ใช้ในการหาข้อสรุปในสิบของหักธรรมชาติระบบพิสูจน์กฎหมาย DeMorgan ของ

กฎของการลดธรรมชาติ

• บทนำการปฏิเสธ: {(P → Q), (P → ¬Q)} ⊢ ¬P

• การกำจัดการปฏิเสธ: {(¬P → Q), (¬P → ¬Q)} ⊢ P

• และการแนะนำ: {P, Q} ⊢ P ʌ Q

• และกำจัด: P ʌ Q ⊢ {P, Q}

• หรือแนะนำ: P ⊢ {(P ∨ Q),(Q ∨ P)}

• หรือกำจัด: {(P ∨ Q), (P → R), (Q → R)} ⊢ R

• แนะนำ Iff: {(P → Q), (Q → P)} ⊢ (P ≡ Q)

• การกำจัด Iff: (P ≡ Q) ⊢ {(P → Q), (Q → P)}

• ถ้าแนะนำ: (P ⊢ Q) ⊢ (P → Q)

• ถ้ากำจัด: {(P → Q), P} ⊢ Q

โครงสร้างหลักฐาน

แต่ละคำสั่งในการพิสูจน์ของคุณจะต้องเป็นผลมาจากหนึ่งในสิบกฎที่ใช้กับข้อเสนอที่ได้รับมาก่อนหน้านี้ (ไม่มีตรรกะแบบวงกลม) หรือข้อสันนิษฐาน (อธิบายไว้ด้านล่าง) แต่ละกฎดำเนินการตามข้อเสนอบางอย่างทางด้านซ้ายมือของ⊢(ผู้ดำเนินการตามผลลอจิคัล) และสร้างข้อเสนอจำนวนใด ๆ จากด้านขวามือ ถ้าคำนำหน้าทำงานแตกต่างจากตัวดำเนินการที่เหลือเล็กน้อย (อธิบายรายละเอียดด้านล่าง) มันทำงานข้ามหนึ่งคำสั่งที่เป็นผลมาจากเหตุผลอื่น

ตัวอย่างที่ 1

คุณมีข้อความต่อไปนี้:

{(P → R), Q}

คุณสามารถใช้และแนะนำเพื่อทำ:

(P → R) ʌ Q

ตัวอย่างที่ 2

คุณมีข้อความต่อไปนี้:

{(P → R), P}

คุณสามารถใช้หากการคัดออก:

R

ตัวอย่างที่ 3

คุณมีข้อความต่อไปนี้:

(P ʌ Q)

คุณสามารถใช้และกำจัดเพื่อทำ:

P

หรือที่จะทำให้:

Q

การขยายพันธุ์อัสสัมชัญ

คุณอาจถือว่าข้อความใด ๆ ที่คุณต้องการ ณ เวลาใดก็ได้ ข้อความใด ๆ ที่ได้มาจากสมมติฐานเหล่านี้จะ "พึ่งพา" กับพวกเขา งบจะขึ้นอยู่กับสมมติฐานที่งบหลักของพวกเขาพึ่งพา วิธีเดียวที่จะกำจัดข้อสันนิษฐานได้คือถ้าแนะนำ สำหรับการแนะนำถ้าคุณเริ่มต้นด้วยคำชี้แจงQที่สามารถพึ่งพาคำสั่งและจบลงด้วยการP (P → Q)คำสั่งใหม่คือการพึ่งพาทุกสมมติฐานQอาศัยยกเว้นPสำหรับสมมติฐาน คำแถลงขั้นสุดท้ายของคุณไม่ควรใช้สมมติฐานใด ๆ

เฉพาะและให้คะแนน

คุณจะสร้างหลักฐานหนึ่งข้อสำหรับกฎสองข้อของ DeMorgan โดยใช้การอนุมานแคลคูลัสหักธรรมชาติเพียง 10 ข้อเท่านั้น

กฎสองข้อคือ:

¬(P ∨ Q) ≡ ¬P ʌ ¬Q

¬(P ʌ Q) ≡ ¬P ∨ ¬Q

คะแนนของคุณคือจำนวนการอนุมานที่ใช้บวกกับจำนวนข้อสมมติ ข้อความสั่งสุดท้ายของคุณไม่ควรขึ้นอยู่กับสมมติฐานใด ๆ (เช่นควรเป็นทฤษฎีบท)

คุณสามารถจัดรูปแบบหลักฐานของคุณได้ตามที่เห็นสมควร

คุณสามารถพกเล็มมาสใดก็ได้จากหลักฐานหนึ่งไปยังอีกหลักฐานหนึ่งโดยไม่มีค่าใช้จ่ายในการทำคะแนน

ตัวอย่างหลักฐาน

ฉันจะพิสูจน์ว่า (P and not(P)) implies Q

(สัญลักษณ์แสดงหัวข้อย่อยแต่ละจุดคือ +1 จุด)

• สมมติ not (Q)

• สมมติ (P and not(P))

• การใช้และ Elim บน(P and not(P))มา{P, not(P)}

• การใช้งานและการแนะนำเกี่ยวกับPและที่not(Q)จะได้รับ(P and not(Q))

• ใช้และกำจัดข้อความที่เพิ่งสร้างขึ้นมา P

Pข้อเสนอใหม่นั้นแตกต่างจากข้อเสนออื่นที่เราได้รับมาก่อนหน้านี้ คือมันเป็นพึ่งพาสมมติฐานและnot(Q) ในขณะที่คำสั่งเดิมได้พึ่งพาเฉพาะใน(P and not(P)) (P and not(P))สิ่งนี้ช่วยให้เราทำ:

• หากบทนำเกี่ยวกับการPแนะนำnot(Q) implies P(ยังคงพึ่งพา(P and not(P))สมมติฐาน)

• ใช้และบทนำบนnot(P)และnot(Q)(จากขั้นตอนที่ 3) เพื่อให้ได้มา(not(P) and not(Q))

• ใช้และกำจัดข้อความที่เพิ่งสร้างมาnot(P) (พึ่งตอนนี้not(Q))

• หากแนะนำเกี่ยวกับการnot(P)แนะนำใหม่not(Q) implies not(P)

• ตอนนี้เราจะใช้การกำจัดการปฏิเสธในnot(Q) implies not(P)และnot(Q) implies Pเพื่อให้ได้มาQ

นี่Qเป็นเพียงการพึ่งพาสมมติฐาน(P and not(P))เพื่อให้เราสามารถพิสูจน์ได้ด้วย

• หากบทนำQสู่การสืบต่อ(P and not(P)) implies Q

หลักฐานนี้ให้คะแนนรวม 11

คะแนน: 81

แต่ละบรรทัดควรมีค่า 1 คะแนน กฎหมายของ De Morgan อยู่ที่ข้อความ (3) และ (6) เลเบลในวงเล็บแสดงคำสั่งก่อนหน้าบรรทัดที่ขึ้นอยู่กับว่าพวกเขาไม่ได้นำหน้าทันที

(a) assume P {
    (aa) P ^ P
    (ab) P
    (ac) P v Q
} (a1) P -> P
  (a2) P -> P v Q
(1) assume ~P ^ ~Q {
    (1a) assume P v Q {
        (1aa) assume Q {
            (1aaa) assume ~P {
                (1aaaa) Q ^ Q [1aa]
                (1aaab) Q
                (1aaac) ~Q [1]
            } (1aaa1) ~P -> Q
              (1aaa2) ~P -> ~Q
            (1aab) P
        } (1aa1) Q -> P
        P [1a, a1, 1aa1]
        ~P [1]
    } (1a1) P v Q -> P
      (1a2) P v Q -> ~P
    (1b) ~(P v Q)
} (11) ~P ^ ~Q -> ~(P v Q)
(2) assume ~(P v Q) {
    (2a) ~(P v Q) ^ ~(P v Q)
    (2b) assume P {
        (2aa) ~(P v Q) [2a]
    } (2b1) P -> ~(P v Q)
    (2c) ~P [a2, 2b1]
    (2d) assume Q {
        (2da) ~(P v Q) [2a]
        (2db) P v Q
    } (2d1) Q -> ~(P v Q)
      (2d2) Q -> P v Q
    (2e) ~Q
    (2f) ~P ^ ~Q
} (21) ~(P v Q) -> ~P ^ ~Q
(3) ~(P v Q) == ~P ^ ~Q [11, 21]
(4) assume ~P v ~Q {
    (4a) assume ~P {
        (4aa) assume P ^ Q {
            (4aaa) P
            (4aab) ~P ^ ~P [4a]
            (4aac) ~P
        } (4aa1) P ^ Q -> P
          (4aa2) P ^ Q -> ~P
        (4ab) ~(P ^ Q)
    } (4a1) ~P -> ~(P ^ Q)
    (4b) assume ~Q {
        (4ba) assume P ^ Q {
            (4baa) Q
            (4bab) ~Q ^ ~Q [4b]
            (4bac) ~Q
        } (4ba1) P ^ Q -> Q
          (4ba2) P ^ Q -> ~Q
        (4bb) ~(P ^ Q)
    } (4b1) ~P -> ~(P ^ Q)
    (4c) ~(P ^ Q) [4, 4a1, 4b1]
} (41) ~P v ~Q -> ~(P ^ Q) 
(5) assume ~(P ^ Q) {
    (5a) assume ~(~P v ~Q) {
        (5aa) ~(~P v ~Q) ^ ~(P ^ Q) [5, 5a]
        (5ab) assume ~P {
            (5aba) ~P v ~Q
            (5abb) ~(~P v ~Q) [5aa]
        } (5ab1) ~P -> ~P v ~Q
          (5ab2) ~P -> ~(~P v ~Q)
        (5ac) P
        (5ad) assume ~Q {
            (5ada) ~P v ~Q
            (5adb) ~(~P v ~Q) [5aa]
        } (5ad1) ~Q -> ~P v ~Q
          (5ad2) ~Q -> ~(~P v ~Q)
        (5ae) Q
        (5af) P ^ Q [5ac, 5ae]
        (5ag) ~(P ^ Q) [5aa]
    } (5a1) ~(~P v ~Q) -> P ^ Q
      (5a2) ~(~P v ~Q) -> ~(P ^ Q)
    (5b) ~P v ~Q
} (51) ~(P ^ Q) -> ~P v ~Q
(6) ~(P ^ Q) == ~P v ~Q [41, 51]

คะแนน: 59

คำอธิบาย

ฉันจะใช้ต้นไม้เช่นโครงสร้างสำหรับการพิสูจน์เนื่องจากฉันพบว่ารูปแบบนี้สามารถอ่านได้ค่อนข้าง แต่ละบรรทัดมีการเพิ่มความคิดเห็นโดยการนับกฎที่ใช้ตัวอย่างเช่น "ตัวอย่าง 1" ในการท้าทายจะแสดงเป็นต้นไม้ต้นนี้ (เติบโตจากล่างขึ้นบน):

สังเกตจำนวนที่ไม่รู้จัก A, B และสมมติฐานΓ - ดังนั้นนี่คือทฤษฎีบท เพื่อแสดงให้เห็นถึงวิธีการพิสูจน์ทฤษฎีบทให้เราสมมติAและใช้การแนะนำหรือดังนี้:

ตอนนี้ยังคงขึ้นอยู่กับสมมติฐานAแต่เราสามารถหาทฤษฎีบทได้โดยใช้ If-Introduction:

ดังนั้นเราสามารถได้รับทฤษฎีบท→ A → ( A ∨ B ) ได้ทั้งหมด 3 ขั้นตอน (1 ข้อสมมติ & 2 ใช้กฎ)

ด้วยสิ่งนี้เราสามารถพิสูจน์กฎใหม่สองสามข้อที่ช่วยให้เราพิสูจน์กฎหมายของ DeMorgan

กฎเพิ่มเติม

ก่อนอื่นเรามารับหลักการของการระเบิดและแสดงด้วยPEในการพิสูจน์เพิ่มเติม:

จากนี้เราได้รูปแบบอื่น: A ⊢¬ A → X - เราจะเรียกมันว่าCPE :

เราจะต้องการอีกอันที่คำที่ถูกปฏิเสธ (¬) ​​เป็นข้อสมมติและอ้างถึงมันเป็นCPE ^- :

จากกฎสองข้อที่เราเพิ่งได้รับ ( CPEและCPE ^- ) เราสามารถได้รับกฎที่สำคัญสองประการคือการปฏิเสธคู่ :

สิ่งต่อไปที่ต้องทำคือการพิสูจน์บางอย่างเช่นModus Tollens - ดังนั้นMT :

lemmas

เล็มม่า

บทแทรก A1

เราจะต้องใช้กฎต่อไปนี้สองครั้ง:

เล็มม่า

โดยการสร้างบทแทรกที่พิสูจน์แล้วเพียงสองครั้งเราสามารถแสดงทิศทางหนึ่งของความเท่าเทียมเราจะต้องใช้มันในการพิสูจน์ขั้นสุดท้าย:

เลมม่าบี

ในการแสดงทิศทางอื่นเราจะต้องทำสิ่งที่ซ้ำ ๆ กันสองครั้ง (สำหรับทั้งอาร์กิวเมนต์AและBใน ( A ∨ B )) - นี่หมายความว่าที่นี่ฉันสามารถพิสูจน์หลักฐานได้อีก ..

เลมม่า B1 '

เลมม่า B1

เลมม่า B2 '

เลมม่า B2

เลมม่าบี

ในที่สุดข้อสรุปของB1และB2 :

หลักฐานที่แท้จริง

เมื่อเราพิสูจน์ข้อความทั้งสองนี้แล้ว:

• เล็มม่า : ⊢ ( A ∨ B ) →¬ (¬ A ʌ¬ B )
• เลมม่า B : ⊢¬ ( A ∨ B ) → (¬ A ʌ¬ B )

เราสามารถพิสูจน์ความเท่าเทียมกันครั้งแรก (¬ ( A ∨ B ) ≡¬ A ʌ¬ B )) ดังนี้:

และด้วยกฏที่เพิ่งพิสูจน์ร่วมกับ Iff-Elimination ทำให้เราสามารถพิสูจน์ความเท่าเทียมที่สองได้เช่นกัน:

ไม่แน่ใจเกี่ยวกับคะแนน - ถ้าฉันทำถูกต้องให้ฉันรู้ว่ามีบางอย่างผิดปกติ

คำอธิบาย

แหล่ง

หากใครต้องการเท็กซัสแหล่งที่มา (ต้องการmathpartir ):

In the following a rule \textbf{XYZ'} will denote the rule XYZ's second last
step, for example \textbf{PE'} will be $ A \land \lnot A \vdash X $.

\section*{Principle of Explosion [PE]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=10]
    {\inferrule*[Left=$\lnot$-Elim,Right=9]
      {\inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=4]
        {\inferrule*[Left=$\land$-Elim,Right=3]
          {\inferrule*[Left=Axiom,Right=2]
            { }
            { A \land \lnot A, \lnot X \vdash A \land \lnot A }
          }
          { A \land \lnot A, \lnot X \vdash A }
        }
        { A \land \lnot A \vdash \lnot X \to A } \\
       \inferrule*[Right=$\to$-Intro,Left=4]
          {\inferrule*[Right=$\land$-Elim,Left=3]
            {\inferrule*[Right=Axiom,Left=2]
              { }
              { A \land \lnot A, \lnot X \vdash A \land \lnot A }
            }
            { A \land \lnot A, \lnot X \vdash \lnot A }
          }
        { A \land \lnot A \vdash \lnot X \to \lnot A }
      }
      { A \land \lnot A \vdash X }
    }
    { \vdash (A \land \lnot A) \to X }
\end{mathpar}

\section*{Conditioned PE [CPE]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=5]
  {\inferrule*[Left=$\to$-Elim,Right=4]
    {\inferrule*[Left=$\land$-Intro,Right=3]
      {\inferrule*[Left=Axiom,Right=1]
        { } { A \vdash A } \\
       \inferrule*[Right=Axiom,Left=1]
        { } { \lnot A \vdash \lnot A }
      }
      { A, \lnot A \vdash A \land \lnot A } \\
     \inferrule*[Right=PE,Left=0]
      { } { \vdash (A \land \lnot A) \to X }
    }
    { A, \lnot A \vdash X }
  }
  { A \vdash \lnot A \to X }
\end{mathpar}

to get \textbf{CPE$^-$}:

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=1]
    {\inferrule*[Left=CPE',Right=0]
      { }
      { A, \lnot A \vdash X }
    }
    { \lnot A \vdash A \to X }
\end{mathpar}

\section*{Double Negation [DN]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\equiv$-Intro,Right=5]
    {\inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=2]
      {\inferrule*[Left=$\lnot$-Elim,Right=1]
        {\inferrule*[Left=CPE$^-$,Right=0]
          { }
          { \lnot\lnot A \vdash \lnot A \to X } \\
          \inferrule*[Right=CPE$^-$,Left=0]
          { }
          { \lnot\lnot A \vdash \lnot A \to \lnot X }
        }
        { \lnot\lnot A \vdash A }
      }
      { \vdash \lnot\lnot A \to A } \\ \\ \\
      \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=2]
        {\inferrule*[Left=$\lnot$-Intro,Right=1]
          {\inferrule*[Left=CPE,Right=0]
            { }
            {  A \vdash \lnot A \to X } \\
            \inferrule*[Right=CPE,Left=0]
            { }
            { A \vdash \lnot A \to \lnot X }
          }
          { A \vdash \lnot\lnot A }
        }
        { \vdash A \to \lnot\lnot A }
    }
    { \vdash \lnot\lnot A \equiv A  }
\end{mathpar}

\section*{Modus Tollens [MT]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=6]
    {\inferrule*[Left=$\lnot$-Intro,Right=5]
      {\inferrule*[Left=Axiom,Right=1]
       { }
       { A \to \lnot B \vdash A \to \lnot B } \\
       \inferrule*[Right=$\to$-Intro,Left=3]
         {\inferrule*[Right=Axiom,Left=2]
           { }
           { A, B \vdash B }
         }
         { B \vdash A \to B }
       }
      { A \to \lnot B, B \vdash \lnot A }
    }
    { A \to \lnot B \vdash B \to \lnot A }
\end{mathpar}

\section*{Lemma A}

\textbf{Lemma A1}:

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=9]
    {\inferrule*[Left=$\lor$-Elim,Right=8]
       { \inferrule*[Left=CPE,Right=3]
          {\inferrule*[Left=$\land$-Elim,Right=2]
            {\inferrule*[Left=Axiom,Right=1]
              { }
              { A \land B \vdash A \land B }
            }
            { A \land B \vdash B}
          }
          { A \land B \vdash \lnot B \to X } \\
         \inferrule*[Right=CPE,Left=3]
          {\inferrule*[Right=$\land$-Elim,Left=2]
            {\inferrule*[Right=Axiom,Left=1]
              { }
              { A \land B \vdash A \land B }
            }
            { A \land B \vdash A }
          }
          { A \land B \vdash \lnot A \to X } \\ \\ \\
         \inferrule*[Right=Axiom,Left=1]
          { }
          { \lnot A \lor \lnot B \vdash \lnot A \lor \lnot B }
       }
       { A \land B, \lnot A \lor \lnot B \vdash X }
    }
    { \lnot A \lor \lnot B \vdash (A \land B) \to X }
\end{mathpar}

\textbf{Lemma A}:

คะแนน: 65

กฎหมายของเดอร์แกนนั้นเป็นบรรทัดที่ 30 และบรรทัดที่ 65

(ฉันไม่ได้ใช้ความพยายามเป็นพิเศษในการเล่นกอล์ฟนี้ตัวอย่างเช่นเพื่อดูว่ามีการพิสูจน์ซ้ำหลายครั้งที่สามารถสรุปได้ตั้งแต่เริ่มต้น)

 1. assume ~(P\/Q)
 2.   assume P
 3.     P\/Q  by or-introl, 2
 4.   P -> P\/Q  by impl-intro, 2, 3
 5.   P -> ~(P\/Q)  by impl-intro, 2, 1
 6.   ~P  by neg-intro, 4, 5
 7.   assume Q
 8.     P\/Q  by or-intror, 7
 9.   Q -> P\/Q  by impl-intro, 7, 8
10.   Q -> ~(P\/Q) by impl-intro, 7, 1
11.   ~Q  by neg-intro, 9, 10
12.   ~P /\ ~Q  by and-intro, 6, 11
13. ~(P\/Q) -> ~P/\~Q  by impl-intro, 1, 12
14. assume ~P /\ ~Q
15.   ~P, ~Q  by and-elim, 14
16.   assume P \/ Q
17.     assume P
18.     P -> P  by impl-intro, 17, 17
19.     assume Q
20.       assume ~P
21.       ~P -> Q  by impl-intro, 20, 19
22.       ~P -> ~Q  by impl-intro, 20, 15
23.       P  by neg-elim, 21, 22
24.     Q -> P  by impl-intro, 19, 23
25.     P  by or-elim, 16, 18, 24
26.   P\/Q -> P  by impl-elim, 16, 25
27.   P\/Q -> ~P  by impl-elim, 16, 15
28.   ~(P\/Q)  by neg-intro, 26, 27
29. ~P/\~Q -> ~(P\/Q)  by impl-intro, 14, 28
30. ~(P\/Q) <-> ~P/\~Q  by iff-intro, 13, 29
31. assume ~(P/\Q)
32.   assume ~(~P\/~Q)
33.     assume ~P
34.       ~P\/~Q  by or-introl, 33
35.     ~P -> ~P\/~Q  by impl-intro, 33, 34
36.     ~P -> ~(~P\/~Q)  by impl-intro, 33, 32
37.     P  by neg-elim, 35, 36
38.     assume ~Q
39.       ~P\/~Q  by or-intror, 38
40.     ~Q -> ~P\/~Q  by impl-intro, 38, 39
41.     ~Q -> ~(~P\/~Q)  by impl-intro, 38, 32
42.     Q  by neg-elim, 40, 41
43.     P /\ Q  by and-intro, 37, 42
44.   ~(~P\/~Q) -> P /\ Q  by impl-intro, 32, 43
45.   ~(~P\/~Q) -> ~(P /\ Q)  by impl-intro, 32, 31
46.   ~P \/ ~Q  by neg-elim, 44, 45
47. ~(P/\Q) -> ~P\/~Q  by impl-intro, 31, 46
48. assume ~P\/~Q
49.   assume ~P
50.     assume P/\Q
51.       P, Q  by and-elim, 50
52.     P/\Q -> P  by impl-intro, 50, 51
53.     P/\Q -> ~P  by impl-intro, 50, 49
54.     ~(P/\Q)  by neg-intro, 52, 53
55.   ~P -> ~(P/\Q)  by impl-intro, 49, 54
56.   assume ~Q
57.     assume P/\Q
58.       P, Q  by and-elim, 57
59.     P/\Q -> Q  by impl-intro, 57, 58
60.     P/\Q -> ~Q  by impl-intro, 57, 56
61.     ~(P/\Q)  by neg-intro, 59, 60
62.   ~Q -> ~(P/\Q)  by impl-intro, 56, 61
63.   ~(P/\Q)  by or-elim, 48, 55, 62
64. ~P\/~Q -> ~(P/\Q)  by impl-intro, 48, 63
65. ~(P/\Q) <-> ~P\/~Q  by iff-intro, 47, 64