Hat KAI also die Uhr gestohlen oder nicht? (Mit Begründung, natürlich!) 1

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1 INTA - Lösungshinweise zum Übungsblatt 3, Version 1.0α. Aufgabe 13 (Meta-Logik, die Zweite). Nachdem sie erfolgreich den Zauberer identifiziert haben (hatten sie doch, oder?), werden sie kurzzeitig als Richter ans Gericht der Insel der Ritter und Schurken berufen. Der heutige Angeklagte heißt KAI. Er steht in dem Verdacht, eine Uhr gestohlen zu haben. Hier ist das Protokoll des Prozesses: SIE: Trifft es zu, dass du irgendwann nach dem Raub einmal behauptet hast, nicht der Täter gewesen zu sein? KAI: Ja. SIE: Hast du jemals behauptet, der Täter gewesen zu sein? KAI antwortete daraufhin (mit JA oder NEIN) und SIE konnten entscheiden, ob KAI die Tat begangen hatte oder nicht. Hat KAI also die Uhr gestohlen oder nicht? (Mit Begründung, natürlich!) 1 Gut zum Verständnis von Metalogischem Schliessen, aber in dieser Form nicht relevant für die Klausur. Aufgabe 14 (Logik: Syllogismen). Welche der folgenden syllogistischen Schlüße sind gültige Schlüße? Begründen Sie jeweils kurz! (1) Alle Diamanten sind hart Einige Diamenten sind Edelsteine Einige Edelsteine sind hart Gültiger Schluß. (2) Alle Katzen haben Flügel Alle Hunde sind Katzen Alle Hunde haben Flügel Klassischer transitiver Schluß, gültig. (3) Alle Flageolets sind Flipple-Flutes Alle Monauli sind Flageolets Alle Monauli sind Flipple-Flutes Klassischer transitiver Schluß, gültig. D.h., wenn Flageolets wirklich Flipple-Flutes sind und Monaulis Flageolets, dann sind Monaulis auf Flipple-Flutes. Die Gültigkeit des Schlußes (besser: der Schlußfigur), die wir hier untersuchen, erlaubt uns, auf die Konklusion zu schließen, wann immer wir wissen, dass die Prämissen erfüllt sind. (4) Alle Säugetiere sind sterblich Alle Hunde sind sterblich Alle Hunde sind Säugetiere Wie sagte Marion so schön zu Blasius: Ich habe manchmal keine Lust, du hast manchmal keine Lust, und doch bin ich nicht du also ist die Schlußfigur nicht richtig (bzw. nicht gültig). 1 Ein weiterer Klassiker des Logikers Raymond Smullyan in einer von mir leicht abgewandelten Variante. 1

2 (5) Wenn es heute nacht einen Sturm geben wird, dann fällt das Barometer Das Barometer fällt nicht Es wird heute nacht keinen Sturm geben Das ist korrekt! Wenn es regnet, wird die Strasse nass...wenn die Strasse aber nicht nass wurde, kann es auch nicht geregnet haben (wenn wir an die Gültigkeit der ersten Wenn-Dann-Regel glauben!). (6) Wenn Roman bereit ist auszusagen, dann ist er unschuldig Roman ist nicht bereit auszusagen Roman ist nicht unschuldig Das ist nicht korrekt. Es könnte noch andere Ursachen für die Unschuld von Roman geben! (7) Einige Neurotiker sind nicht angepaßt Einige nicht angepaßte Personen sind nicht ehrgeizig Einige Neurotiker sind nicht ehrgeizig Das ist auch nicht korrekt (wenn auch nicht ausgeschlossen). (8) Alle Logiker sind Mathematiker Einige Philosophen sind keine Mathematiker Einige Philosophen sind keine Logiker Das ist eine gültige Schlußfigur. Aufgabe 15 (Wahrheitstafeln). Konstruieren Sie eine Wahrheitstafel für F = ( A ( B A)). Ist die Formel erfüllbar? Ist sie gültig? Lösungshinweis: A B ( A ( B A)) Die Formel ist erfüllbar, aber nicht gültig! (und übrigens äquivalent zu A B). Aufgabe 16 (Formelmengen, Erfüllbarkeit). Geben Sie eine dreielementige Formelmenge M = {F 1, F 2, F 3 } an, so dass jede zweielementige Teilmenge von M erfüllbar ist, M selbst aber nicht. Lösungshinweis: Natürlich sind hier verschiedene Lösungen möglich. Es reichen zwei Aussagenvariablen aus, um solche Formeln finden zu können, z.b.: F 1 = A, F 2 = B, F 3 = (A B) ( A B) (also A XOR B) oder 2

3 F 1 = A, F 2 = B, F 3 = A B Aufgabe 17 (Umformung mit Äquivalenzen). Sind die Formeln F = ((A B) (A B)) und A äquivalent? Hinweis: Beginnen Sie mit der Formel F und formen Sie diese nach und nach unter Verwendung der nützlichen Äquivalenzen der Vorlesung und des Ersetzbarkeitstheorem wie im Beispiel in der Vorlesung um. Lösungshinweis: F = ((A B) (A B)) (Distributivgesetz) (A ( B B)) (Tautologieregel) A Aufgabe 18 (Induktion/Sparen von Operatoren). Zeigen Sie mittels Induktion über den Formelaufbau, dass es zu jeder Formel H eine äquivalente Formel G gibt, die nur die Operationen und enthält. Lösungshinweis: Wesentlich ist bei diesem Typ von Aufgaben natürlich zunächst, dass man erkennt, wie man die normalen Operatoren durch die erlaubten Operatoren ausdrücken kann (wenn es denn geht). Wenn man das geschafft hat, ist der Rest nur noch Formsache (und mind. die Hälfte der Punkte hat man schon einmal sicher) aber auch diese Formsache ist wichtig, denn man will es ja für JEDE (also jede beliebig aufgebaute) Formel beweisen! Das geht per Induktion über den Formelaufbau. Behauptung: Sei H eine beliebige Formel, die mit, und aufgebaut ist. Dann gibt es eine zu H äquivalente Formel G, die nur mit und aufgebaut ist. Induktionsanfang: Sei H eine atomare Formel, dann ist G mit der Setzung G = H natürlich eine äquivalente Formel der erlaubten Form, es gilt also G H. Induktionsschritt: H 1 und H 2 seien Formeln, die mit, bzw. aufgebaut sind und G 1 bzw. G 2 Formeln, die nur mit bzw. aufgebaut sind, und es gelte H 1 G 1 bzw. H 2 G 2 (das ist die Induktionsannahme). Dann gibt es zur jeder Formel H der Bauarten H 1, (H 1 H 2 ), (H 1 H 2 ) eine äquivalente Formel G, die nur und enthält (das ist die Induktionsbehauptung, die wir zeigen müssen). Fall 1: Gegeben H = H 1. Gesucht ist ein G, nur mit und aufgebaut, das äquivalent zu H ist (das brauchen sie nicht hinzuschreiben, dass wissen wir aus der Behauptung oben!). Nach Induktionsannahme gibt es ein G 1, das bereits von der gesuchten Form und äquivalent zu H 1 ist. Dann hat natürlich G = G 1 die gewünschte Form und es gilt nach Ersetzungstheorem G H. Fall 2: Sei H = H 1 H 2. Dann ist G = G 1 G 2 äquivalent zu H, weil H H 1 H 2 (Doppelverneinung) = H 1 H 2 (Def. ) G 1 G 2 (Induktionsannahme und ET). Zudem hat G die gewünschte Form. Fall 3: Sei H = H 1 H 2. Dann ist G = (G 1 G 2 ) äquivalent zu H, weil H H 1 H 2 (Doppelverneinung) ( H 1 H 2 ) (DeMorgan) = (H 1 H 2 ) (Def. ) (G 1 G 2 ) (Induktionsannahme und ET). Zudem hat G die gewünschte Form. Damit sind alle Fälle gezeigt und es folgt die Gültigkeit der Behauptung. Weitere Anmerkung: Man könnte versucht sein, zusätzlich den Fall H = (H 2 H 1 ) zu untersuchen (denn so könnte H natürlich auch aufgebaut sein), dass ist aber nicht nötig, weil dieser Fall schon abgedeckt wird durch H = (H 1 H 2 ), denn man kann den einen aus dem anderen Fall erhalten, in dem man die Formeln, für die H 1 und H 2 stehen, einfach umnummeriert, also H 1 für die ehemals H 2 genannte Formel stehen läßt und H 2 für die ehemals H 1 genannte Formel. Noch eine Anmerkung: Bei der Angabe der Formelumformungen könnte man auch zuerst das Ersetzbarkeitstheorem anwenden und dann erst umformen. 3

4 Aufgabe 19 (DNF (Wahrheitstafel), KNF (beide Methoden)). Gegeben ist die Formel ( A B) ((A C) B). 1. Leiten Sie aus der Wahrheitstafel von F eine DNF von F ab. 2. Leiten Sie aus der Wahrheitstafel von F eine KNF von F ab. 3. Wenden Sie die Umformungsmethode aus der Vorlesung auf F an, um eine KNF von F zu erhalten. Gestalten Sie ihre Darstellung so, dass man die Anwendung der Umformungsmethode nachvollziehen kann! Lösungshinweis: A B C A B (A C) = F 1 F 1 B F Daraus folgt die KNF: (A B) ( A C B) ( B A) ( B C). Hieraus kann man die DNF und die KNF direkt ablesen: DNF: (A B C) (A B C). KNF: (A B C) (A B C) (A B C) ( A B C) (A B C) ( A B C). Umformungsmethode: Beginnen wir mit einer Umschreibung: F = ( A B) ((A C) B) (B (A C)) = ( A B) (( (A C) B) ( B (A C))). (Weiter vereinfachen dürfen sie hier nicht, sonst gibt es für die Umformungsmethode ja nichts mehr zu tun die macht ja auch nichts anderes, als DeMorgan, Doppelverneinung und Distribution anzuwenden) Mit der Umformungsmethode kann man dann eine KNF wie folgt erzeugen: (1.1) A durch A ersetzen. (1.2) (A C) durch ( A C) ersetzen. (1.2) C durch C ersetzen. Jeweils gegebenenfalls die Klammerung vereinfachen. Zwischenstand: (A B) ( A C B) ( B (A C)). (2.1) B (A C) durch ( B A) ( B C) ersetzen. Daraus folgt die KNF: (A B) ( A C B) ( B A) ( B C). Aufgabe 20 (Folgerung, Formelmenge, Unerfüllbar). Eine Formel G heiße Folgerung der Formeln F 1,..., F k, falls für jede Belegung A, die sowohl zu F 1,..., F k als auch zu G passend ist, gilt: Wenn A Modell von {F 1,..., F k } ist, dann ist A auch Modell von G. Zeigen Sie: Die Aussage G eine Folgerung von F 1,..., F k ist äquivalent zur Aussage ( k i=1 F i) G ist unerfüllbar. 4

5 Hinweis: Dies ist eine sehr nützliche Aussage. Man untersucht sehr oft Aussagen auf Folgerungseigenschaft (Standardfrage in den exakten Wissenschaften: Folgt ein neues Gesetz aus einer Mengen von bereits bewiesenen Gesetzen und vorgegebenen Axiomen?). Dass sie die Definition des Folgerungsbegriffs kennen, setze ich auch für die Klausur voraus. Auch diese Aufgabe kann in sehr ähnlicher Form in der Klausur auftauchen! Lösungshinweis: Es sind zwei Richtungen zu beweisen. Wir gehen zunächst davon aus, dass G eine Folgerung von F 1,..., F k ist. Richtung 1: Sei G eine Folgerung von F 1,..., F k. Zu zeigen ist nun, dass ( k i=1 F i) G unerfüllbar ist. Um das zu beweisen müssen wir zeigen, dass keine Belegung, die zu der Formel in (2) paßt, die Formel erfüllt. Beweisvariante 1: Sei nun A eine zu ( k i=1 F i) G und damit zu G,F 1,..., F k passende Belegung. Dann ist A entweder ein Modell für F 1,..., F k, oder eben nicht. Wir betrachten nun diese beiden Fälle: Fall 1: Sei A ein Modell für F 1,..., F k. Weil G eine Folgerung von F 1,..., F k, ist A damit auch Modell für G, es gilt also A(G) = 1 und damit A( G) = 0 (Def. ) und damit A(( k i=1 F i) G) = 0 (Def. ). Fall 2 A sei kein Modell für F 1,..., F k, also A(F 1 F k ) = 0, und damit A(( k i=1 F i) G) = 0. Also ist die Formel in jedem Fall unerfüllbar und damit ist die Behauptung bewiesen. In der Übung haben wir die zweite Variante betrachtet, die indirekt über einen Widerspruch zum Beweis führt. Beweisvariante 2: Angenommen, G ist eine Folgerung von F 1,..., F k, aber ( k i=1 F i) G ist nicht unerfüllbar. Dann gibt es eine zu ( k i=1 F i) G = H und damit zu G,F 1,..., F k passende Belegung A, die H erfüllt. Nach Def. folgt mit A(H) = 1 aber A( k i=1 F i)) = 1 und A( G) = 1, und damit A({F 1,..., F k }) = 1 und A(G) = 0, im Widerspruch zur Annahme, dass G eine Folgerung von F 1,..., F k ist, also muß H unerfüllbar sein. Wie eigentlich immer beim Beweisen, führen viele Wege zu Ziel. Mir gefällt der indirekte Weg hier besser, aber das ist Geschmackssache aber wenigstens mit einem der möglichen Beweiswege sollten sie sich bis zur Klausur anfreunden ;-) Richtung 2: Nun zur zweiten Richtung, die mache ich jetzt nur indirekt: Wir nehmen also an, dass ( k i=1 F i) G = H unerfüllbar ist und, dass G keine Folgerung von F 1,..., F k ist. Wenn G keine Folgerung von F 1,..., F k ist, dann muß es eine Belegung A geben, die zu F 1,..., F k und G und damit zu H paßt, so dass A({F 1,..., F k }) = 1 und A(G) = 0. Es gilt also A( k i=1 F i) = 1 und A( G) = 1, und damit A(H) = 1, im Widerspruch zur angenommenen Unerfüllbarkeit von H. Also sind beide Richtungen korrekt und damit die Gültigkeit des Satzes bewiesen. Diese Aufgabe sollten sie sich genau anschauen zur Vorbereitung auf die Klausur! Aufgabe 21 (Markierungsalgorithmus). Gegeben ist die Formel F = (A D C) (E A) ( ( B D) E) A B (B D) Wenden Sie den Markierungsalgorithmus an und bestimmen Sie ein minimales Modell für F (sofern eines existiert). Hinweis: Negieren Sie F und bestimmen Sie die KNF. Bringen Sie diese in Implikationsform und wenden Sie den Markierungsalgo an. Vergessen Sie nicht, anschließend ein minimales Modell anzugeben (wenn eines existiert) 5

6 oder klar zu sagen, dass es keines gibt! Lösungshinweis: KNF: F = ((A D C) (E A) ( ( B D) E) A B (B D)) (A D C) (E A) ( ( B D) E) A B (B D) ( A D C) ( E A) ( B D E) A B ( B D) Implikationsform: F = (A D C) (E A 0) (B D E) (A 0) (1 B) (B D) Markieren: (1.1) Alle Vorkommen von B markieren (wg. (1 B)) (2.1) Alle Vorkommen von D markieren (weil B markiert und wg. (B D)) (2.2) Alle Vorkommen von E markieren (weil B, D markiert und wg. (B D E)) Weitere Markierungen sind nicht möglich. F ist also erfüllbar. Das minimale Modell A ist A(B) = A(D) = A(E) = 1, A(A) = A(C) = 0. Hinweis: Das Markieren können sie auch in der Kurzform B, D; E angeben sie sollten aber zu ihrer eigenen Sicherheit in der Formel die Vorkommen der Variablen auch wirklich graphisch markieren (damit sie nichts übersehen!). Aufgabe 22. Bringen Sie die folgende Formel in Klauselform: F = (A B C) (A B C). Beachten Sie: Es gibt hier viele mögliche Lösungen, die alle semantisch äquivalent sind. Lösungshinweis: Das ist die DNF zu der DNF/KNF-Aufgabe von Blatt 3 oben, also kann man unmittelbar die dort gefundene KNF in Klauselform bringen und die Aufgabe ist gelöst sie sollten aber die Umformungsmethode ruhig nochmal üben, um Fehler in der Klausur zu vermeiden! {{A, B, C}, {A, B, C}, {A, B, C}, {A, B, C}, { A, B, C}, { A, B, C}}. Aufgabe 23. Bestimmen Sie für die folgende Formel F die Mengen Res 0 (F ), Res 1 (F ) und Res 2 (F ): F = (A B C) (B C) ( A C) (B C) C Übrigens: Ist F unerfüllbar? Lösungshinweise: F kann man direkt in Klauselform bringen: F = { {A, B, C}, {B, C}, { A, C}, {B, C}, { C} }. Dann ergeben sie die Mengen mit den Resolventen wie folgt: Res 0 (F ) = F Res 1 (F ) = Res 0 (F ) {{A, C}, { B, C}, {A, C, C}, {A, B, B}, {A, B}, {B}, { A, B}, { A} } (gehen sie hier einfach stur alle möglichen Paare von Klauseln durch, manchmal führt eine Paarung sogar zu zwei Resolventen: {A, B, C} und {B, C} ergeben {A, C, C} und {A, B, B} vereinfachen sie hier nicht, sondern bilden sie gemäß der Definition zu Resolventen zwei Resolventen.) Res 2 (F ) = Res 1 (F ) { {C}, {A, B}, {A}, {B, B}, {C, C}, { B}, {A, B, C}, {A, B, C}, {A, C}, {B, B, C}, {A, A, C}, {B, C, C}, {A, A, B}, {A, A} } (Hier müssen sie jetzt die neuen Resolventen aus der letzten Runde untereinander und mit den Klauseln der letzten Runde vergleichen. Wenn sie Resolventen hier doppelt auftauchen lassen sollten, ist das kein Problem, die Mengennotation sorgt ja dafür, dass eine eventuelle Unachtsamkeit keine Konsequenzen hat). Zum Überprüfen kann es sinnvoll sein, eine Matrix anzulegen (horizontal die neuen Klauseln eintragen, vertikal die neuen und die alten Klauseln und in die Felder dann die 6

7 Resolventen können auch mehrere sein. Diese kann man dann in einer zweiten Runde ausstreichen, wenn es sie schon gab, oder hervorheben, wenn sie neu sind. Es ist aber auch nicht falsch, einfach alle, eben auch die doppelten, mit in die nächste Runde zu schreiben). In der nächsten Runde käme die leere Klausel hinzu, z.b. über {A}, { A} oder {B}, { B} oder {C}, { C}. Die Formel ist also unerfüllbar (und ihre Negation ist eine Tautologie). HINWEIS für die Klausur: Denken Sie daran, dass sie z.b. aus {A, A} nicht die leere Klausel ableiten dürfen die Klausel {A, A} steht ja für (A A), und die Formel ist das genaue Gegenteil von unerfüllbar, sie ist natürlich eine Tautologie! Ebenso falsch wäre es, z.b. aus {A, B} und { A, B} die leere Klausel abzuleiten (indem man beide Paare, die man bilden kann, auf einmal streicht auch hier handelt es sich um eine Tautologie! Wir erlauben hingegen das folgende: Wenn eine Klausel für eine Tautologie steht (also ein Paar aus positivem und negativem Literal zur gleichen atomaren Aussage enthält, z.b. {A,..., A}), dann kann sie nicht sinnvoll zur Ableitung der leeren Klausel beitragen, sie brauchen mit dieser Klausel keine weiteren Resolventen bilden. Aufgabe 24. Zeigen Sie mit der Resolutionsmethode, dass A B C eine Folgerung (s. oben) aus der Klauselmenge {{ A, B}, { B, C}, {A, C}, {A, B, C}} ist. Beachten Sie: Sie können den Algorithmus aus der Vorlesung anwenden oder direkt eine Deduktion angeben. Hinweis: Schauen Sie sich die Aufgabe zur Folgerung vom letzten Übungsblatt noch mal genau an (das ist übrigens sogar eine Äquivalenz) dort steht schon sehr schön, welche Formel sie auf Unerfüllbarkeit untersuchen müssen, um die Gültigkeit der obigen Aussage überprüfen zu können. Prägen sie sich dieses Vorgehen ein, es ist wichtig! Lösungshinweis: A B C ist eine Folgerung aus der angegebene Formel, wenn eine Konjunktion aus der angegebenen Formel und der Negation von A B C unerfüllbar ist, zu prüfen ist also {{ A, B}, { B, C}, {A, C}, {A, B, C}, { A, B, C}} Eine Herleitung der leeren Klausel kann man wie folgt finden (und angeben): K 1 = { A, B} K 2 = { B, C} K 3 = { A, C} (Resolvent aus K 1, K 2 ) K 4 = {A, C} K 5 = {A, B} (Resolvent aus K 2, K 4 ) K 6 = {A, B, C} K 7 = {A, C} (Resolvent aus K 5, K 7 ) K 8 = {C} (Resolvent aus K 7, K 4 ) K 9 = { A, B, C} K 10 = { A, C} (Resolvent aus K 9, K 1 ) K 11 = { C} (Resolvent aus K 10, K 4 ) K 12 = (Resolvent aus K 11, K 8 ) HINWEIS für die Klausur: In der Klausur werden sie dies sicher graphisch lösen, das ist überhaupt kein Problem! 7

8 Aufgabe 25. Zeigen Sie mit der Resolutionsmethode (s. auch vorstehende Erläuterung), dass F = ( B C D) ( B D) (C D) B eine Tautologie ist. Lösungshinweis: Wir testen, ob die Negation der Formel F unerfüllbar ist, also bestimmen wir zunächst die KNF von F : F = (( B C D) ( B D) (C D) B) (B C D) (B D) ( C D) B. Das führt zu der Klauselform: {{B, C, D}, {B, D}, { C, D}, { B}} Eine Herleitung der leeren Klausel lässt sich wie folgt finden (Ziel hier: ein einzelnes B erzeugen, weil wir B schon haben): K 1 = {B, C, D} K 2 = { C, D} K 3 = {B, D} (Resolvent aus K 1, K 2 ) K 4 = {B, D} K 5 = {B} (Resolvent aus K 3, K 4 ) K 6 = { B} K 7 = (Resolvent aus K 5, K 6 ) Sie können das in dieser Form angeben oder auch graphisch wie in der Vorlesung gezeigt (es sollte natürlich trotz aller Striche erkennbar bleiben, welche Klauseln sie in einem Resolutionsschritt paaren). Anmerkung: Wenn etwas erfüllbar ist, aber keine Tautologie, dann können sie natürlich für die Negation keine Herleitung der leeren Klausel finden. Dann hilft aber der Resolutionsalgorithmus weiter: irgendwann kommen keine neuen Klauseln mehr hinzu, dann ist die Formel erfüllbar! Schauen Sie auch, ob sie ev. die Formel in Implikationsform darstellen können und dann mit dem Markierungsalgorithmus Erfüllbarkeit/Unerfüllbarkeit prüfen können, das kann Arbeit sparen. Aufgabe 26. Zeigen oder widerlegen Sie mit der Resolutionsmethode (also mit Algo oder Herleitung/Deduktion), dass die folgende Formel eine Tautologie ist: ( (A B) (B C)) ((C A) (A C) (C A)) Hinweis: Vorsicht, das kann ein bißchen aufwändig werden, ist aber zum Üben nicht verkehrt. Denken Sie daran, dass man den Doppelpfeil auf zwei Arten ersetzen kann (eine ist hier recht gut, eine nicht so toll). Lösungshinweise: Hinweise: Vermuten wir einmal, dass die Formel eine Tautologie ist. Dann muss die Negation der Formel unerfüllbar sein; diese bringen wir in KNF: (( (A B) (B C)) ((C A) (A C) (C A))) ( (A B) (B C)) (C A) (A C) (C A) ((A B) ((B C) ( B C))) ( C A) ( A C) ( C A) ((A B) ( (B C) ( B C))) ( C A) ( A C) ( C A) ((A B) (( B C) (B C))) ( C A) ( A C) ( C A) ((A B) ( B C)) ((A B) (B C)) ( C A) ( A C) ( C A) (das ist, von einigen überflüssigen Klammern abgesehen, eine Formel in KNF jetzt könnte man loslegen, allerdings kann man auch noch per Tautologieregel und Idempotenz vereinfachen) (A B C) ( C A) ( A C) ( C A) Daraus ergibt sich die Klauseldarstellung {{A, B, C}, { A, C}, { A, C}, { C, A}}. 8

9 Man findet insgesamt keine Herleitung, denn die Formel ist erfüllbar! Also muss man die Resolventenmengen bilden, um dies nachzuweisen, wenn man, wie in dieser Aufgabe, auf die Resolution beschränkt ist. Res 0 ( F ) = F. Die Bildung der Resolventen, die in Res 1 ( F ), Res 2 ( F ) und Res 3 ( F ) hinzukommen, ist unten abgebildet. Dort sehen sie auch ein Beispiel für den Einsatz der Matrix zur systematischen Bildung der Resolventen. ABC -A-C -AC -CA ABC - BC-C BC AB BA-A -A-C - -A -C -AC - A-A C-C -CA - Resolventen: BC-C, BA-A, BC, AB, -A, -C, A-A, C-C Streichen der Tautologien BC-C, BA-A, A-A, C-C Relevant also: BC, AB, -A, -C ABC -A-C -AC -CA BC AB -A -C BC - -AB - AB B AB - B-C BC - - B - -A BC - - -C - - -C AB - -A - - Neue Resolventen: -AB, B, B-C ABC -A-C -AC -CA BC AB -A -C -AB B B-C AB BC - - B-C - B B B-C AB - -AB - B Keine neuen Resolventen. In der letzten Runde kam kein neuer Resolvent hinzu, also ist die Klauselmenge, also F, nicht unerfüllbar, d.h., F ist keine Tautologie. Sie wird z.b. durch A(A) = A(C) = 0, A(B) = 1 nicht erfüllt (und F wird natürlich durch diese Belegung erfüllt). Anmerkung: Um eine KNF zu bestimmen, könnte man natürlich auch eine Wahrheitstafel aufstellen und dann die KNF aus dieser ablesen zudem hätte man dann natürlich die Frage der Erfüllbarkeit bereits beantwortet (wie sieht übrigens eine aus einer Wahrheitstafel erzeugte KNF für eine Tautologie aus richtig, es gibt dann gar keine Zeile mit einer 0, dann könnte man z.b. eine kleinere Tautologie, wie etwa (A A), verwenden). Bei Formeln mit 4, 5 oder gar 6 atomaren Formeln wird das aber *sehr* mühsam! Noch eine Anmerkung: Diese Aufgabe sollte vor Augen führen, dass auch das Umformen in eine KNF gehörige Mühe bereiten kann üben Sie das also, bis sie es drauf haben, es kommt recht häufig vor, weil es Voraussetzung für die Anwendung von Markierungsalgorithmus (mit der zusätzlichen Bedingung, dass es nur ein positives 9

10 Literal pro Disjunktion gibt) und Resolution ist. Aufgabe 27. Untersuchen Sie F = ( B C D) ( B D) (C D) B mit DPLL auf Gültigkeit (also F auf Unerfüllbarkeit sie kennen F schon vom letzten Übungsblatt). Gestalten sie ihre Darstellung nachvollziehbar! Hinweise: DPLL kann aus zwei Situationen Profit schlagen: Klauseln, die nur einzelne Literale enthalten, sogenannte unit clauses, und Atome, die nur als positive oder nur als negative Literale in der Gesamtformel vorkommen, sogenannte pure symbols (außerdem wäre es noch leicht, tautologische Klauseln, die also ein negatives und positives Literal zum gleichen Atom enthalten zu streichen, das macht er aber nicht). Er sucht immer (in jedem DPLL-Aufruf) zuerst nach pure symbols und dann nach unit clauses. In den beiden FIND-Prozeduren (die wir nicht im Detail benötigen) wird auch gleich herausgefunden, wie das Atom (symbol) belegt werden muss, um die Klauseln, an denen es beteiligt ist, wahr werden zu lassen (bzw. die Unit-Klausel wahr werden zu lassen, was auch dazu führen kann, dass man das komplementäre Literal zu dem Literal in der Unit-Clause aus Klauseln, in denen es vorkommt, streichen kann, denn es kann nicht mehr zu deren Erfüllung beitragen). Man kann das ganz gut darstellen, indem man Klauseln oder Vorkommen von Literalen in Klauseln durch 1 oder 0 ersetzt (wenn eine Klausel 0 wird, dann ist die Formel unerfüllbar). Machen wir das für das Beispiel von oben: F = (B C D) (B D) ( C D) B (Zur Erinnerung: KNF erzeugen sollten sie unbedingt sicher können!) Es gibt kein pure symbol. Aber ein Unit Clause: { B}, also setzen wir B = 0. Zwischenschritt: (0 C D) (0 D) ( C D) 1 (C D) D ( C D) Jetzt gibt es wieder eine UnitClause (aber weiter kein pure symbol), wir setzen also D auf 1. Zwischenschritt: (C 0) 1 ( C 0) C C Wir finden wieder eine Unit-Clause, entweder {C} oder { C} und erhalten eine nicht-erfüllbare Klausel, die der folgende letzte Aufruf von DPLL (wir waren nur im Unit-Clause-Fall, es fand also keine Verzweigung wegen Suche statt) feststellt. Die Formel F ist also unerfüllbar und damit ist F gültig (vergessen sie die Antwort nicht!) Es könnte auch noch pure symbols oder eine Suche geben, den Algo werde ich (wenn ich danach frage) in der Klausur vorgeben. Stellen sie es dann sinnvoll dar. 10

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