача (5)

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

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

2. Традиционна логика

2.1 Категорични твърдения

Задача (1)

5) Изречението е в стандартна форма. Субект: „активен противник на вдигането на корпоративния данък“; предикат: „член на търговската камара“; общо-утвърдително; символно представяне: SaP.

17) 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.

2.2 Логически квадрат

Задача (1)

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

2.3 Непосредствени изводи

Задача (1)

7) По подчиненост можем да изведем „Някои оптимисти не са хора, които познават живота“; по обръщане – „Нито един човек, който познава живота, не е оптимист“; по превръщане – „Всички оптимисти са хора, които не познават живота“; по контрапозиция – „Някои хора, които не познават живота, са оптимисти“.

2.4 Силогизми

Задача (1)

1) Заключението е „Някои космически тела се движат по елиптични орбити“; субектът му „космическо тяло“ е малкият термин, а предикатът му „нещо, което се движи по елиптична орбита“ е големият термин. Средният термин е „планета“. Голямата предпоставка съдържа големия термин; значи тя е твърдението „Всички планети се движат по елиптични орбити“. Другата предпоставка, „Всички планети са космически тела“, е малката предпоставка. Преформулиран в стандартна форма, силогизмът е следният:

Всички планети се движат по елиптични орбити.
Всички планети са космически тела.
Някои космически тела се движат по елиптични орбити.

Символното му представяне е:

MaP
MaS
SiP

Типът му е AAI-3.

Задача (2)

1)

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

2.5 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.

2.6 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. Предикатна логика

3.1 Общи и единични термини

Задача (1)

2) общ термин

Задача (2)

5) „F“ – „…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(Hx ∧ Gx ∧ Fax)

3.3 Възможностите на езика на предикатната логика

Задача (1)

12) ∀x[(Fx ∧¬Hxa) → Gax]

20) ∀x∃y(Fxy ∧ Fya)

Задача (2)

3) ∀x[Hx → ∃y(Hy ∧ Fxy ∧ Fya)]

3.5 Доказателствена процедура

Задача (1)

6) Като преместим отрицанието в първия израз („¬∃x∀y∀z“) от другата страна на кванторите и ги обърнем, получаваме „∀x∃y∃z¬“. Разликата с втория израз („∀x∃y∀z¬“) 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(Fxa ↔ Gax)“ 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(Mx → Sx)
∃x(Sx ∧ ¬Px)
1. ∃x(Mx ∧ ¬Px)
2. ∀x(Mx → Sx) / ∃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. Ma → Sa 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(Fx∧Gx) ∨ ∃x(Fx∧¬Gx) / ∃xFx
2. ¬∃xFx допускане
3. ∀x¬Fx от 2. по връзка между кванторите
4. ∃x[(Fx∧Gx) ∨ (Fx∧¬Gx)] от 1. (разпределимост на екзист. квантор в дизюнкцията)
5. (Fа∧Gа) ∨ (Fа∧¬Gа) от 4. по EI
6. Fа ∧ (Gа∨¬Gа) от 5. по дистрибуция
7. Fa от 6. по симплификация
8. ¬Fa от 3. по UI – противоречие с 7.
9. ∃xFx от 2.-8. по свеждане до противоречие

Задача (6)

9)

1. ∀x[Fx → (Gx ∧ Hx)]
2. ∃x(Hx ∧ ¬Gx) / ∃x(¬Fx ∧ Hx)
3. ¬∃x(¬Fx ∧ Hx) допускане
4. ∀x¬(¬Fx ∧ Hx) от 3. по връзка между кванторите
5. Hа ∧ ¬Gа от 2. по EI
6. Fa → (Ga ∧ Ha) от 1. по UI
7. ¬(¬Fa ∧ Ha) 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. Ga ∧ Ha от 10. и 6. по модус поненс
12. Ga от 11. по симплификация
13. ¬Gа от 5. по симплификация – противоречие с 12.
14. ∃x(¬Fx ∧ Hx) от 3.-13. по свеждане до противоречие

Задача (7)

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

1. ¬∃x(∀yFy → Fx) допускане
2. ∀x¬(∀yFy → Fx) от 1. по връзка между кванторите
3. ¬(∀yFy → Fа) от 2. по UI
4. ∀yFy ∧ ¬Fа от 3. по мат. импликация
5. ∀yFy от 4. по симплификация
6. ¬Fа от 4. по симплификация
7. Fа от 5. по UI – противоречие с 6.
8. ∃x(∀yFy → Fx) 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) ¬∃x∃y[Fxy ∧ ∀z(z≠y → ¬Fyz)]

Задача (5)

4) ∃x{Fx ∧ Gdx ∧ ∀y[(Fy ∧ Gdy) → x=y] ∧ Hxk}

3.7 Логически преобразувания в предикатната логика

Задача (1)

7) Преобразуваме първия израз във втория със следната поредица от еквивалентности:

∀xFxy ↔ ¬∃zGz
(∀xFxy → ¬∃zGz) ∧ (¬∃zGz → ∀xFxy)
(∀xFxy → ∀z¬Gz) ∧ (∀z¬Gz → ∀xFxy)
∃x(Fxy → ∀z¬Gz) ∧ ∀x(∀z¬Gz → Fxy)
∃x(Fxy → ∀z¬Gz) ∧ ∀x∃z(¬Gz → Fxy)

Задача (2)

4)

∃xFx → [∃xGx ↔ ∃xHx]
∃xFx → [(∃xGx → ∃xHx) ∧ (∃xHx → ∃xGx)]
∃xFx → [(∃yGy → ∃zHz) ∧ (∃wHw → ∃uGu)]
∀x{Fx → [(∃yGy → ∃zHz) ∧ (∃wHw → ∃uGu)]}
∀x{Fx → [∀y(Gy → ∃zHz) ∧ ∀w(Hw → ∃uGu)]}
∀x{Fx → [∀y∃z(Gy → Hz) ∧ ∀w∃u(Hw → Gu)]}
∀x{Fx → ∀y∃z[(Gy → Hz) ∧ ∀w∃u(Hw → Gu)]}
∀x{Fx → ∀y∃z∀w∃u[(Gy → Hz) ∧ (Hw → Gu)]}
∀x∀y∃z∀w∃u{Fx → [(Gy → Hz) ∧ (Hw → Gu)]}

4. Некласически логики

4.1 Модални логики

Задача (1)

11) ◊f p → □p◊f p

Задача (2)

6) Ако „¬◊□□α“ (първият израз) се промени на „¬◊□◊α“, ще стане еквивалентен на „□◊□¬α“.

Задача (3)

10)

Задача (4)

7)

Задача (5)

7)

Задача (6)

1)

Задача (8)

3)

4.2 Тризначни логики

Задача (1)

3) Където стойностите са две, първата е за логиката на Клини, а втората за логиката на Бочвар.

p q ¬p ¬q q∧¬q ¬p∨(q∧¬q)
И И Н Н Н Н
И # Н # # #
И Н Н И Н Н
# И # Н Н #
# # # # # #
# Н # И Н #
Н И И Н Н И
Н # И # # И #
Н Н И И Н И