Використовуючи десять висновків системи природного відрахування, доведіть закони DeMorgan .

Правила природного відрахування

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

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

• І вступ: {P, Q} ⊢ P ʌ Q

• І ліквідація: P ʌ Q ⊢ {P, Q}

• Або вступ: P ⊢ {(P ∨ Q),(Q ∨ P)}

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

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

• Усунення Іффу: (P ≡ Q) ⊢ {(P → Q), (Q → P)}

• Якщо вступ: (P ⊢ Q) ⊢ (P → Q)

• Якщо усунення: {(P → Q), P} ⊢ Q

Структура доказу

Кожне твердження у вашому доказі повинно бути результатом одного з десяти правил, застосованих до деяких раніше отриманих пропозицій (без кругової логіки) або припущення (описаного нижче). Кожне правило діє через деякі пропозиції з лівої сторони ⊢(оператора логічних наслідків) і створює будь-яку кількість пропозицій з правого боку. If Introduction працює трохи інакше, ніж інші оператори (детально описано нижче). Він діє через одне твердження, що є логічним наслідком іншого.

Приклад 1

У вас є такі твердження:

{(P → R), Q}

Ви можете використовувати І Вступ для виготовлення:

(P → R) ʌ Q

Приклад 2

У вас є такі твердження:

{(P → R), P}

Ви можете використовувати If Elimination, щоб зробити:

R

Приклад 3

У вас є такі твердження:

(P ʌ Q)

Ви можете використовувати "І усунення", щоб зробити:

P

або зробити:

Q

Поширення припущення

Ви можете в будь-який момент прийняти будь-яку заяву, яку бажаєте. Будь-яке твердження, отримане з цих припущень, буде "залежати" від них. Заяви також залежать від припущень, на які покладаються вислови батьків. Єдиний спосіб усунути припущення - це If Introduction. Для Якщо введення, ви починаєте з Заяви, Qяка спирається на заяву, Pі закінчується (P → Q). Нове твердження залежить від кожного припущення, Qза винятком припущення P. Ваше остаточне твердження не повинно покладатися на жодні припущення.

Специфіка та оцінка

Ви побудуєте один доказ для кожного із законів DeMorgan, використовуючи лише 10 висновків обчислення природного вирахування.

Два правила:

¬(P ∨ Q) ≡ ¬P ʌ ¬Q

¬(P ʌ Q) ≡ ¬P ∨ ¬Q

Ваш бал - кількість використаних висновків плюс кількість зроблених припущень. Ваше остаточне твердження не повинно покладатися на будь-які припущення (тобто має бути теоремою).

Ви можете форматувати свої докази так, як вважаєте за потрібне.

Ви можете без перешкод переносити будь-які леми від одного до іншого доказу.

Приклад підтвердження

Я докажу це (P and not(P)) implies Q

(Кожна точка кулі - +1 бал)

• Припустимо not (Q)

• Припустимо (P and not(P))

• Використання And Elim on (P and not(P))derive{P, not(P)}

• Використання та вступ на Pта not(Q)для отримання(P and not(Q))

• Використовуйте And Elim у викладеному щойно зробленому заяві P

Нова Pпропозиція відрізняється від тієї, яку ми отримуємо раніше. А саме вона спирається на припущення not(Q)і (P and not(P)). Тоді як оригінальне твердження покладалося лише на (P and not(P)). Це дозволяє нам робити:

• Якщо вступ про Pвведення not(Q) implies P(все ще покладається на (P and not(P))припущення)

• Використовуйте І Вступ на not(P)та not(Q)(з кроку 3) для отримання(not(P) and not(Q))

• Використовуйте And Elim у щойно отриманому виступі not(P) (тепер покладається на not(Q))

• Якщо вступ про нове not(P)вступnot(Q) implies not(P)

• Зараз ми будемо використовувати усунення заперечень на not(Q) implies not(P)та not(Q) implies Pдля отриманняQ

Це Qзалежить лише від припущення, (P and not(P))щоб ми могли закінчити доказ

• Якщо Вступ на Qвивести(P and not(P)) implies Q

Цей доказ набрав загалом 11.

Оцінка: 81

Кожен рядок повинен становити 1 бал. Закони Де Моргана можна знайти у твердженнях (3) та (6). Мітки в дужках позначають попередній рядок (и) рядка залежить від того, якщо вони не передують.

(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]

Оцінка: 59

Пояснення

Я буду використовувати дерево як структуру для доказу, оскільки я вважаю цей стиль досить читабельним. Кожен рядок зазначається кількістю використаних правил, наприклад, "Приклад 1" у виклику буде представлений як це дерево (зростаючи знизу вгору):

Зверніть увагу на невідомі підрахунки A, B, а також припущення Γ - тож це не теорема. Щоб продемонструвати, як довести теорему, припустимо A та скористаємось введенням Or так:

Тепер це все ще залежить від припущення A, але ми можемо отримати теорему, застосувавши If-вступ:

Тож нам вдалося вивести теорему ⊢ A → ( A ∨ B ) у загальній складності за 3 кроки (1 припущення та 2 застосовані правила).

Завдяки цьому ми можемо продовжити доведення кількох нових правил, які допомагають нам довести Закони ДеМоргана.

Додаткові правила

Давайте спочатку виведемо Принцип вибуху та позначимо його з ПЕ в подальших доведеннях:

З цього ми отримуємо іншу його форму: A ⊢ ¬ A → X - назвемо це CPE :

Нам знадобиться ще один, де заперечений термін (¬) є припущенням і позначатимемо його як CPE ^- :

З двох щойно отриманих нами правил ( CPE і CPE ^- ) ми можемо отримати важливе правило подвійного заперечення :

Наступне, що потрібно зробити - це довести щось на кшталт Modus Tollens - отже, MT :

Леми

Лема А

Лема А1

Нам буде потрібно наступне правило два рази:

Лема А

Ініціюючи щойно доведену лему двічі, ми можемо показати один напрямок еквівалентності, нам це знадобиться в остаточному доказі:

Лема В

Для того, щоб показати інший напрямок, нам потрібно буде зробити два рази кілька повторюваних речей (як для аргументів A, так і для B ( A ∨ B )) - це означає, що тут я міг би отримати додатковий доказ ..

Лема В1 '

Лема В1

Лема В2 '

Лема В2

Лема В

Нарешті висновок B1 і B2 :

Фактичний доказ

Одного разу ми довели ці два твердження:

• Лема A : ⊢ ( A ∨ B ) → ¬ (¬ A ʌ ¬ B )
• Лема B : ⊢ ¬ ( A ∨ B ) → (¬ A ʌ ¬ B )

Можна довести першу еквівалентність (¬ ( A ∨ B ) ≡ ¬ A ʌ ¬ B )) наступним чином:

І тільки що доведене правило разом з Iff-Elimination ми можемо довести і другу еквівалентність:

Не впевнений у рахунку - якщо я зробив це правильно, дайте мені знати, чи є щось не так.

Пояснення

Джерело

Якщо хтось хоче текстового джерела (потрібен mathpartir ):

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}:

Оцінка: 65

Закони де Моргана - це рядок 30 та рядок 65.

(Я не доклав особливих зусиль для цього, наприклад, щоб побачити, чи є якісь повторні докази, які можна було б вилучити на початку.)

 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