Prezentace se nahrává, počkejte prosím

Prezentace se nahrává, počkejte prosím

Logika v praxi Přednáška 5 Intuitivní (sémantické) dokazování.

Podobné prezentace


Prezentace na téma: "Logika v praxi Přednáška 5 Intuitivní (sémantické) dokazování."— Transkript prezentace:

1 Logika v praxi Přednáška 5 Intuitivní (sémantické) dokazování

2 Výroková logika rozhodnutelnáJe rozhodnutelná, tj. o každé formuli v konečném počtu kroků rozhodneme, zda je tautologie, kontradikce nebo splnitelná tabulkouVše lze rozhodnout tabulkou (ale – NP úplný problém SAT, Cook-Levin teorém 1971) sporemDalší možnosti: sporem, Quineova metoda, atd.

3 Predikátová logika 1. řádu Formule mají nekonečně mnoho modelů, nemůžeme udělat tabulku nerozhodnutelnýProblém logické pravdivosti je v PL1 nerozhodnutelný: neexistuje algoritmus, který by pro každou vstupní formuli f po konečném počtu kroků odpověděl Ano/Ne na otázku, zda je f logicky pravdivá parciálně rozhodnutelnáPouze parciálně rozhodnutelná: pokud formule f je logicky pravdivá, pak algoritmus odpoví Ano, jinak může cyklovat a odpověď nevydá

4 Příklad (výroková logika) [(p  q)  r]  s,  s, q |=  p   r |= {([(p  q)  r]  s)   s  q}  (  p   r) Úvahou: předpokládejme, že jsou všechny předpoklady pravdivé, a zkoumejme, zda taková situace zaručuje pravdivost závěru je-li  s = 1, pak s = 0, tedy [(p  q)  r] = 0, tj. (p  q) = 0 a r = 0. Jelikož dle předpokladu je q = 1, musí být p = 0. Tedy  p   r = 1. Sporem: předpokládejme, že existuje ohodnocení takové, ve kterém jsou všechny předpoklady pravdivé a závěr je nepravdivý. Tedy  p   r = 0, tj. p  r = 1.

5 Důkaz ve VL sporem a)Sporem: k předpokladům přidáme negovaný závěr  (  p  r)  (p  r) a předpokládáme, že vše 1 [(p  q)  r]  s,  s, q, p  r p  r = 0spor

6 Příklady predikátová logika Marie má ráda pouze vítěze Karel je vítěz neplatný  Marie má ráda Karla  x [R(m,x)  V(x)], V(k)  R(m,k) ? R U  U  U: {…,, …, …} V U  U: {…i 1, i 2, …, Karel,…, i n …} Dvojice nemusí být prvkem R U, pravdivost předpokladů to nezaručuje. Být vítězem je zde pouze nutná podmínka pro to, aby Marie měla někoho ráda, ale není dostatečná.

7 Příklady predikátová logika Marie má ráda pouze vítěze Karel není vítěz platný  Marie nemá ráda Karla  x [R(m,x)  V(x)],  V(k)   R(m,k) ? R U  U  U: {…,,, …, …} V U  U: {…i 1, i 2, …, Karel, Karel,…, i n …} Kdyby Marie měla ráda Karla, tak by dvojice byla prvkem R U. Pak by musel být (dle první premisy) Karel prvkem V U, ale to není možné dle druhé premisy. Pravdivost předpokladů zaručuje pravdivost závěru.

8 Příklady predikátová logika Kdo zná Marii a Karla, ten Marii lituje.  x [(Z(x,m)  Z(x,k))  L(x,m)] Někteří nelitují Marii, ačkoliv ji znají.  x [  L(x,m)  Z(x,m)] |= Někdo zná Marii, ale ne Karla.  x [Z(x,m)   Z(x,k)]  )Nyní dokážeme platnost sporem: předpokládejme, že všichni, kdo jsou ve vztahu Z k m (tedy i prvek  ), jsou také v Z ke k (negace závěru):  x [Z(x,m)   Z(x,k)]   x [  Z(x,m)  Z(x,k)]   x [Z(x,m)  Z(x,k)] ,m ,k ,Z U = {…,  i 1,m ,  i 1,k ,  i 2,m ,  i 2,k ,…, ,m , ,k , … } 1.p. 2.p. 1.p. ,m ,m L U = {…,  i 1,m ,...,  i 2,m ,… , ,m , ,m , … } spor

9 9 Predikáty s aritou 1 A: S \ (P  M) = (S\P)  (S\M) S(x)   (P(x)  M(x))  S(x)   P(x)   M(x) B: P \ (S  M) = (P\S)  (P\M) P(x)   (S(x)  M(x))  P(x)   S(x)   M(x) C: (S  P) \ M S(x)  P(x)   M(x) D: S  P  M S(x)  P(x)  M(x) E: (S  M) \ P S(x)  M(x)   P(x) F: (P  M) \ S P(x)  M(x)   S(x) G: M\(P  S) = (M\P)  (M\S) M(x)   (P(x)  S(x))  M(x)   P(x)   S(x) H: U \ (S  P  M) = (U \ S  U \ P  U \ M)  (S(x)  P(x)  M(x))   S(x)   P(x)   M(x) S P M A B C D E F G H

10 Aristoteles (a Platon) 384 – 322 Mine is the first step and therefore a small one, though worked out with much thought and hard labour. You, my readers or hearers of my lectures, if you think I have done as much as can fairly be expected of an initial start... will acknowledge what I have achieved and will pardon what I have left for others to accomplish.

11 Aristotelova logika Řecký filosof a zakladatel logiky Aristoteles zkoumal před více než 2000 lety tzv. Subjekt – Predikátové výroky a úsudky z nich vytvořené: Všechna S jsou PSaPaffirmo Žádné S není PSePnego Některá S jsou PSiPaffirmo Některá S nejsou PSoPnego Všechny pojmy S, P jsou zde vždy neprázdné Z dnešního pohledu jde o fragment predikátové logiky Výrokovou logiku zkoumali v té době stoici, kteří rovněž postihli základy predikátové logiky.

12 Aristotelova logika: log. čtverec kladnézáporné obecnéSaPSeP částečnéSiPSoP SaP   SoP, SeP   SiP kontradiktorické SaP |=  SeP,SeP |=  SaP kontrární  SiP |= SoP,  SoP |= SiP subkontrární SaP |= SiP, SeP |= Sop,subalterní:  SiP |=  SaP,  SoP |=  SeP neboli podřízené

13 Aristotelovy sylogismy Jednoduché úsudky tvořené kombinacemi tří predikátů S, P, M, kde M je zprostředkující predikát, který se v závěru neopakuje, závěr je vždy tvaru S-P I.M-PII. P-MIII. M-PIV. P-M S-M S-M M-S M-S Správné módy jsou: I.aaa, eae, aii, eio (barbara, celarent, darii, ferio) II.aoo, aee, eae, eio (baroco, camestres, cesare, festino) III.oao, aai, aii, iai, eao, eio (bocardo, darapti, datisi, disamis, felapton, ferison) IV.aai, aee, iai, eao, eio (bamalip, calemes, dimatis, fesapo, fresison) Neučíme se pochopitelně nazpaměť správné módy, ale odvodíme si platnost úsudku metodou Vennových diagramů.

14 Aristotelova logika: sylogismy Ověříme na základě množinových úvah pomocí Vennových diagramů: Obory pravdivosti predikátů S, P, M zakreslíme jako (vzájemně se protínající) kroužky. Poté znázorníme situaci, kdy jsou premisy pravdivé, tj. 1.Vyšrafujeme plochy, které odpovídají prázdným třídám objektů (všeobecné předpoklady) 2.Označíme křížkem plochy, které jsou jistě neprázdné (existenční předpoklady); křížek přitom klademe jen tehdy, když neexistuje jiná plocha, ”kam by mohl přijít” Nakonec ověříme, zda vzniklá situace znázorňuje pravdivost závěru.

15 John Venn Cambridge

16 16 Sylogismy a Vennovy diagramy Všechny rodinné domy jsou  x [R(x)  S(x)] soukromým vlastnictvím Některé nemovitosti jsou rodinné domy  x [N(x)  R(x)] Některé nemovitosti jsou  x [N(x)  S(x)] soukromým vlastnictvím RS N Dle 1. premisy je prázdná množina R / S Dle druhé premisy je neprázdný průnik R a N – uděláme křížek Důležité je pořadí: nejdřív vyškrtáme prázdné plochy, pak klademe křížek

17 17 Sylogismy a Vennovy diagramy Všechny rodinné domy jsou  x [R(x)  S(x)] soukromým vlastnictvím Některé nemovitosti jsou rodinné domy  x [N(x)  R(x)] Některé nemovitosti jsou  x [N(x)  S(x)] soukromým vlastnictvím RS N Dle 1. premisy je prázdná množina R / S Dle druhé premisy je neprázdný průnik R a N – uděláme křížek Ověříme pravdivost závěru: průnik ploch N a S musí být neprázdný. Úsudek je platný

18 Sylogismy a Vennovy diagramy Všichni jezevci jsou sběratelé umění  x [J(x)  S(x)] Někteří sběratelé umění žijí v norách  x [S(x)  N(x)] Někteří jezevci žijí v norách  x [J(x)  N(x)] JS N Dle 1. premisy neexistuje jezevec, který není sběratel - šrafujeme Jak však znázorníme pravdivost 2. premisy? Průnik S a N je neprázdný, ale nevíme, kam dát křížek! Úsudek je neplatný ? ?

19 19 Sylogismy – ověření platnosti Někteří politici jsou moudří lidé  x [Pl(x)  M(x)] Nikdo, kdo je moudrý, není pyšný  x [M(x)   Ps(x)] Někteří politici nejsou pyšní  x [Pl(x)   Ps(x)] M Ps Pl Nejdříve vyhodnotíme všeobecnou premisu 2 ! Neexistuje žádné M, které by bylo Ps: škrtáme průnik M a Ps Dle 1. premisy je neprázdný průnik M a Pl: uděláme křížek Vyhodnotíme závěr: průnik Pl a komplementu Ps musí být neprázdný: pravdivost zaručena, úsudek je platný

20 20 Sylogismy – ověření platnosti Všechna auta jsou dopravní prostředky  x [A(x)  D(x)] Všechna auta mají volant  x [A(x)  V(x)] Některé dopravní prostředky mají volant  x [D(x)  V(x)] A D V 1. Premisa - Plocha A musí být podmnožinou plochy D: šrafujeme Dle 2. premisy je plocha A podmnožinou plochy V: šrafujeme Vyhodnotíme závěr: pravdivost není zaručena, křížek v průniku D a V není! Úsudek je neplatný

21 21 Všeobecné premisy ne |= existence Všechny skleněné hory jsou skleněné Všechny skleněné hory jsou hory |  Některé hory jsou skleněné Příklad Bertranda Russella ( ) Úsudek je neplatný

22 Sylogismy – ověření platnosti Všechna auta jsou dopravní prostředky  x [A(x)  D(x)] Všechna auta mají volant  x [A(x)  V(x)] Existují auta (implicitní předpoklad)  x A(x) Některé dopravní prostředky mají volant  x [D(x)  V(x)] A D V 1. Premisa - Plocha A musí být podmnožinou plochy D: šrafujeme Dle 2. premisy je plocha A podmnožinou plochy V: šrafujeme Vyhodnotíme závěr: pravdivost je zaručena, křížek v průniku D a V je, úsudek je platný Dle 3. premisy uděláme křížek na plochu A

23 Širší použití, nejen na sylogismy P 1 : Všichni státníci jsou politici  x [S(x)  P(x)] P 2 : Někteří státníci jsou inteligentní  x [S(x)  I(x)] P 3 : Někteří politici nejsou státníci  x [P(x)   S(x)] Z 1 :  ? Někteří politici nejsou inteligentní  x [P(x)   I(x)] ? Z 2 :  ? Někteří politici jsou inteligentní  x [P(x)  I(x)]? SP I P 1 : šrafujeme S / P P 2 : klademe křížek na průnik ploch S a I P 3 : nemůžeme udělat křížek, nevíme na kterou plochu Z 1 : nevyplývá, křížek není Z 2 : vyplývá, křížek je

24 Vennovy diagramy p 1 :Všichni zahradníci jsou zruční.  x [P(x)  Q(x)] p 2 :Každý, kdo je zručný, je inteligentní.  x [Q(x)  R(x)] (p 3 : Existuje aspoň jeden zahradník.)  x P(x) ) z:Někteří zahradníci jsou inteligentní.  x [P(x)  R(x)] P Q R 1. premisa říká, že neexistuje prvek, který by byl v množině P a nebyl v množině Q (De Morgan) – tedy šrafujeme 2. premisa říká, že neexistuje prvek, který by byl v množině Q a nebyl v množině R (De Morgan) – tedy šrafujeme 3. premisa zaručuje neprázdnost množiny P, tedy (děláme křížek)

25 Vennovy diagramy p 1 :Všichni zahradníci jsou zruční.  x [P(x)  Q(x)] p 2 :Každý, kdo je zručný, je inteligentní.  x [Q(x)  R(x)] (p 3 : Existuje aspoň jeden zahradník.  x P(x) ) z:Někteří zahradníci jsou inteligentní.  x [P(x)  R(x)] PQ R Nyní otestujeme, zda křížek v diagramu odpovídá našemu závěru. Křížek v diagramu, opravdu náleží průniku množin P a R, tedy odpovídá našemu závěru, proto je úsudek PLATNÝ.

26 Vennovy diagramy p 1 :Všichni studenti umějí logicky myslet.  x [S(x)  M(x)] p 2 :Pouze koumáci umějí logicky myslet.  x [M(x)  K(x)] z:Všichni studenti jsou koumáci.  x [S(x)  K(x)] SM K 1. premisa říká, že neexistuje prvek, který by byl v množině S a nebyl v množině M (De morgan) – tedy šrafujeme 2. premisa říká, že neexistuje prvek, který by byl v množině M a nebyl v množině K (M je podmnožinou K) – tedy šrafujeme

27 Vennovy diagramy p 1 :Všichni studenti umějí logicky myslet.  x [S(x)  M(x)] p 2 :Pouze koumáci umějí logicky myslet.  x [M(x)  K(x)] z:Všichni studenti jsou koumáci.  x [S(x)  K(x)] SM K Nyní otestujeme, zda nevyšrafované oblasti vystihují náš závěr. Závěr říká, že všechny prvky ležící v množině S leží taktéž v množině K. To opravdu podle diagramu platí, tedy úsudek je PLATNÝ.

28 Vennovy diagramy p 1 :Všichni studenti logiky se učí logicky myslet.  x [P(x)  Q(x)] p 2 :Kdo se učí logicky myslet, ten se neztratí.  x [Q(x)  R(x)] z:Někteří studenti logiky se neztratí.  x [P(x)  R(x)] PQ R 1. premisa říká, že neexistuje prvek, který by byl v množině P a nebyl v množině Q (De Morgan) – tedy šrafujeme 2. premisa říká, že neexistuje prvek, který by byl v množině Q a nebyl v množině R (De morgan) – tedy šrafujeme

29 Vennovy diagramy p 1 : Všichni studenti logiky se učí logicky myslet.  x [P(x)  Q(x)] p 2 : Kdo se učí logicky myslet, ten se neztratí.  x [Q(x)  R(x)] z: Někteří studenti logiky se neztratí.  x [P(x)  R(x)] Poznámka: V tradiční Aristotelově logice je tento úsudek považován za platný. Avšak, ze všeobecných premis nemůžeme usuzovat na existenci! Nezapomeňte však, že dle Aristotela jsou zde všechny pojmy neprázdné. PQ R Nyní otestujeme, zda je opravdu úsudek platný či nikoliv. Závěr říká, že existuje prvek v průniku množin P a R. Diagram ale toto nepotvrzuje (není křížek), proto úsudek je NEPLATNÝ. !

30 Vennovy diagramy p 1 : Všichni studenti logiky se učí logicky myslet.  x [P(x)  Q(x)] p 2 : Kdo se učí logicky myslet, ten se neztratí.  x [Q(x)  R(x)] Existují studenti logiky (implicitní předpoklad)  x P(x) z: Někteří studenti logiky se neztratí.  x [P(x)  R(x)] Poznámka: dle Aristotela jsou zde všechny pojmy neprázdné. Přidáme-li implicitní předpoklad, že existují studenti logiky, je úsudek platný. PQ R Nyní můžeme na plochu odpovídající průniku P a R dát křížek – je neprázdná Závěr říká, že existuje prvek v průniku množin P a R. Diagram toto nyní potvrzuje (je křížek), proto úsudek je PLATNÝ.

31 31 Vennovy diagramy a sylogismy p 1 : Žádný pták není savec  x [P(x)   S(x)] p 2 : Někteří ptáci jsou běžci  x [P(x)  B(x)] z:Někteří běžci nejsou savci  x [B(x)   S(x)] PS B 1. premisa říká, že neexistuje prvek, který by byl v průniku množin P a S – tedy šrafujeme 2. premisa říká, že průnik P a B je neprázdný – klademe křížek Ověříme závěr: průnik P a komplementu S je neprázdný, úsudek je platný

32 Vennovy diagramy p 1 : Někteří vládci jsou krutí.  x [V(x)  K(x)] p 2 : Žádný dobrý hospodář není krutý.  x [H(x)   K(x)] z:Některá vládci nejsou dobří hospodáři.  x [V(x)   H(x)] HK V Nyní testujeme závěr: průnik V a komplementu H je neprázdný. Úsudek je platný Pak dle 1. premisy klademe křížek na průnik V a K Nejprve 2. premisa: šrafujeme průnik H a K


Stáhnout ppt "Logika v praxi Přednáška 5 Intuitivní (sémantické) dokazování."

Podobné prezentace


Reklamy Google