Συνοδευτικές Ασκήσεις 2ης Εργασίας(1).pdf

Ε Λ Λ Η Ν Ι Κ Ο Α Ν Ο Ι Κ Τ Ο Π Α Ν Ε Π Ι Σ Τ Η Μ Ι Ο
ΠΛΗ20: Συνοδευτικές Ασκήσεις 2ης Γραπτής Εργασίας –
Προτασιακή Λογική (2023 – 2024)
1
Άσκηση 1 (2020-2021, Εργασία 2, Ερώτημα 1)
Α. Να εξεταστεί ποιες από τις παρακάτω εκφράσεις της ΠΛ είναι συντακτικά ορθοί
προτασιακοί τύποι. Για αυτές που είναι προτασιακοί τύποι, να σχεδιαστεί το αντίστοιχο
δενδροδιάγραμμα, ενώ για όσες δεν είναι να δοθεί μια σύντομη αιτιολόγηση.
i. (¬¬𝑝 ↔ 𝑠) → (𝑞 ∧ ¬(𝑞 ∨ 𝑟))
ii. (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑟 ∧ 𝑠) → (𝑝 ∧ 𝑡)
iii. ¬(𝑝 ∨ 𝑟 → 𝑞) → (𝑟 → (¬𝑠 → 𝑝 ∧ ¬𝑡))
Β. Θεωρώντας τις παρακάτω ερμηνείες για τις προτασιακές μεταβλητές 𝑝, 𝑞, 𝑟:
• 𝑝: «ο Γιάννης είναι πλούσιος»,
• 𝑞: «ο Γιάννης είναι σοφός»,
• 𝑟: «ο Γιάννης είναι υγιής»,
συνθέστε προτασιακούς τύπους που αντιστοιχούν σε κάθε μια από τις δηλώσεις της
φυσικής γλώσσας που ακολουθούν:
i. Ο Γιάννης δεν είναι πλούσιος αλλά είναι υγιής και σοφός.
ii. Αν ο Γιάννης είναι υγιής και σοφός, τότε δεν είναι πλούσιος
iii. Ο Γιάννης είναι, είτε πλούσιος και σοφός, είτε υγιής και σοφός, αλλά όχι και τα δύο.
iv. Ο Γιάννης είναι πλούσιος αν και μόνο αν είναι υγιής και σοφός
Γ. Χρησιμοποιώντας επαγωγή στην πολυπλοκότητα των τύπων, δείξτε ότι το πλήθος των
διαφορετικών προτασιακών μεταβλητών σε ένα τύπο, είναι μικρότερο από ή ίσο με το
πλήθος των συνδέσμων του, συν ένα.
Για παράδειγμα, στον τύπο του ερωτήματος 1.Α.i, το πλήθος των συνδέσμων είναι επτά,
ενώ οι προτασιακές μεταβλητές είναι τέσσερις (συγκεκριμένα 𝑝, 𝑞, 𝑟, 𝑠).
Ενδεικτικές Λύσεις:
Α.
i. Ο τύπος (¬¬𝑝 ↔ 𝑠) → (𝑞 ∧ ¬(𝑞 ∨ 𝑟)) είναι συντακτικά ορθός και το
δενδροδιάγραμμα του είναι:
(¬¬𝑝 ↔ 𝑠) → (𝑞 ∧ ¬(𝑞 ∨ 𝑟))
¬¬𝑝 ↔ 𝑠 𝑞 ∧ ¬(𝑞 ∨ 𝑟)
¬¬𝑝 𝑠 𝑞 ¬(𝑞 ∨ 𝑟)
¬𝑝 𝑞 ∨ 𝑟
𝑝 𝑞 𝑟

2
ii. Η έκφραση (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑟 ∧ 𝑠) → (𝑝 ∧ 𝑡) δεν είναι συντακτικά ορθός τύπος, αφού για
το σύνδεσμο της συνεπαγωγής δεν ισχύει η προσεταιριστικότητα. Εξαιτίας αυτού, οι
διαδοχικές συνεπαγωγές που εμφανίζονται στη δοσμένη έκφραση, θα μπορούσαν να
αναγνωστούν με δύο διαφορετικούς τρόπους, ((𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑟 ∧ 𝑠)) → (𝑝 ∧ 𝑡) ή (𝑝 ∨
𝑟) → ((𝑟 ∧ 𝑠) → (𝑝 ∧ 𝑡)), οι οποίοι είναι τύποι που δεν είναι ταυτολογικά
ισοδύναμοι μεταξύ τους.
iii. Ο τύπος ¬(𝑝 ∨ 𝑟 → 𝑞) → (𝑟 → (¬𝑠 → 𝑝 ∧ ¬𝑡)) είναι συντακτικά ορθός. Το
δενδροδιάγραμμα του είναι:
¬(𝑝 ∨ 𝑟 → 𝑞) → (𝑟 → (¬𝑠 → 𝑝 ∧ ¬𝑡))
¬(𝑝 ∨ 𝑟 → 𝑞) 𝑟 → (¬𝑠 → 𝑝 ∧ ¬𝑡)
𝑝 ∨ 𝑟 → 𝑞 𝑟 ¬𝑠 → 𝑝 ∧ ¬𝑡
𝑝 ∨ 𝑟 𝑞 ¬𝑠 𝑝 ∧ ¬𝑡
𝑝 𝑟 𝑠 𝑝 ¬𝑡
𝑡
B. Οι παραπάνω δηλώσεις της φυσικής γλώσσας μπορούν να εκφραστούν ως προτασιακοί
τύποι, ως εξής:
i. ¬𝑝 ∧ 𝑞 ∧ 𝑟
ii. 𝑟 ∧ 𝑞 → ¬𝑝
iii. (𝑝 ∧ 𝑞 ∧ ¬𝑟) ∨ (𝑟 ∧ 𝑞 ∧ ¬𝑝)
iv. 𝑝 ↔ 𝑟 ∧ 𝑞
Γ. Έστω 𝜇(𝜑), 𝜎(𝜑) ο αριθμός των μεταβλητών και των συνδέσμων στον τύπο 𝜑 αντίστοιχα.
Το ζητούμενο είναι:
𝜇(𝜑) ≤ 𝜎(𝜑) + 1 (1)
Βασικό βήμα: Αν ο 𝜑 είναι μια προτασιακή μεταβλητή, δηλαδή αν 𝜑 = 𝑝, τότε προφανώς
𝜇(𝑝) = 1 και 𝜎(𝑝) = 0. Επομένως, η (1) ισχύει.
Επαγωγική υπόθεση: Έστω ότι η (1) ισχύει για τυχόντες τύπους 𝜓, 𝜒.
Επαγωγικό βήμα: Διακρίνουμε περιπτώσεις για τη μορφή του 𝜑:
• Αν ο 𝜑 είναι της μορφής ¬𝜓, τότε οι μεταβλητές του τύπου 𝜑 είναι όσες και οι
μεταβλητές του 𝜓, ενώ οι σύνδεσμοι του φ είναι περισσότεροι κατά έναν από αυτούς
του 𝜓. Δηλαδή, 𝜇(𝜑) = 𝜇(𝜓) και 𝜎(𝜑) = 𝜎(𝜓) + 1. Όμως, από την επαγωγική
υπόθεση έχουμε 𝜇(𝜓) ≤ 𝜎(𝜓) + 1, στην οποία αντικαθιστώντας τα 𝜇(𝜓), 𝜎(𝜓),
παίρνουμε 𝜇(𝜑) ≤ 𝜎(𝜑) < 𝜎(𝜑) + 1. Δηλαδή, ισχύει 𝜇(𝜑) < 𝜎(𝜑) + 1, άρα ισχύει
και η (1).

3
• Αν ο 𝜑 είναι της μορφής 𝜓 ∗ 𝜒, όπου ∗ οποιοσδήποτε από του συνδέσμους {∧,∨, →
, ↔}, τότε οι μεταβλητές του 𝜑 είναι το πολύ όσες οι μεταβλητές του 𝜓 συν αυτές του
𝜒, καθώς μπορεί να υπάρχουν κοινές μεταβλητές μεταξύ των 𝜓, 𝜒. Δηλαδή, ισχύει
𝜇(𝜑) ≤ 𝜇(𝜓) + 𝜇(𝜒). Για τον αριθμό των συνδέσμων του 𝜑, προφανώς ισχύει
𝜎(𝜑) = 𝜎(𝜓) + 𝜎(𝜒) + 1, ενώ από την επαγωγική υπόθεση έχουμε 𝜇(𝜓) ≤ 𝜎(𝜓) +
1 και 𝜇(𝜒) ≤ 𝜎(𝜒) + 1. Επομένως, λαμβάνοντας υπόψη τα παραπάνω, έχουμε
𝜇(𝜑) ≤ 𝜇(𝜓) + 𝜇(𝜒) ≤ 𝜎(𝜓) + 1 + 𝜎(𝜒) + 1 = 𝜎(𝜑) + 1.
Άρα, η (1) ισχύει για κάθε προτασιακό τύπο.
Α. Να εξεταστεί ποιες από τις παρακάτω εκφράσεις της ΠΛ είναι προτασιακοί τύποι. Για
αυτές που είναι προτασιακοί τύποι, να σχεδιαστεί το αντίστοιχο δενδροδιάγραμμα, ενώ
για όσες δεν είναι να δοθεί μια σύντομη αιτιολόγηση.
(i) (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 → ¬𝑠) → (¬𝑟 ∧ 𝑠)
(ii) ¬(𝑝 → 𝑟) ∧ (𝑞 ∨ ¬𝑠) ∨ (¬𝑟 ↔ 𝑠) → 𝑡
(iii) ((𝑝 ∧ 𝑞) ∨ 𝑟) ∧ ¬𝑠 → 𝑝 ∨ (¬¬𝑟 → 𝑡)
Β. Χρησιμοποιώντας τις προτασιακές μεταβλητές 𝑝, 𝑞, 𝑟 με την παρακάτω ερμηνεία:
𝑝: O Γιάννης έχει αυτοπεποίθηση
𝑞: O Γιάννης έχει χιούμορ
𝑟: O Γιάννης είναι δημοφιλής
μετατρέψτε τις παρακάτω δηλώσεις της φυσικής γλώσσας σε προτασιακούς τύπους:
(i) «Αν ο Γιάννης έχει αυτοπεποίθηση και χιούμορ, τότε είναι δημοφιλής»
(ii) «O Γιάννης είναι δημοφιλής, μόνο αν έχει αυτοπεποίθηση ή χιούμορ»
(iii) «Αν ο Γιάννης δεν έχει χιούμορ, τότε δεν είναι ούτε δημοφιλής, ούτε έχει
αυτοπεποίθηση»
(iv) «Δεν είναι αλήθεια ότι αν ο Γιάννης δεν είναι δημοφιλής, τότε δεν έχει χιούμορ ή
αυτοπεποίθηση»
Γ. Χρησιμοποιώντας επαγωγή στην πολυπλοκότητα των τύπων της ΠΛ, να αποδειχθεί ότι
σε κάθε προτασιακό τύπο 𝜑, αν αντικαταστήσουμε όλες τις εμφανίσεις των
προτασιακών μεταβλητών του με τις αρνήσεις τους, τότε το ύψος του
δενδροδιαγράμματος αυξάνεται κατά μια μονάδα. Το ύψος του δενδροδιαγράμματος
ενός προτασιακού τύπου είναι το μήκος της μέγιστης διαδρομής από τη ρίζα του
δενδροδιαγράμματος έως κάποια από τις μεταβλητές του.
Ενδεικτική λύση
Α.
(i) Η έκφραση (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 → ¬𝑠) → (¬𝑟 ∧ 𝑠) δεν είναι προτασιακός τύπος καθώς
δεν ορίζεται προτεραιότητα μεταξύ διαδοχικών συνεπαγωγών και δεν υπάρχουν
παρενθέσεις που να καθορίζουν μονοσήμαντα ποια από τις δύο συνεπαγωγές
προηγείται.
(ii) Η έκφραση ¬(𝑝 → 𝑟) ∧ (𝑞 ∨ ¬𝑠) ∨ (¬𝑟 ↔ 𝑠) → 𝑡 δεν είναι προτασιακός τύπος
καθώς οι σύνδεσμοι ∧,∨ έχουν ίδια προτεραιότητα και δεν υπάρχουν παρενθέσεις
που να καθορίζουν μονοσήμαντα ποιος από τους δύο συνδέσμους προηγείται.

4
( )
(iii) Η έκφραση ((𝑝 ∧ 𝑞) ∨ 𝑟) ∧ ¬𝑠 → 𝑝 ∨ (¬¬𝑟 → 𝑡) είναι προτασιακός τύπος. Για να
φανεί πιο καθαρά η συντακτική δομή του τύπου, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε
εξωτερικές παρενθέσεις στην υπόθεση και το συμπέρασμα της κεντρικής
συνεπαγωγής. Δηλαδή, να γράψουμε (((𝑝 ∧ 𝑞) ∨ 𝑟) ∧ ¬𝑠) → (𝑝 ∨ (¬¬𝑟 → 𝑡)). Το
δενδροδιάγραμμα του τύπου είναι:
B. Οι προτασιακοί τύποι που εκφράζουν τις δοσμένες δηλώσεις της φυσικής γλώσσας
είναι:
(i) 𝑝 ∧ 𝑞 → 𝑟
(ii) 𝑟 → 𝑝 ∨ 𝑞
(iii) ¬𝑞 → ¬𝑟 ∧ ¬𝑝
(iv) ¬(¬𝑟 → ¬𝑞 ∨ ¬𝑝)
Γ. Συμβολίζουμε με 𝜐(𝜑) το ύψος του δενδροδιαγράμματος του φ και με 𝜑∗
τον τύπο που
προκύπτει από την αντικατάσταση των μεταβλητών του 𝜑 με τις αρνήσεις τους. Με αυτό τον
συμβολισμό το ζητούμενο είναι να δειχθεί ότι για κάθε προτασιακό τύπο 𝜑 ισχύει
𝜐(𝜑∗
) = 𝜐(𝜑) + 1 (1)
Βασικό Βήμα: Αν ο τύπος 𝜑 είναι της μορφής 𝑝, όπου 𝑝 προτασιακή μεταβλητή, τότε το
𝜐(𝜑) = 0. Σύμφωνα με τα παραπάνω ο τύπος 𝜑∗
είναι της μορφής ¬𝑝, οπότε 𝜐(𝜑∗) = 1.
Άρα, πράγματι 𝜐(𝜑∗) = 𝜐(𝜑) + 1.
Επαγωγική Υπόθεση: Έστω ότι η (1) αληθεύει για τυχόντες τύπους 𝜒, 𝜓.
Επαγωγικό Βήμα: Θα δείξουμε ότι η (1) ισχύει για τύπους 𝜑 της μορφής ¬𝜒 και 𝜒□𝜓, όπου
«□» είναι οποιοσδήποτε από του διθέσιους συνδέσμους ∧,∨, →, ↔. Διακρίνουμε περιπτώσεις:
• Αν ο 𝜑 είναι της μορφής ¬𝜒, τότε προφανώς 𝜐(𝜑) = 𝜐(𝜒) + 1. Η αντικατάσταση
των μεταβλητών του 𝜑 με τις αρνήσεις τους, προκύπτει από την αντίστοιχη
αντικατάσταση των μεταβλητών του 𝜒. Άρα, 𝜐(𝜑∗) = 𝜐(𝜒∗) + 1, όμως από την
επαγωγική υπόθεση είναι 𝜐(𝜒∗) = 𝜐(𝜒) + 1. Συνδυάζοντας τις δύο τελευταίες

5
σχέσεις παίρνουμε 𝜐(𝜑∗) = 𝜐(𝜒) + 2, οπότε λαμβάνοντας υπόψη ότι 𝜐(𝜑) =
𝜐(𝜒) + 1, έχουμε το ζητούμενο 𝜐(𝜑∗
) = 𝜐(𝜑) + 1.
• Αν ο 𝜑 είναι της μορφής 𝜒□𝜓, τότε 𝜐(𝜑) = 𝑚𝑎𝑥{𝜐(𝜒), 𝜐(𝜓)} + 1. Όμοια με την
προηγούμενη περίπτωση, η αντικατάσταση των μεταβλητών του 𝜑 με τις αρνήσεις
τους, προκύπτει από την αντίστοιχη αντικατάσταση των μεταβλητών των τύπων 𝜒, 𝜓.
Δηλαδή, 𝜐(𝜑∗) = 𝑚𝑎𝑥{𝜐(𝜒∗), 𝜐(𝜓∗)} + 1. Όμως, από την επαγωγική υπόθεση
έχουμε 𝜐(𝜒∗) = 𝜐(𝜒) + 1 και 𝜐(𝜓∗) = 𝜐(𝜓) + 1, οπότε
𝜐(𝜑∗) = 𝑚𝑎𝑥{𝜐(𝜒) + 1, 𝜐(𝜓) + 1} + 1
= 𝑚𝑎𝑥{𝜐(𝜒), 𝜐(𝜓)} + 2 = 𝜐(𝜑) + 1.
Άρα, η (1) ισχύει για κάθε προτασιακό τύπο 𝜑.
Α. Βρείτε ποιες από τις παρακάτω εκφράσεις είναι ορθά συντεταγμένοι προτασιακοί τύποι.
Για όσες είναι, σχεδιάστε τα αντίστοιχα δενδροδιαγράμματα.
i. (¬(𝑝 → (𝑞 ⋁ 𝑝)))
ii. ∀𝑝((𝑞 ≈ 𝑟)⋀(𝑟 ≈ 𝑝) → (𝑞 ≈ 𝑝))
iii. ((¬𝑝 ⋁ ¬𝑞) ⋀ (𝑞 → 𝑟))
iv. ((¬𝑝⋁𝑞) → (→ 𝑝𝑞)
B. Να δείξετε χρησιμοποιώντας επαγωγή ότι οποιοσδήποτε προτασιακός τύπος στον οποίο
χρησιμοποιούνται μόνο οι σύνδεσμοι ¬, ⋀ και ⋁ είναι ισοδύναμος με έναν τύπο όπου
χρησιμοποιείται το ίδιο σύνολο συνδέσμων αλλά οι σύνδεσμοι ¬ βρίσκονται αμέσως πριν
από προτασιακές μεταβλητές. Για παράδειγμα, ο τύπος ¬(𝑝⋁𝑞) είναι ισοδύναμος με τον
¬𝑝⋀¬𝑞. (Υπόδειξη: Χρησιμοποιήστε επαγωγή στον αριθμό των συνδέσμων ¬, ⋀ και ⋁.)
Γ. Έστω 𝛼(·), 𝛽(·) δύο αποτιμήσεις 𝑘 μεταβλητών: 𝛼, 𝛽: {𝛸1, 𝛸2, … 𝛸𝑘} ∈ {𝛢, 𝛹} και 𝛼
̅(·), 𝛽̅(·
) οι επεκτάσεις των 𝛼(·), 𝛽(·) σε προτασιακούς τύπους (βιβλίο «Μαθηματική Λογική», σελ.
26-27). Θα λέμε ότι η 𝛼(·) επαυξάνεται από την 𝛽(·) εάν για κάθε 𝑗 = 1, … , 𝑘 ισχύει
𝛼(𝑋𝑗) → 𝛽(𝑋𝑗) (δηλαδή στην αποτίμηση 𝛽(·) είναι αληθείς τουλάχιστον όσες μεταβλητές
είναι και στην 𝛼(·)). Ένας προτασιακός τύπος 𝛷 επί των μεταβλητών 𝛸𝑗, 𝑗 = 1, … , 𝑘 λέγεται
μονότονα αύξων όταν ισχύει το εξής: για οποιεσδήποτε αποτιμήσεις 𝛼(·), 𝛽(·), εάν η 𝛼(·)
επαυξάνεται από την 𝛽(·), τότε 𝛼
̅(𝛷) → 𝛽̅(𝛷).
Να δείξετε χρησιμοποιώντας επαγωγή ότι κάθε προτασιακός τύπος που χρησιμοποιεί μόνο
τους τελεστές ⋀ και ⋁ είναι μονότονα αύξων. (Υπόδειξη: Χρησιμοποιήστε επαγωγή στον
αριθμό των συνδέσμων ⋀ και ⋁.)
A.
(i) Είναι συντακτικώς ορθός, βλ. δενδροδιάγραμμα (i), κάτω αριστερά.
(ii) Είναι ασύντακτος, το σύμβολο «» είναι άλλης «λογικής», όχι της προτασιακής.
(iii) Είναι συντακτικώς ορθός, βλ. δενδροδιάγραμμα (iii), κάτω δεξιά.
(iv) Είναι ασύντακτος, το «→» δεν μπορεί να εμφανιστεί μετά από «(».

6
Ø
→
Ú
q p
p
Ù
Ú
q
q
p
→
Ø
Ø r
(i) (iii)
B. Ως επαγωγική παράμετρο για μια πρότασητύπο Φ θα χρησιμοποιήσουμε το
σ(Φ) = «πλήθος λογικών συνδέσμων ( Ø, Ù, Ú ) στον Φ».
ΒΑΣΕΙΣ ΕΠΑΓΩΓΗΣ: σ(Φ) = 0, 1.
σ(Φ) = 0. Όταν δεν εμφανίζονται σύνδεσμοι, ο ισχυρισμός «…οι σύνδεσμοι ¬ βρίσκονται
αμέσως πριν από προτασιακές μεταβλητές…» ισχύει τετριμμένα.
σ(Φ) = 1. Οι περιπτώσεις είναι τρείς:
Φ = Ψ1 Ú Ψ2 με σ(Ψ1) = σ(Ψ2) = 0. Οι Ψ1 , Ψ2 είναι απλές μεταβλητές και ο
ισχυρισμός ισχύει για τον Φ ως έχει.
Φ = Ψ1 Ù Ψ2 με σ(Ψ1) = σ(Ψ2) = 0. Οι Ψ1 , Ψ2 είναι απλές μεταβλητές και ο
ισχυρισμός ισχύει για τον Φ ως έχει.
Φ = ØΨ, με σ(Ψ) = 0. Ο Ψ θα είναι απλή μεταβλητή και ο ισχυρισμός μας
ισχύει τετριμμένα.
ΒΗΜΑ ΕΠΑΓΩΓΗΣ: σ(Φ)  2.
«επαγωγική υπόθεση»: «αν σ(Φ) ≤ ν, ν  2, και ο Φ περιέχει μόνον Ø, Ù, Ú
τότε ο Φ γράφεται υπό την μορφή της εκφώνησης»
«επαγωγικό συμπέρασμα»: «αν σ(Φ) ≤ (ν+1), ν  2, και ο Φ περιέχει μόνον Ø, Ù, Ú
τότε ο Φ γράφεται υπό την μορφή της εκφώνησης».
Αφού σ(Φ)  2 υπάρχουν εδώ οι εξής τρείς περιπτώσεις για τον Φ:
Φ = Ψ1 Ú Ψ2 Αφού σ(Ψ1), σ(Ψ2) ≤ ν = (ν+1)–1 ο ισχυρισμός ισχύει (από την επαγωγική
υπόθεση) για τους Ψ1, Ψ2, και άρα για και τον Φ ως έχει ήδη.
Φ = Ψ1 Ù Ψ2 (Όπως το παραπάνω).
Φ = ØΨ Εδώ πρέπει να δούμε τρείς υπο-περιπτώσεις:
Ψ = Ψ1 Ú Ψ2, με σ(Ψ1), σ(Ψ2) ≤ ν–1 = (ν+1)–2. Επί του Φ είναι εφαρμόσιμος
ο κανόνας De Morgan που δίδει την ισοδύναμη μορφή: Φ = (ØΨ1 Ù
ØΨ2). Οι ØΨ1 , ØΨ2 έχουν σ(ØΨ1), σ(ØΨ2) ≤ ν = (ν–1)+1, άρα από την
επαγωγική υπόθεση γράφονται με τη ζητούμενη μορφή, άρα και ο Φ.
Ψ = Ψ1 Ù Ψ2 , με σ(Ψ1), σ(Ψ2) = ≤ (ν–1). Όμοιο με το παραπάνω.
Φ = ØØΨ, με σ(Ψ) ≤ (ν–1). Ο Φ ισοδυναμεί με τον Ψ, ο οποίος, από την
επαγωγική υπόθεση, γράφεται με την ζητούμενη μορφή.
Γ. Ως επαγωγική παράμετρο για μια πρότασητύπο Φ θα χρησιμοποιήσουμε το
σ(Φ) = «πλήθος λογικών συνδέσμων (Ù, Ú ) στον Φ».
ΒΑΣΗ ΕΠΑΓΩΓΗΣ:
σ(Φ) = 0. Όταν δεν εμφανίζονται σύνδεσμοι ο Φ είναι μια μεταβλητή Xj, και ο ισχυρισμός
«εάν α(Xj) → β(Xj) τότε α (Xj) → β (Xj)»
ισχύει τετριμμένα.
ΒΗΜΑ ΕΠΑΓΩΓΗΣ: Έστω ότι σ(Φ)  1.

7
«επαγωγική υπόθεση»: «αν σ(Φ) ≤ ν, ν  1, και ο Φ περιέχει μόνον τους Ù, Ú
τότε ο Φ είναι μονότονα αύξων».
«επαγωγικό συμπέρασμα»: «αν σ(Φ) ≤ (ν+1) ν  1, και ο Φ περιέχει μόνον Ù, Ú
τότε ο Φ είναι μονότονα αύξων».
Αφού σ(Φ)  1 υπάρχουν εδώ οι εξής δύο περιπτώσεις για τον Φ:
Φ = Φ1 Ú Φ2 με σ(Φ1), σ(Φ2) ≤ ν. Έστω ότι η α() επαυξάνεται από την β().
Αν α (Φ) = (Φ1 Ú Φ2) = ΑΛΗΘΕΣ, τότε ισχύει είτε (Φ1) είτε (Φ2), και
από την μονοτονία (επαγωγικά) των Φ1 και Φ2, έχουμε είτε β (Φ1) είτε
(Φ2), άρα προκύπτει ότι (Φ) = (Φ1 Ú Φ2) = ΑΛΗΘΕΣ, δηλαδή: (Φ) →
(Φ), και ο Φ είναι μονότονα αύξων.
Φ = Φ1 Ù Φ2 με σ(Φ1), σ(Φ2) ≤ ν. Έστω ότι η α() επαυξάνεται από την β(). Αν (Φ) =
(Φ1 Ù Φ2) = ΑΛΗΘΕΣ, τότε ισχύει και (Φ1) και (Φ2), και από την μονοτονία
(επαγωγικά) των Φ1 και Φ2, έχουμε και (Φ1) και (Φ2), άρα προκύπτει ότι (Φ) = (Φ1
Ù Φ2) = ΑΛΗΘΕΣ, δηλαδή: (Φ) → (Φ), και ο Φ είναι μονότονα αύξων.
Α. Γράψτε σε Κανονική Διαζευκτική Μορφή (ΚΔΜ) τον τύπο (𝑝1 ∧ 𝑝2 → 𝑝3) →
¬(𝑝2 ∧ 𝑝3 → 𝑝1). Στη συνέχεια υπολογίστε για πόσες αποτιμήσεις είναι ο τύπος
αληθής.
Β. Έχετε τρία αριθμημένα κουτιά. Σε κάθε κουτί υπάρχει μία επιγραφή:
• Στο κουτί 1 γράφει: «ο θησαυρός είναι εδώ»
• Στο κουτί 2 γράφει: «ο θησαυρός δεν είναι εδώ»
• Στο κουτί 3 γράφει: «ο θησαυρός δεν είναι στο κουτί 1»
Θεωρώντας ότι η προτασιακή μεταβλητή 𝑝𝑖, 𝑖 = 1,2,3 αληθεύει αν και μόνο αν το κουτί
𝑖 περιέχει θησαυρό, κατασκευάστε προτασιακούς τύπους που εκφράζουν τους παρακάτω
περιορισμούς:
• 𝜓1: Ακριβώς ένα κουτί περιέχει θησαυρό, ενώ τα άλλα δύο είναι άδεια.
• 𝜓2: Το πολύ μία επιγραφή είναι αληθής.
• 𝜓3: Ακριβώς δύο επιγραφές είναι αληθείς.
• 𝜓4: Ακριβώς δύο κουτιά περιέχουν θησαυρό, ενώ το άλλο είναι άδειο.
Στη συνέχεια αξιοποιώντας τους τύπους που σχηματίσατε απαντήστε στα παρακάτω
ερωτήματα:
(i) Σε ποιο κουτί είναι ο θησαυρός εάν γνωρίζετε ότι το πολύ μία επιγραφή είναι
αληθής και σε ένα από τα κουτιά υπάρχει θησαυρός, ενώ τα άλλα δύο είναι άδεια
(ii) Ποιο κουτί είναι σίγουρα άδειο εάν γνωρίζετε ότι υπάρχει ακριβώς ένας θησαυρός
και ακριβώς δύο επιγραφές είναι αληθείς;
(iii) Αν δύο κουτιά έχουν θησαυρό και το ένα είναι άδειο ενώ το πολύ μία επιγραφή είναι
αληθής, ποιο κουτί θα επιλέξετε (το οποίο έχει σίγουρα θησαυρό);
α α α
β
β β α
β
α
α α α
β β β β
α β

8
Υπόδειξη: Απλοποιήστε τους τύπους που αντιστοιχούν σε κάθε ένα από τα ερωτήματα (i)-
(iii) χρησιμοποιώντας τους νόμους της ΠΛ.
Ενδεικτική Λύση
A. Έχουμε,
(𝑝1 ∧ 𝑝2 → 𝑝3) → ¬(𝑝2 ∧ 𝑝3 → 𝑝1)
≡ (¬(𝑝1 ∧ 𝑝2) ∨ 𝑝3) → ¬(¬(𝑝2 ∧ 𝑝3) ∨ 𝑝1)
≡ (¬𝑝1 ∨ ¬𝑝2 ∨ 𝑝3) → ¬(¬𝑝2 ∨ ¬𝑝3 ∨ 𝑝1)
≡ ¬(¬𝑝1 ∨ ¬𝑝2 ∨ 𝑝3) ∨ (𝑝2 ∧ 𝑝3 ∧ ¬𝑝1)
≡ (𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ 𝑝3)
.
Ο τελικός τύπος είναι σε ΚΔΜ. Από την ΚΔΜ βλέπουμε άμεσα ότι ο τύπος
επαληθεύεται από δύο αποτιμήσεις, τις 𝑣1, 𝑣2 με 𝑣1(𝑝1) = 𝛢, 𝑣1(𝑝2) = 𝛢, 𝑣1(𝑝3) = 𝛹
και 𝑣2(𝑝1) = 𝛹, 𝑣2(𝑝2) = 𝛢, 𝑣2(𝑝3) = 𝛢.
B. Θεωρούμε τις προτασιακές μεταβλητές 𝑝𝑖 για 𝑖 = 1,2,3, όπου η μεταβλητή 𝑝𝑖 εκφράζει
την πρόταση “Ο θησαυρός βρίσκεται στο κουτί 𝑖”. Εκφράζουμε τις τρεις επιγραφές
χρησιμοποιώντας τις τρεις προτασιακές μεταβλητές: 𝜑1 = 𝑝1 , 𝜑2 = ¬𝑝2 και 𝜑3 = ¬𝑝1.
• Η πρόταση που εκφράζει ότι ακριβώς ένα κουτί περιέχει θησαυρό είναι η
𝜓1 = (𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ 𝑝3)
• Η πρόταση που εκφράζει ότι το πολύ μία επιγραφή είναι αληθής είναι η
𝜓2 = (¬𝜑1 ∧ ¬𝜑2 ∧ ¬𝜑3) ∨ (𝜑1 ∧ ¬𝜑2 ∧ ¬𝜑3) ∨ (¬𝜑1 ∧ 𝜑2 ∧ ¬𝜑3)
∨ (¬𝜑1 ∧ ¬𝜑2 ∧ 𝜑3)
= (¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ 𝑝1) ∨ (𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ 𝑝1) ∨ (¬𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ 𝑝1) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝1)
≡ (𝑝1 ∧ 𝑝2) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2)
• Η πρόταση που εκφράζει ότι ακριβώς δύο επιγραφές είναι αληθείς είναι η
𝜓3 = (𝜑1 ∧ 𝜑2 ∧ ¬𝜑3) ∨ (𝜑1 ∧ ¬𝜑2 ∧ 𝜑3) ∨ (¬𝜑1 ∧ 𝜑2 ∧ 𝜑3)
≡ (𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ 𝑝1) ∨ (𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝1) ∨ (¬𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ ¬𝑝1)
≡ (𝑝1 ∧ ¬𝑝2) ∨ (¬𝑝1 ∧ ¬𝑝2)
• Η πρόταση που εκφράζει ότι ακριβώς δύο κουτιά περιέχουν θησαυρό είναι η
𝜓4 = (𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ 𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ 𝑝3)
(i) Στο ερώτημα αυτό, μας δίνεται ότι ακριβώς ένα κουτί περιέχει θησαυρό και επίσης, ότι
το πολύ μία επιγραφή είναι αληθής. Με βάση τα δεδομένα του ερωτήματος, η πρόταση
𝜓1 ∧ 𝜓2 είναι αληθής. Υπολογίζουμε,
𝜓1 ∧ 𝜓2 ≡
((𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ 𝑝3)) ∧ ((𝑝1 ∧ 𝑝2) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2))
≡ ¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝3
Από τον τελικό τύπο, προκύπτει ότι ο θησαυρός βρίσκεται στο κουτί 2.
(ii) Τα δεδομένα του ερωτήματος μας δίνουν ότι η πρόταση 𝜓1 ∧ 𝜓3 είναι αληθής.
Υπολογίζουμε,
𝜓1 ∧ 𝜓3 ≡
((𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ 𝑝3)) ∧ ((𝑝1 ∧ ¬𝑝2) ∨ (¬𝑝1 ∧ ¬𝑝2))
≡ (𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ 𝑝3).
Από τον τελικό τύπο βλέπουμε ότι το κουτί 2 είναι σίγουρα άδειο.

9
(iii) Τα δεδομένα του ερωτήματος ισοδυναμούν με το ότι η πρόταση 𝜓2 ∧ 𝜓4 είναι αληθής.
Υπολογίζουμε,
𝜓2 ∧ 𝜓4 ≡
((𝑝1 ∧ 𝑝2) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2)) ∧ ((𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (𝑝1 ∧ ¬𝑝2 ∧ 𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ 𝑝3))
≡ (𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ¬𝑝3) ∨ (¬𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ 𝑝3)
.
Από τον τελικό τύπο βλέπουμε ότι το κουτί 2 περιέχει σίγουρα θησαυρό.
Ένας τύπος είναι σε κανονική συζευκτική μορφή (ΚΣΜ), αν είναι της μορφής 𝜑1 ∧ 𝜑2 ∧
… ∧ 𝜑𝑛, όπου τα 𝜑𝑖, 𝑖 = 1,2, … 𝑛 ονομάζονται φράσεις (clauses) και είναι της μορφής 𝜃𝑖1 ∨
𝜃𝑖2 ∨ … 𝜃𝑖𝑚𝑖
, και τα 𝜃𝑖𝑗, 𝑗 = 1,2, … 𝑚𝑖, είναι προτασιακές μεταβλητές ή αρνήσεις
προτασιακών μεταβλητών που ονομάζονται θετικά ή αρνητικά λεκτικά (literals),
αντίστοιχα. Είναι γνωστό ότι για κάθε προτασιακό τύπος 𝜑, υπάρχει τύπος 𝜑∗
σε ΚΣΜ,
τέτοιος ώστε 𝜑 ≡ 𝜑∗
.
Α. Έστω ο τύπος 𝜑 = 𝑝 → (𝑞 ↔ (𝑟 → 𝑠))
i. Βρείτε τις αποτιμήσεις που καθιστούν τον 𝜑 ψευδή.
ii. Προσαρμόζοντας κατάλληλα τη διαδικασία εύρεσης ενός ισοδύναμου τύπου σε
κανονική διαζευκτική μορφή, από τον πίνακα αληθείας ενός δοσμένου τύπου (βλέπε
Θεώρημα 2.7, Παράδειγμα 2.10, Ασκήσεις Αυτοαξιολόγησης 2.8 & 2.9 και Πόρισμα
2.1, τόμος Γ), περιγράψτε μια αντίστοιχη μεθοδολογία για την εύρεση μιας
ισοδύναμης κανονικής συζευκτικής μορφής ενός δοσμένου τύπου, από τον πίνακα
αληθείας του.
iii. Εφαρμόστε τη μεθοδολογία που προτείνατε στο ερώτημα 2.Α.ii για την εύρεση μιας
ισοδύναμης ΚΣΜ του τύπου 𝜑.
Β. Βρείτε μια ισοδύναμη ΚΣΜ του τύπου 𝜑 του προηγούμενου ερωτήματος, μέσα από μια
σειρά διαδοχικά ισοδύναμων τύπων, που προκύπτουν ο ένας από τον άλλον, με την
εφαρμογή κατάλληλα επιλεγμένων νόμων της ΠΛ (βλέπε Άσκηση Αυτοαξιολόγησης
2.6, τόμος Γ).
Α.
i. Για να βρούμε τις αποτιμήσεις που καθιστούν τον 𝜑 ψευδή, αποφεύγοντας την
κατασκευή του πλήρους πίνακα αληθείας, ο οποίος αποτελείται από 24
= 16
γραμμές (αποτιμήσεις), μπορούμε να αξιοποιήσουμε αρχικά το γεγονός ότι ο τύπος
𝜑 έχει τη μορφή συνεπαγωγής. Η συνεπαγωγή 𝑝 → (𝑞 ↔ (𝑟 → 𝑠)) είναι ψευδής,
μόνο αν η 𝑝 είναι αληθής και ο υποτύπος 𝑞 ↔ (𝑟 → 𝑠) είναι ψευδής. Με τη σειρά
του, ο 𝑞 ↔ (𝑟 → 𝑠) είναι ψευδής, σε δύο περιπτώσεις:
• Αν η 𝑞 είναι αληθής και η 𝑟 → 𝑠 ψευδής, οπότε αναγκαστικά η 𝑟 είναι
αληθής και η 𝑠 ψευδής.

10
• Αν η 𝑞 είναι ψευδής και η 𝑟 → 𝑠 αληθής, οπότε οι 𝑟, 𝑠 μπορούν να πάρουν
οποιαδήποτε τιμή αληθείας εκτός από τις 𝑟 = 𝐴 και 𝑠 = 𝛹.
Δηλαδή, συνολικά υπάρχουν τέσσερις αποτιμήσεις που καθιστούν τον 𝜑 ψευδή, οι
οποίες είναι:
Α/Α 𝒑 𝒒 𝒓 𝒔 𝒓 → 𝒔 𝒒 ↔ (𝒓 → 𝒔) 𝝋
1 Α Α Α Ψ Ψ Ψ Ψ
2 Α Ψ Α Α Α Ψ Ψ
3 Α Ψ Ψ Α Α Ψ Ψ
4 Α Ψ Ψ Ψ Α Ψ Ψ
ii. Για κάθε μια από τις αποτιμήσεις που καθιστούν τον τύπο ψευδή, κατασκευάζουμε
μια φράση που αποτελείται από αρνητικά λεκτικά των μεταβλητών που είναι
αληθείς στην αντίστοιχη αποτίμηση και θετικά λεκτικά των υπόλοιπων μεταβλητών.
Κάθε τέτοια φράση είναι ψευδής για την αποτίμηση από την οποία προέκυψε, ενώ
εύκολα διαπιστώνεται ότι είναι αληθής για οποιαδήποτε άλλη αποτίμηση. Ο τύπος
που προκύπτει από τη σύζευξη των παραπάνω φράσεων, είναι προφανώς σε ΚΣΜ,
ενώ προφανώς είναι ψευδής ακριβώς και μόνο για τις αποτιμήσεις που καθιστούν
τον αρχικό τύπο ψευδή. Επομένως, ο αρχικός τύπος και η ΚΣΜ που
κατασκευάστηκε έχουν τον ίδιο πίνακα αληθείας, δηλαδή οι δύο τύποι είναι
ταυτολογικά ισοδύναμοι.
Εναλλακτικά, μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι δεδομένου ενός τύπου 𝜑, αν
υπολογίσουμε μια Κανονική Διαζευκτική Μορφή (ΚΔΜ) του ¬𝜑, 𝜑∗
≡ ¬𝜑, τότε
με κατάλληλη εφαρμογή του νόμου De Morgan στην ¬𝜑∗
, επιτυγχάνουμε μια
ισοδύναμη ΚΣΜ του 𝜑. Αν η διαδικασία κατασκευής της ΚΔΜ 𝜑∗
, βασιστεί στον
πίνακα αληθείας της ¬𝜑, όπως προτείνεται στις παραπομπές στον τόμο Γ που
αναφέρονται στην εκφώνηση, τότε η ΚΣΜ που προκύπτει από την εφαρμογή του
νόμου De Morgan στην ¬𝜑∗
, συμπίπτει με αυτή που περιγράφεται στην
προηγούμενη παράγραφο.
iii. Σύμφωνα με την κατασκευή που προτείνεται στο ερώτημα 2.Α.ii, για κάθε μια από
τις αποτιμήσεις που βρέθηκαν στο ερώτημα 2.Α.i να καθιστούν τον 𝜑 ψευδή,
κατασκευάζουμε μια φράση:
• Αποτίμηση #1: (¬𝑝 ∨ ¬𝑞 ∨ ¬𝑟 ∨ 𝑠)
• Αποτίμηση #2: (¬𝑝 ∨ 𝑞 ∨ ¬𝑟 ∨ ¬𝑠)
• Αποτίμηση #3: (¬𝑝 ∨ 𝑞 ∨ 𝑟 ∨ ¬𝑠)
• Αποτίμηση #4: (¬𝑝 ∨ 𝑞 ∨ 𝑟 ∨ 𝑠)
Άρα, μια ισοδύναμη ΚΣΜ του 𝜑 είναι:

11
(¬𝑝 ∨ ¬𝑞 ∨ ¬𝑟 ∨ 𝑠) ∧ (¬𝑝 ∨ 𝑞 ∨ ¬𝑟 ∨ ¬𝑠) ∧ (¬𝑝 ∨ 𝑞 ∨ 𝑟 ∨ ¬𝑠) ∧ (¬𝑝 ∨ 𝑞 ∨ 𝑟 ∨ 𝑠)
Β.
Εφαρμόζουμε αρχικά του νόμους αντικατάστασης της συνεπαγωγής και της ισοδυναμίας και
στη συνέχεια νόμους De Morgan, Διπλής Άρνησης και Επιμερισμού ώστε να πετύχουμε την
επιθυμητή ΚΣΜ. Η εφαρμογή της διαδικασίας δίνει:
𝑝 → (𝑞 ↔ (𝑟 → 𝑠)) ≡ (Αντικατάσταση συνεπαγωγής)
≡ ¬𝑝 ∨ (𝑞 ↔ (¬𝑟 ∨ 𝑠)) (Αντικατάσταση ισοδυναμίας)
≡ ¬𝑝 ∨ ((𝑞 → (¬𝑟 ∨ 𝑠)) ∧ ((¬𝑟 ∨ 𝑠) → 𝑞)) (Αντικατάσταση συνεπαγωγής)
≡ ¬𝑝 ∨ ((¬𝑞 ∨ ¬𝑟 ∨ 𝑠) ∧ (¬(¬𝑟 ∨ 𝑠) ∨ 𝑞)) (De Morgan + Διπλή Άρνηση)
≡ ¬𝑝 ∨ ((¬𝑞 ∨ ¬𝑟 ∨ 𝑠) ∧ ((𝑟 ∧ ¬𝑠) ∨ 𝑞)) (Επιμεριστική ιδιότητα)
≡ ¬𝑝 ∨ ((¬𝑞 ∨ ¬𝑟 ∨ 𝑠) ∧ (𝑟 ∨ 𝑞) ∧ (¬𝑠 ∨ 𝑞)) (Επιμεριστική ιδιότητα)
≡ (¬𝑝 ∨ ¬𝑞 ∨ ¬𝑟 ∨ 𝑠) ∧ (¬𝑝 ∨ 𝑞 ∨ 𝑟) ∧ (¬𝑝 ∨ ¬𝑠 ∨ 𝑞)
Άσκηση 6 (2010-2011, Επαναληπτική Εξέταση Ιουλίου, Ερώτημα 2.α)
Έστω φ προτασιακός τύπος. Ορίζουμε την ακολουθία προτασιακών τύπων σ0, σ1,..., σn ως
εξής: σ0  φ → φ, και για κάθε n ≥ 0, σn+1  σn → φ.
(i) Να γράψετε τους τύπους σ1, σ2, και σ3. Να δείξετε ότι οι τύποι σ0 και σ2 είναι
ταυτολογίες και οι τύποι σ1 και σ3 είναι ταυτολογικά ισοδύναμοι με τον φ.
(ii) Χρησιμοποιώντας μαθηματική επαγωγή στο k, να δείξετε ότι για κάθε k ≥ 0, ο σ2k
είναι ταυτολογία και ο σ2k+1 είναι ταυτολογικά ισοδύναμος με τον φ.
(iii) Χρησιμοποιώντας το (α.ii), να διερευνήσετε αν σ24 |–ΠΛ φ και αν φ |–ΠΛ σ25.
(i) σ1  (φ → φ) → φ, σ2  ((φ → φ) → φ) → φ, σ3  (((φ → φ) → φ) → φ) → φ.
Ο σ0 είναι γνωστή ταυτολογία. Συνεπώς, ο σ1 απλοποιείται στη μορφή Α → φ, που
αληθεύει αν και μόνο αν ο φ είναι αληθής. Άρα ο σ1 είναι ταυτολογικά ισοδύναμος με
τον φ. Τώρα, ο σ2 απλοποιείται στη μορφή φ → φ, και είναι ταυτολογία. Αντίστοιχα, ο σ3
απλοποιείται στη μορφή Α → φ, και είναι ταυτολογικά ισοδύναμος με τον φ.
(ii) Βάση επαγωγής: Για k = 0, το ζητούμενο αποδείχθηκε στο (α.i).
Επαγωγική υπόθεση: Έστω αυθαίρετα επιλεγμένος φυσικός k ≥ 0. Επαγωγικά
υποθέτουμε ο σ2k είναι ταυτολογία και ο σ2k+1 είναι ταυτολογικά ισοδύναμος με τον φ.
Επαγωγικό βήμα: Θα δείξουμε ότι σ2k+2 είναι ταυτολογία και ο σ2k+3 είναι ταυτολογικά
ισοδύναμος με τον φ. Λόγω της επαγωγικής υπόθεσης, σ2k+1  φ. Άρα σ2k+2  φ → φ, το
οποίο είναι ταυτολογία. Ως συνέπεια αυτού, έχουμε ότι σ2k+3  Α → φ. Αυτό αληθεύει αν
και μόνο αν ο φ είναι αληθής. Άρα ο σ2k+3 είναι ταυτολογικά ισοδύναμος με τον φ.

12
(iii) Λόγω του (α.ii), έχουμε ότι ο σ24 είναι ταυτολογία. Επομένως, δεν αληθεύει ότι σ24 |= φ,
αφού το φ δεν είναι ταυτολογία. Άρα δεν αληθεύει ότι σ24 |–ΠΛ φ, αφού αν αυτό ήταν
αληθές, λόγω του Θ. Πληρότητας, θα έπρεπε να αληθεύει ότι σ24 |= φ.
Λόγω του (α.ii), έχουμε ότι ο σ25 είναι ταυτολογικά ισοδύναμος με τον φ. Επομένως,
αληθεύει ότι σ25 |= φ. Άρα, λόγω του Θ. Εγκυρότητας, αληθεύει ότι σ25 |–ΠΛ φ.
Έστω ένα σύνολο 𝑛 τύπων 𝛵𝑛 = {𝜑1, … , 𝜑𝑛} και το σύνολο 𝑆𝑛 = {𝜑1 → 𝜑2, 𝜑2 →
𝜑3, … , 𝜑𝑛−1 → 𝜑𝑛, 𝜑𝑛 → 𝜑1}.
Α. Αποδείξτε ότι το αν το σύνολο δεν 𝑆𝑛 είναι ικανοποιήσιμο, τότε ούτε το σύνολο 𝛵𝑛 είναι
ικανοποιήσιμο. Δείξτε ότι η αντίστροφη συνεπαγωγή δεν ισχύει (Υπόδειξη: Δώστε ένα
παράδειγμα συνόλου 𝑇𝑛 που περιέχει δύο τύπους).
B. Αποδείξτε ότι κάθε αποτίμηση 𝑣 ικανοποιεί τουλάχιστον τους μισούς τύπους του 𝑆𝑛.
Γ. Δείξτε με επαγωγή στο 𝑛, για 𝑛 ≥ 2, ότι κάθε αποτίμηση που ικανοποιεί το 𝑆𝑛, είτε
ικανοποιεί κάθε 𝜑𝑖 είτε διαψεύδει κάθε 𝜑𝑖, για 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛.
Δ. Να δειχθεί ότι 𝑆𝑛 ⊨ 𝜑𝑖 → 𝜑𝑗, για κάθε 1 ≤ 𝑖, 𝑗 ≤ 𝑛 και 𝑛 ≥ 2.
Α. Έστω ότι το σύνολο 𝑆𝑛 δεν είναι ικανοποιήσιμο. Άρα, για κάθε αποτίμηση 𝑣 έχουμε
𝑣(𝜑𝑖 → 𝜑𝑖+1) = 𝛹 για 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 (για 𝑖 = 𝑛 αντικαταστήστε τον 𝜑𝑛+1 με τον 𝜑1). Αν
υπήρχε αποτίμηση τέτοια ώστε 𝑣(𝜑𝑖) = 𝛢 για κάποιο 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛, τότε επειδή 𝑣(𝜑𝑖 →
𝜑𝑖+1) = 𝛹, θα έπρεπε να είναι 𝑣(𝜑𝑖+1) = 𝛹. Συνεπώς, δεν υπάρχει αποτίμηση που
ικανοποιεί ταυτόχρονα όλους τους τύπους 𝜑𝑖, 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛. Δηλαδή, το 𝑇𝑛 δεν είναι
ικανοποιήσιμο.
Για την απόδειξη της μη ισχύος της αντίστροφης συνεπαγωγής, θα δώσουμε ένα
παράδειγμα τύπων 𝜑1, 𝜑2 , τέτοιων ώστε το 𝑇2 δεν είναι ικανοποιήσιμο, αλλά το 𝑆2
είναι ικανοποιήσιμο. Θεωρούμε δύο προτασιακές μεταβλητές 𝑝, 𝑞 και τους τύπους
𝜑1 = 𝑝 ∧ ¬𝑝, 𝜑2 = 𝑞 ∧ ¬𝑞 . Οι δύο τύποι είναι αντιφάσεις, οπότε το σύνολο 𝑇2 δεν
είναι ικανοποιήσιμο. Όμως το σύνολο 𝑆2 είναι ικανοποιήσιμο (μάλιστα και οι δύο τύποι
του 𝑆2 είναι ταυτολογίες).
Β. Έστω μία αποτίμηση 𝑣. Παρατηρούμε ότι εάν ένας τύπος 𝜑𝑖 → 𝜑𝑖+1 δεν ικανοποιείται
από την 𝑣, τότε ο “επόμενος” τύπος 𝜑𝑖+1 → 𝜑𝑖+2 (στην περίπτωση 𝑖 = 𝑛 − 1
“διαβάζουμε” 𝜑𝑛 → 𝜑1 αντί για 𝜑𝑛 → 𝜑𝑛+1) ικανοποιείται: αφού 𝑣(𝜑𝑖 → 𝜑𝑖+1) = 𝛹
σημαίνει ότι 𝑣(𝜑𝑖) = 𝛢 και 𝑣(𝜑𝑖+1) = 𝛹, οπότε 𝑣(𝜑𝑖+1 → 𝜑𝑖+2) = 𝛢. Άρα, σε κάθε
αποτίμηση το πλήθος των τύπων του S𝑛 που αληθεύουν είναι τουλάχιστον όσο το
πλήθος των τύπων που είναι ψευδείς. Αν συμβολίσουμε με 𝑛𝐴, 𝑛𝛹 το πλήθη των αληθών
και ψευδών τύπων τoυ 𝑆𝑛 σε μια δεδομένη αποτίμηση, τότε αφενός 𝑛 = 𝑛𝐴 + 𝑛𝛹,
αφετέρου 𝑛𝐴 ≥ 𝑛𝛹. Επομένως, 𝑛 = 𝑛𝐴 + 𝑛𝛹 ≤ 𝑛𝐴 + 𝑛𝐴 = 2𝑛𝐴, δηλαδή 𝑛𝐴 ≥
𝑛
2
.
Γ. Για την απόδειξη θα χρησιμοποιήσουμε το παρακάτω απλό λήμμα: αν έχουμε τρεις
προτασιακούς τύπους 𝜑, 𝜒, 𝜓 και μία αποτίμηση 𝑣 για την οποία ισχύει 𝑣(𝜑 → 𝜒) = 𝛢

13
και 𝑣(𝜒 → 𝜓) = 𝛢, τότε 𝑣(𝜑 → 𝜓) = 𝛢. Πράγματι, έστω ότι 𝑣(𝜑 → 𝜒) = 𝛢 και
𝑣(𝜒 → 𝜓) = 𝛢, ενώ 𝑣(𝜑 → 𝜓) = 𝛹. Τότε, εξαιτίας του 𝑣(𝜑 → 𝜓) = 𝛹, θα ήταν
𝑣(𝜑) = 𝛢 και 𝑣(𝜓) = 𝛹. Άρα, δεδομένου ότι 𝑣(𝜑 → 𝜒) = 𝛢, θα έπρεπε να είναι
𝑣(𝜒) = 𝛢 που μας οδηγεί στο ότι 𝑣(𝜒 → 𝜓) = 𝛹, γεγονός που αντίκειται στην υπόθεση
𝑣(𝜒 → 𝜓) = 𝛢. Άτοπο.
Βάση της επαγωγής: για 𝑛 = 2, 𝑆2 = {𝜑1 → 𝜑2, 𝜑2 → 𝜑1}. Έστω μία αποτίμηση 𝑣 που
ικανοποιεί το 𝑆2. Αν 𝑣(𝜑2) = 𝛢, δεδομένου ότι 𝑣(𝜑2 → 𝜑1) = 𝛢, έχουμε ότι 𝑣(𝜑1) =
𝛢. Αν 𝑣(𝜑1) = 𝛹, δεδομένου ότι 𝑣(𝜑1 → 𝜑2) = 𝛢, έχουμε ότι 𝑣(𝜑2) = 𝛹.
Επαγωγική υπόθεση: υποθέτουμε ότι κάθε αποτίμηση που ικανοποιεί το 𝑆𝑛 είτε
ικανοποιεί κάθε τύπο είτε διαψεύδει κάθε τύπο 𝜑𝑖 για 𝑖 = 1, … , 𝑛 .
Επαγωγικό βήμα: θα δείξουμε ότι κάθε αποτίμηση που ικανοποιεί το 𝑆𝑛+1 είτε
ικανοποιεί κάθε τύπο είτε διαψεύδει κάθε τύπο 𝜑𝑖 για 𝑖 = 1, … , 𝑛 + 1 . Έστω μία
αποτίμηση 𝑣 που ικανοποιεί κάθε τύπο του 𝑆𝑛+1 . Τότε 𝑣(𝜑𝑖 → 𝜑𝑖+1) = 𝛢 για 1 ≤
𝑖 ≤ 𝑛 και 𝑣(𝜑𝑛+1 → 𝜑1) = 𝛢. Ομως τότε από το λήμμα προκύπτει ότι 𝑣(𝜑𝑛 → 𝜑1) =
𝛢. Άρα η 𝑣 ικανοποιεί κάθε τύπο του του 𝑆𝑛. Άρα, από την επαγωγική υπόθεση έχουμε
ότι η 𝑣 είτε ικανοποιεί κάθε τύπο 𝜑𝑖 για 𝑖 = 1, … , 𝑛 είτε διαψεύδει κάθε 𝜑𝑖 για 𝑖 =
1, … , 𝑛. Μένει να ελέγξουμε την τιμή αληθείας του 𝜑𝑛+1 στις δύο αυτές περιπτώσεις.
Αν 𝑣(𝜑𝑖) = 𝛢 για κάθε 𝑖 = 1, … , 𝑛, τότε 𝑣(𝜑𝑛) = 𝛢 και εφόσον 𝑣(𝜑𝑛 → 𝜑𝑛+1) = 𝛢
προκύπτει 𝑣(𝜑𝑛+1) = 𝛢. Αν 𝑣(𝜑𝑖) = 𝛹 για κάθε 𝑖 = 1, … , 𝑛 , τότε 𝑣(𝜑1) = 𝛹 και
εφόσον 𝑣(𝜑𝑛+1 → 𝜑1) = 𝛢 προκύπτει 𝑣(𝜑𝑛+1) = 𝛹.
Δ. Πρέπει να δείξουμε ότι κάθε αποτίμηση 𝑣 που ικανοποιεί κάθε τύπο του 𝑆𝑛 ικανοποιεί
επίσης κάθε τύπο 𝜑𝑖 → 𝜑𝑗, για 1 ≤ 𝑖, 𝑗 ≤ 𝑛 . Από το προηγούμενο ερώτημα,
παρατηρούμε ότι μία τέτοια αποτίμηση είτε ικανοποιεί κάθε τύπο 𝜑𝑖 για 𝑖 = 1, … , 𝑛
είτε διαψεύδει κάθε 𝜑𝑖 για 𝑖 = 1, … , 𝑛. Δηλαδή για κάθε 1 ≤ 𝑖, 𝑗 ≤ 𝑛, είτε 𝑣(𝜑𝑖) =
𝑣(𝜑𝑗) = 𝛢 ή 𝑣(𝜑𝑖) = 𝑣(𝜑𝑗) = 𝛹 . Και στις δύο περιπτώσεις βλέπουμε ότι 𝑣(𝜑𝑖 →
𝜑𝑗) = 𝐴.
Άσκηση 8 (2010-2011, εργασία 2, ερώτημα 3)
α) Χρησιμοποιώντας τους νόμους της ΠΛ, να βρεθεί ένας τύπος ο οποίος είναι σε κανονική
διαζευκτική μορφή (ΚΔΜ) και ταυτολογικά ισοδύναμος του προτασιακού τύπου:
(Øp Ù q → r) → (Ø(q Ù r) → r Ú Øp)
β) Έστω ΤÚ το σύνολο των προτασιακών τύπων που αποτελείται από τύπους οι οποίοι:
• είναι προτασιακές μεταβλητές ή
• είναι της μορφής (φÚψ), όπου φ,ψΤÚ είναι ήδη κατασκευασμένοι τύποι του
συνόλου ΤÚ.

14
Χρησιμοποιώντας επαγωγή στην πολυπλοκότητα του ΤÚ, να αποδειχθεί ότι το σύνολο αυτό
δεν περιέχει αντιφάσεις.
α)
(Øp Ù q → r) → (Ø(q Ù r) → r Ú Øp)
 (Ø(Øp Ù q) Ú r) → (Ø(Ø(q Ù r)) Ú r Ú Øp) νόμος αντικατάστασης 1
 ((p Ú Øq) Ú r)) → (Ø(Ø(q Ù r)) Ú r Ú Øp) νόμος De Morgan 1
 ((p Ú Øq) Ú r)) → ((q Ù r) Ú r Ú Øp) νόμος διπλής άρνησης
 (p Ú Øq Ú r) → (q Ù r) Ú r ÚØp νόμος προσεταιριστικότητας 2
 Ø(p Ú Øq Ú r) Ú (q Ù r) Ú r ÚØp νόμος αντικατάστασης 1
 (Øp Ù q Ù Ør) Ú (q Ù r) Ú r Ú Øp νόμος De Morgan 2
β)
Με βάση την υπόθεση, τα μέλη του συνόλου ΤÚ είναι είτε προτασιακές μεταβλητές είτε
προτασιακοί τύποι οι οποίοι εμπλέκουν (περιέχουν) μόνο το λογικό σύνδεσμο της διάζευξης
‘Ú’. Έτσι, μπορούμε να ορίσουμε το σύνολο ΤÚ αναδρομικά ως εξής:
Βάση της επαγωγής: Όλες οι προτασιακές μεταβλητές είναι μέλη του ΤÚ.
Επαγωγικό βήμα: Όλες οι προτασιακοί τύποι της μορφής (φÚψ), όπου φ,ψ είναι ήδη
κατασκευασμένοι προτασιακοί τύποι που περιέχουν μόνο το λογικό σύνδεσμο ‘Ú’, είναι μέλη
του ΤÚ.
Θα αποδείξουμε επαγωγικά στη πολυπλοκότητα του ΤÚΤ(Γ0) ότι το ΤÚ δεν περιέχει
αντιφάσεις.
Βάση της Επαγωγής: Μία οποιαδήποτε προτασιακή μεταβλητή pΤÚ δεν είναι αντίφαση
μιας και πάντα υπάρχει αποτίμηση η οποία τη καθιστά αληθή, α(p)=A.
Επαγωγικό βήμα: Έστω ότι για τυχαίους προτασιακούς (ήδη κατασκευασμένους) τύπους
φ,ψΤÚ ισχύει ότι φ,ψ δεν είναι αντιφάσεις. Θα αποδείξουμε ότι για τυχαίους προτασιακούς
τύπους φ,ψΤÚ οι οποίοι δεν είναι αντιφάσεις ο τύπος (φÚψ) δεν είναι αντίφαση.
Απόδειξη. Αφού ο φ δεν είναι αντίφαση θα υπάρχει αποτίμηση α η οποία τον καθιστά
αληθή, α(φ)=Α. Έτσι, με βάση το πίνακα αλήθειας του λογικού συνδέσμου ‘Ú’ η
αποτίμηση αυτή θα καθιστά αληθή και τον (φÚψ), α(φ)=Α και επομένως ο (φÚψ) δεν είναι
αντίφαση.
προτασιακές μεταβλητές προτασιακοί τύποι
p1 p2 ... pn ... φ ψ φÚψ ...
... ...
... ...
... Α ? Α ...
... ...
... ...

15
Μπορούμε επίσης να χρησιμοποιήσουμε το συμβολισμό, τους ορισμούς και το αποτέλεσμα
του Θεωρήματος 2.4 (σελ. 27, τόμος 3, α η επέκταση της α στους προτασιακούς τύπους):
α(φÚψ) = FÚ(α(φ),α(ψ)) = FÚ(A,α(ψ)) = A, ανεξάρτητα από τη τιμή α(ψ).
Άσκηση 9 (2011-2012, εργασία 2, ερώτημα 1)
Μια προκήρυξη για την πρόσληψη ενός τεχνικού Η/Υ και ενός διευθυντή μηχανογράφησης
σε ένα οργανισμό αναφέρει:
«Ο υποψήφιος για τη θέση του τεχνικού Η/Υ πρέπει, να είναι απόφοιτος ΙΕΚ
Πληροφορικής και να διαθέτει διετή επαγγελματική εμπειρία στο χώρο της
Πληροφορικής ή να διαθέτει πτυχίο Πληροφορικής ΑΕΙ.
Ο υποψήφιος για τη θέση του διευθυντή μηχανογράφησης πρέπει, είτε να
διαθέτει πτυχίο Πληροφορικής ΑΕΙ και διετή επαγγελματική εμπειρία στο
χώρο της Πληροφορικής ή να διαθέτει πτυχίο Πληροφορικής ΑΕΙ και
μεταπτυχιακό τίτλο σπουδών.
Και στις δύο περιπτώσεις αν ο υποψήφιος είναι άνδρας, θα πρέπει να έχει
εκπληρωμένες τις στρατιωτικές του υποχρεώσεις»
(α) Αφού εκφράσετε τις απαιτήσεις κάθε μιας από τις υπό προκήρυξη θέσεις με ένα
προτασιακό τύπο, βρείτε τύπους σε Κανονική Διαζευκτική Μορφή (ΚΔΜ) που είναι
ταυτολογικά ισοδύναμοι με καθένα από αυτούς της προκήρυξης. Για την εύρεση της
ΚΔΜ χρησιμοποιήστε τους νόμους της ΠΛ. Αφού βρείτε τις δύο ΚΔΜ, αποδώστε το
περιεχόμενο τους σε φυσική γλώσσα.
(β) Αξιοποιώντας την ΚΔΜ των δύο τύπων που βρήκατε στο (α) και χωρίς να
χρησιμοποιήσετε πίνακες αληθείας, εξηγήστε ποιος τύπος συνεπάγεται ταυτολογικά
ποιον. Τι συμπέρασμα βγάζετε ως προς την επιλεξιμότητα ενός πιθανού υποψηφίου για
τις δύο θέσεις;
(α)
Ορίζουμε τις προτασιακές μεταβλητές (ατομικοί τύποι) θέτοντας / συμβολίζοντας:
p = «απόφοιτος ΙΕΚ Πληροφορικής»
q = «διαθέτει διετή επαγγελματική εμπειρία στο χώρο της Πληροφορικής»
r = «διαθέτει πτυχίο Πληροφορικής ΑΕΙ»
s = «διαθέτει μεταπτυχιακό τίτλο σπουδών»
t = «είναι άνδρας»
w = «έχει εκπληρωμένες τις στρατιωτικές του υποχρεώσεις»
Με βάση το παραπάνω συμβολισμό η προκύρηξη για τη θέση «τεχνικού Η/Υ» λαμβάνει τη
μορφή:
φ = [(p Ù q) Ú r] Ù (t → w)
 [(p Ù q) Ú r] Ù (Øt Ú w) ... Νόμος αντικατάστασης (1)
 [(p Ù q) Ù (Øt Ú w)] Ú [r Ù (Øt Ú w)] ... Νόμος επιμεριστικότητας (1)
 (p Ù q Ù Øt) Ú (p Ù q Ù w) Ú (r Ù Øt) Ú (r Ù w) ... Νόμος επιμεριστικότητας (1)
& απαλοιφή παρενθέσεων/αγκυλών
= ΚΔΜ(φ)

16
Σε φυσική γλώσσα η ΚΔΜ(φ) δηλώνει: είτε «απόφοιτος ΙΕΚ Πληροφορικής και διαθέτει διετή
Eπαγγελματική εμπειρία στο χώρο της Πληροφορικής και δεν είναι άνδρας / είναι γυναίκα» είτε
«απόφοιτος ΙΕΚ Πληροφορικής και διαθέτει διετή Eπαγγελματική εμπειρία στο χώρο της
Πληροφορικής και έχει εκπληρωμένες τις στρατιωτικές του υποχρεώσεις» είτε «διαθέτει πτυχίο
Πληροφορικής ΑΕΙ και δεν είναι άνδρας / είναι γυναίκα» είτε «διαθέτει πτυχίο Πληροφορικής
ΑΕΙ και έχει εκπληρωμένες τις στρατιωτικές του υποχρεώσεις»
Η προκύρηξη για τη θέση του «διευθυντή μηχανογράφησης» λαμβάνει τη μορφή:
ψ = [(r Ù q) Ú (r Ù s)] Ù (t → w)
 [(r Ù q) Ú (r Ù s)] Ù (Øt Ú w) ... Νόμος αντικατάστασης (1)
 [(r Ù q) Ù (Øt Ú w)] Ú [(r Ù s) Ù (Øt Ú w)] ... Νόμος επιμεριστικότητας (1)
 (r Ù q Ù Øt) Ú (r Ù q Ù w) Ú (r Ù s Ù Øt) Ú (r Ù s Ù w)
... Νόμος επιμεριστικότητας (1)
& απαλοιφή παρενθέσεων/αγκυλών
= ΚΔΜ(ψ)
Σε φυσική γλώσσα η ΚΔΜ(ψ) δηλώνει: είτε «διαθέτει πτυχίο Πληροφορικής ΑΕΙ και διαθέτει
διετή Eπαγγελματική εμπειρία στο χώρο της Πληροφορικής και δεν είναι άνδρας / είναι
γυναίκα» είτε «διαθέτει πτυχίο Πληροφορικής ΑΕΙ και διαθέτει διετή Eπαγγελματική εμπειρία
στο χώρο της Πληροφορικής και έχει εκπληρωμένες τις στρατιωτικές του υποχρεώσεις» είτε
«διαθέτει πτυχίο Πληροφορικής ΑΕΙ και Μεταπτυχιακό τίτλο σπουδών και δεν είναι άνδρας /
είναι γυναίκα» είτε «διαθέτει πτυχίο Πληροφορικής ΑΕΙ και Μεταπτυχιακό τίτλο σπουδών και
έχει εκπληρωμένες τις στρατιωτικές του υποχρεώσεις»
(β) Γνωρίζουμε ότι κάθε τύπος χ είναι ταυτολογικά ισοδύναμος με την αντίστοιχη ΚΔΜ του
τύπου, δηλαδή του τύπου ΚΔΜ(χ) (Πόριμα 2.1, σελ. 46). Έτσι, για να εξετάσουμε τη
ταυτολογική σχέση μεταξύ των φ, ψ αρκεί να εξετάσουμε τη ταυτολογική σχέση μεταξύ των
αντίστοιχων ΚΔΜ τους. Οι ΚΔΜ(φ), ΚΔΜ(ψ) είναι ικανοποιήσιμοι αν οποιαδήποτε από τις
συζεύξεις τους είναι ικανοποιήσιμες;
ΚΔΜ(φ) = (p Ù q Ù Øt) Ú (p Ù q Ù w) Ú (r Ù Øt) Ú (r Ù w)
ΚΔΜ(ψ) = (r Ù q Ù Øt) Ú (r Ù q Ù w) Ú (r Ù s Ù Øt) Ú (r Ù s Ù w)
• Εξετάσουμε αν ισχύει ψ |= φ. Η ΚΔΜ(ψ) ικανοπoιήσιμη αν:
i. (r Ù q Ù Øt) αληθής => (r Ù Øt) αληθής και άρα ΚΔΜ(φ) αληθής;
ii. (r Ù s Ù Øt) αληθής => (r Ù Øt) αληθής και άρα ΚΔΜ(φ) αληθής;
iii. (r Ù q Ù w) αληθής => (r Ù w) αληθής και άρα ΚΔΜ(φ) αληθής;
iv. (r Ù s Ù w) αληθής => (r Ù w) αληθής και άρα ΚΔΜ(φ) αληθής.
Δηλαδή για όλες τις περιπτώσεις ικανοποιησιμότητας του ΚΔΜ(ψ), οπότε και του
ταυτολογικά ισοδυναμού του ψ, ο ΚΔΜ(φ), οπότε και ο ταυτολογικά ισοδύναμός του φ
είναι ικανοποιήσιμος  ψ |= φ.
• Εξετάσουμε αν ισχύει φ |= ψ. Για την αποτίμηση α(p) = α(q) = α(Øt) = Α η σύζευξη (p Ù
q Ù Øt) ικανοποιείται => ΚΔΜ(φ), οπότε και ο ταυτολογικά ισοδυναμός του φ ικανοποι-
ούνται. Αν α(r) = Ψ, η ικανοποιησιμότητα του φ δεν επηρεάζεται (η r δεν εμφανίζεται
στον φ) όμως ο ΚΔΜ(ψ), οπότε και ο ταυτολογικά ισοδυναμός του ψ δεν ικανοποιούνται
– παρατηρήστε ότι για την ικανοποιησιμότητα του ψ απαραίτητη προϋπόθεση είναι η r να
ικανοποείται καθότι η r εμφανίζεται σε κάθε σύζευξη του ΚΔΜ(φ). Δηλαδή υπάρχει απο-
τίμηση η οποία ικανοποιεί τον φ και δεν ικανοπ[οεί τον ψ => φ | ψ.

17
Για την επιλεξιμότητα ενός υποψηφίου, επειδή ο ψ συνεπάγεται ταυτολογικά τον φ, ψ |= φ,
συμπεραίνουμε ότι υποψήφιος που έχει τα προσόντα για τη θέση του διευθυντή
μηχανογράφησης (ο ψ ικανοποιείται) θα έχει και τα προσόντα για τη θέση του τεχνικού Η/Υ
(θα ικανοποιείται και ο φ).
Α. Να κατασκευαστεί η τυπική απόδειξη
{𝜑 → ¬𝜒, ¬𝜑 → 𝜓} ⊢𝛱𝛬 𝜒 → 𝜓
Για το σκοπό αυτό, επιτρέπεται να χρησιμοποιηθούν μόνο τα αξιωματικά σχήματα ΑΣ1-
3, ο αποδεικτικός κανόνας Modus Ponens και το τυπικό θεώρημα του ΠΛ, (𝜑 → ¬𝜒) →
(𝜒 → ¬𝜑) (βλέπε Άσκηση 2.11(β), Τόμος Γ).
Β. Να κατασκευαστεί η τυπική απόδειξη του ερωτήματος 3.Α, χρησιμοποιώντας και πάλι
τα αξιωματικά σχήματα ΑΣ1-3, τον αποδεικτικό κανόνα Modus Ponens και κάποιο ή
κάποια από τα θεωρήματα Απαγωγής, Αντιθετοαναστροφής και Απαγωγής σε Άτοπο
του ΠΛ (Θεωρήματα 2.8, 2.9 και 2.10, τόμος Γ). Η επίκληση οποιουδήποτε τυπικού
θεωρήματος, δεν επιτρέπεται στο παρόν ερώτημα.
Α. Η ζητούμενη τυπική απόδειξη είναι:
1. 𝜑 → ¬𝜒 Υπόθεση
2. ¬𝜑 → 𝜓 Υπόθεση
3. (𝜑 → ¬𝜒) → (𝜒 → ¬𝜑) Τυπ. Θεώρ. (𝜑 → ¬𝜒) → (𝜒 → ¬𝜑)
4. 𝜒 → ¬𝜑 MP 1,3
5. (¬𝜑 → 𝜓) → (𝜒 → (¬𝜑 → 𝜓)) ΑΣ 1, όπου στη θέση του 𝜑 θέσαμε
(¬𝜑 → 𝜓) και στη θέση του 𝜓,
θέσαμε 𝜒.
6. 𝜒 → (¬𝜑 → 𝜓) MP 2,5
7. (𝜒 → (¬𝜑 → 𝜓)) → ((𝜒 → ¬𝜑) → (𝜒 → 𝜓)) ΑΣ 2, όπου στη θέση του 𝜑, θέσαμε
𝜒, στη θέση του 𝜓, ¬𝜑, και στη θέση
του 𝜒, 𝜓.
8. (𝜒 → ¬𝜑) → (𝜒 → 𝜓) MP 6,7
9. 𝜒 → 𝜓 MP 4,8
Β. Από το θεώρημα Απαγωγής, αρκεί να δείξουμε {𝜑 → ¬𝜒, ¬𝜑 → 𝜓, 𝜒} ⊢𝛱𝛬 𝜓.
Ως ενδιάμεσο βήμα δείχνουμε ότι {𝜑 → ¬𝜒, 𝜒} ⊢𝛱𝛬 ¬𝜑. Πράγματι, από το θεώρημα Αντιθε-
τοαναστροφής, έχουμε ότι {𝜑 → ¬𝜒, 𝜒} ⊢𝛱𝛬 ¬𝜑 αν και μόνο αν {𝜑 → ¬𝜒, 𝜑} ⊢𝛱𝛬 ¬𝜒, το
οποίο ισχύει αφού:
2. 𝜑 Υπόθεση
3. ¬𝜒 MP 1,2
Επομένως, έχουμε την τυπική απόδειξη {𝜑 → ¬𝜒, 𝜒} ⊢𝛱𝛬 ¬𝜑.
Άρα, συνολικά:
2. ¬𝜑 → 𝜓 Υπόθεση

18
3. 𝜒 Υπόθεση
⋮
k. ¬𝜑 Τυπική απόδειξη {𝜑 → ¬𝜒, 𝜒} ⊢𝛱𝛬 ¬𝜑
k+1. 𝜓 MP 2, k
(α) Χρησιμοποιώντας μόνο τα αξιωματικά σχήματα ΑΣ1-3, τις υποθέσεις και τον
αποδεικτικό κανόνα Modus Ponens, να δείξετε ότι:
{ Øφ → χ, Øφ → (χ → Øψ) } −
| (Øφ → ψ) → φ
(Σε αυτό το υποερώτημα δεν επιτρέπεται η χρήση των θεωρημάτων Απαγωγής,
Αντιθετοαναστροφής και Απαγωγής σε Άτοπο)
(β) Να αποδειχθεί ότι:
−
| φ → ( ψ → Ø(φ → Øψ) )
(Σε αυτό το υποερώτημα επιτρέπεται η χρήση των θεωρημάτων Απαγωγής,
Αντιθετοαναστροφής και Απαγωγής σε Άτοπο)
(γ) Έστω μια ακολουθία τύπων φ0, φ1, φ2, φ3, … και ένα σύνολο τύπων Τ, τέτοιο ώστε Τ −
|
φi, για κάθε i = 0,1,2,…. Ορίζουμε την ακολουθία τύπων
ψ0 = φ0 και ψi = Ø(φi → Øψi-1) για i = 1,2,3,…. Να δειχθεί ότι Τ −
| ψi για κάθε i =
0,1,2,….
(α) Χρησιμοποιούμε τα αξιωματικά σχήματα,
ΑΣ1: (φ →(ψ→φ)), ΑΣ2: (φ →(χ→ψ))→((φ→χ)→(φ→ψ)), και ΑΣ3: (Øφ →Øψ)→(( Øφ→ψ)→φ),
και επιδιώκουμε την εξής απόδειξη:
{ Υ1, Υ2 } = { Øα → β, Øα → (β → Øγ) } |– (Øα → γ) → α
όπου για αποφυγή συγχύσεων έχουμε μετονομάσει τις προτασιακές μεταβλητές. Καθοδηγούμενοι από
τη μορφή των υποθέσεων Υ1 (γκρί), Υ2 (κίτρινο), και του συμπεράσματος (πράσινο), βρίσκουμε την
εξής απόδειξη:
1ο
(Øα →(β→Øγ)) →((Øα →β)→(Øα →Øγ))
Από ΑΣ2 = (φ →(χ→ψ)) → ((φ→χ)→(φ→ψ))
όπου: φ  Øα, χ  β, ψ  Øγ.
2ο
Øα → (β → Øγ) Η Υ2
3ο
((Øα →β) →(Øα →Øγ)) MP από 1ο
και 2ο
.
4ο
(Øα →β) Η Υ1

19
5ο
(Øα →Øγ) MP από 3ο
και 4ο
.
6ο
(Øα →Øγ)→(( Øα→γ)→α)
Από ΑΣ3 = (Øφ →Øψ) → (( Øφ→ψ)→φ)
όπου: φ  α, ψ  γ.
7ο
( Øα→γ)→α MP από 6ο
και 7ο
.
(β) Για να ισχύει το ζητούμενο: { } |– φ →(ψ → Ø(φ → Øψ)),
αρκεί (θ. απαγωγής!) να ισχύει το: { φ } |– (ψ → Ø(φ → Øψ)),
και πάλι αρκεί (θ. απαγωγή) να ισχύει το: { φ, ψ } |– Ø(φ → Øψ),
και προς τούτο αρκεί (θ. «απαγωγής εις άτοπο»!)
να υπάρχει τύπος α ώστε να ισχύουν τα εξής δύο: { φ, ψ, (φ → Øψ) } |– α, { φ, ψ, (φ → Øψ) } |– Øα.
Αλλά αυτό το τελευταίο πράγματι ισχύει, διότι για α  ψ,
έχουμε { φ, ψ, (φ → Øψ) } |– ψ (το ψ συμπεριλαμβάνεται στις υποθέσεις),
και { φ, ψ, (φ → Øψ) } |– Øψ, (από φ και φ → ψ μέσω modus ponens).
(γ) Βάση επαγωγής: Το ότι Τ |– ψi για i = 0, μας δίδεται ως υπόθεση, αφού ψ0 = φ0, και Τ |– φi (i).
Βήμα επαγωγής: «Αν Τ |– ψi για i  κ» τότε και «Τ |– ψκ+1, (i = (κ+1))», όπου ψi = Ø(φi →Øψi–1),
i  1»:
Θέλουμε να δείξουμε ότι Τ |– ψκ+1, ότι δηλαδή Τ |– Ø(φκ+1 → Øψκ). Από το θεώρημα «απαγωγής
εις άτοπον» αρκεί να δείξουμε ότι Τ  (φκ+1 → Øψκ) |– α , αλλά και Τ  (φκ+1 → Øψκ) |– Øα .
Και αυτό πράγματι ισχύει για α  ψκ :
▪ Από την επαγωγική υπόθεση ισχύει Τ |– ψκ, και a fortiori Τ  (φκ+1 → Øψκ) |– ψκ .
▪ Μας δίδεται ότι Τ |– φκ+1, και από modus ponens, υπάρχει απόδειξη Τ  (φκ+1 → Øψκ) |– Øψκ
Γενική υπόδειξη: διαβάστε πολύ προσεκτικά την απόδειξη του Θεωρήματος Απαγωγής,
καθώς και τα σχετικά παραδείγματα.
Καλούμε ψ5 τον τύπο (Øφ→Øφ)→φ.
(1) Κατασκευάστε μία τυπική απόδειξη (με πέντε βήματα ψ1, ψ2, ψ3, ψ4, ψ5) του
(Øφ→Øφ)→φ από την υπόθεση ØØφ.

20
(2) Χωρίς να χρησιμοποιήσετε το θεώρημα Απαγωγής, δείξτε ότι οι παρακάτω τύποι είναι
τυπικά θεωρήματα στο αξιωματικό σύστημα ΠΛ: ØØφ → ψ1, ØØφ → ψ2, ØØφ → ψ3,
ØØφ → ψ4 και ØØφ → ψ5 .
(3) Χρησιμοποιώντας το θεώρημα Απαγωγής , δείξτε ότι ØØφ → ψ5 είναι τυπικό θεώρημα
του ΠΛ. Συγκρίνετε με το (2).
(1) Μια τυπική απόδειξη του ( )
  
Ø → Ø → από την υπόθεση 
ØØ (βλ. επίσης
Παράδειγμα 2.15, σελ. 60, Τόμος 3) είναι:
1. 
ØØ Υπόθεση
2. ( )
  
ØØ → Ø →ØØ ΑΣ1, όπου θέσαμε στη θέση του φ,
τον τύπο 
ØØ και στον τύπο ψ τον
τύπο 
Ø .
3.  
Ø →ØØ 1,2 MP
4. ( ) (( ) )
    
Ø → ØØ → Ø → Ø → ΑΣ3, όπου θέσαμε στη θέση του φ,
τον τύπο  και στον τύπο ψ τον τύπο

Ø .
5. ( )
  
Ø → Ø → 3,4 MP
(2) Οι τύποι 1 2 5
, ,...,
   είναι οι τύποι που εμφανίζονται στα αντίστοιχα βήματα της
τυπικής απόδειξης του υποερωτήματος (1). Εργαζόμαστε όπως στην απόδειξη του
θεωρήματος Απαγωγής (θεώρημα 2.8, σελ. 58, Τόμος 3)
(i) Για τον τύπο 1
 
= ØØ , θέλουμε να δείξουμε ότι 1 1
|  
− → . Πράγματι, δουλεύοντας
όπως στο πρώτο βήμα, περίπτωση β) του θεωρήματος 2.8, μια τυπική απόδειξη είναι αυτή
που δίδεται στο Παράδειγμα 2.14, σελ. 56, Τόμος 3, βάζοντας 1
 (δηλαδή 
ØØ ) όπου  ,
δηλαδή:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1. [ (( ) )] [( ( )) ( )]
        
→ → → → → → → → ΑΣ2
1 1 1 1
2. (( ) )
   
→ → → ΑΣ1
1 1 1 1 1
3. ( ( )) ( )
    
→ → → → 1,2 MP
1 1 1
4. ( )
  
→ → ΑΣ1
1 1
5. 
→ 3,4 MP

21
(ii) Για τον τύπο 2 ( )
   
= ØØ → Ø → ØØ , που προέρχεται από το ΑΣ1 (βλ.
υποερώτημα 1), θέλουμε να δείξουμε ότι 1 2
|  
− → . Πράγματι, δουλεύοντας όπως στο
δεύτερο βήμα, περίπτωση α), του θεωρήματος 2.8, μια τυπική απόδειξη είναι η παρακάτω:
2
1.  ΑΣ1
2 1 2
2. ( )
  
→ → ΑΣ1
1 2
3.  
→ 1,2 MP
(iii) Για τον τύπο 3
  
= Ø → ØØ , θέλουμε να δείξουμε ότι 1 3
|  
− → . Αν λάβουμε
υπόψη μας ότι 1
 
= ØØ και 3
  
= Ø → ØØ , εύκολα φαίνεται ότι η συνεπαγωγή
1 3
 
→ , προκύπτει άμεσα από το ΑΣ1. Πράγματι
1. ( )
  
ØØ → Ø →ØØ ΑΣ1
Μια εναλλακτική λύση προκύπτει αν εργαστούμε όπως στο δεύτερο βήμα, περίπτωση β) του
θεωρήματος 2.8. Η τυπική απόδειξη σε αυτή την περίπτωση είναι η παρακάτω:
1 1
1. ...
2. ...
....
5. 




→



Τυπική απόδειξη του 1 1
|  
− → (i)
|  
− →
(ii). Παρατηρήστε ότι
2 1 3
( )
  
= →
1 1 3 1 1 1 3
9. [ ( )] [( ) ( )]
      
→ → → → → → ΑΣ2
1 1 1 3
10. ( ) ( )
   
→ → → 8,9 MP
1 3
11. 
→ 5,10 MP
(iv) Για τον τύπο 4 ( ) [( ) ]
     
= Ø → ØØ → Ø → Ø → , που προέρχεται από το ΑΣ3
(βλ. υποερώτημα 1), θέλουμε να δείξουμε ότι 1 4
|  
− → . Πράγματι, δουλεύοντας όπως στο
δεύτερο βήμα, περίπτωση α), του θεωρήματος 2.8, μια τυπική απόδειξη είναι η παρακάτω:
4
1.  ΑΣ3
4 1 4
2. ( )
  
→ → ΑΣ1
1 1 3
(
.
)
6.
7
8.   
→ →





22
1 4
3.  
→ 1,2 MP
(v) Για τον τύπο 5 ( )
   
= Ø → Ø → , θέλουμε να δείξουμε ότι 1 5
|  
− → . Πράγματι,
δουλεύοντας όπως στο δεύτερο βήμα, περίπτωση β) του θεωρήματος 2.8, μια τυπική
απόδειξη είναι η παρακάτω:

1 3
1. 
→ Τυπική απόδειξη του 1 3
|  
− → (iii).
|  
− → (iv).
Παρατηρήστε ότι 4 3 5
( )
  
= →
1 3 5 1 3 1 5
5. [ ( )] [( ) ( )]
      
→ → → → → → ΑΣ2
1 3 1 5
6. ( ) ( )
   
→ → → 4,5 MP
1 5
7. 
→ 1,6 MP
(3) Σύμφωνα με το θεώρημα Απαγωγής (θεώρημα 2.8, σελ. 58, Τόμος 3) εφαρμοσμένο μία
φορά, αρκεί να δείξουμε ό,τι δείξαμε στο (1), δηλ. | ( )
   
ØØ − Ø →Ø → . Σύμφωνα με
το θεώρημα Απαγωγής εφαρμοσμένο δύο φορές, αρκεί επίσης να δείξουμε ότι
{ , }|
   
ØØ Ø →Ø − . Δηλαδή ζητούμε μια τυπική απόδειξη του τύπου  από το σύνολο
υποθέσεων { , }
  
ØØ Ø →Ø . Παρατηρώντας την τυπική απόδειξη του υποερωτήματος
(1), καταλαβαίνουμε ότι αυτή μπορεί εύκολα να επεκταθεί ώστε να παράγουμε τον
ζητούμενο τύπο:
1.
2. ( )
3.
4. ( ) (( ) )
5. ( )

  
 
    
  
ØØ 

ØØ → Ø → ØØ 

Ø → ØØ 

Ø → ØØ → Ø → Ø →

Ø → Ø → 

Τυπική απόδειξη του (1)
6.  
Ø → Ø Υπόθεση
7.  5,6 MP
Παρατηρούμε πως η παραπάνω τυπική απόδειξη με χρήση δύο φορές του θεωρήματος
Απαγωγής έχει μήκος 7, δηλαδή έχει το ίδιο μήκος με την τυπική απόδειξη που δώσαμε στο
(2), ενώ η τυπική απόδειξη με χρήση μιας φοράς του θεωρήματος Απαγωγής (δηλαδή η
τυπική απόδειξη που δώσαμε στο (1)) έχει μήκος 5.
Γενικά με την χρήση του θεωρήματος Απαγωγής παράγουμε ευκολότερες τυπικές αποδείξεις
χάρις στις επιπλέον υποθέσεις που έχουμε, και οι αποδείξεις αυτές είναι συχνά συντομότερες.
1 3 5
(
.
)
2.
3
4.   
→ →





Συνοδευτικές Ασκήσεις 2ης Εργασίας(1).pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Συνοδευτικές Ασκήσεις 2ης Εργασίας(1).pdf

Similar to Συνοδευτικές Ασκήσεις 2ης Εργασίας(1).pdf (20)

Συνοδευτικές Ασκήσεις 2ης Εργασίας(1).pdf