PRIEDAI
Pratimų atlikimo pavyzdžiai
Pagrindiniai teiginių logikos terminai ir simboliai
2. _ (p × r) É s
4. šešios: p ×_p, _r, _p, p, p, r.
Teiginių logikos formulės reikšmės nustatymas
p q r _ (p Ś q) × r
1.2.3.4.5.6.7.8. 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 00 1 00 1 00 1 00 1 00 1 01 0 11 0 0
(2) (1) (3)
Teiginių logikos formulių rūšys
p q _ (p Ś q) × (q Ś p) × _p
1.2.3.4. 1100 1010 0 1 0 1 0 00 1 0 1 0 00 1 0 1 0 11 0 0 0 0 1
1.
(4) (2) (5) (3) (6) (1)
Formulės tiesos lentelėje (6) vien eilutės “klaidinga”, taigi formulė _(p Ś q) × (q Ś p) × _p yra netinkama.
2. transpozicijos dėsnio formulė tokia:
(p É q) ŗ (_q É _p)
Taikom nuoseklios substitucijos taisyklę transpozicijos dėsnio formulės kintamajam q (q keičiame į q Ś r):
p É (q Ś r) ŗ (_(q Ś r) É _p)
Gavome, kad p É (q Ś r) ir _(q Ś r) É _p yra ekvivalentai.
3.
Pagal ekvivalencijos pakeitimo implikacija taisyklę iš validžios formulės p ŗ _ _p gauname validžią formulę
p É _ _p
Loginiai formulių santykiai
1. ar formulė p Ś _q seka iš šių formulių:
iš formulės (q É p) × _p
p q (q É p) × _p p Ś _q
1.2.3.4. 1100 1010 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1
(2) (3) (1) (2) (1)
Sudarytoje tiesos matricoje nėra tokios eilutės, kurioje formulė (q É p) × _p turi teiginio reikšmę “teisinga”, o formulė p Ś _q – reikšmę “klaidinga”, taigi formulė p Ś _q yra formulės (q É p) × _p pasekmė.
2. Nustatykite, ar kuri nors iš formulių porų yra prieštaravimo santykyje?
p ŗ q ir p × _q
p É q ir p × _q
p q p ŗ q p É q p × _q
1.2.3.4. 1100 1010 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1
(1) (1) (2) (1)
Formulių pora p ŗ q ir p × _q nėra prieštaravimo santykyje, nes formulė p ŗ q ir formulė p × _q suderinama pagal reikšmę “klaidinga” (eilutė nr.3). Ar kita formulių pora yra prieštaravimo santykyje, ar ne, nustatykite patys.
4. Nustatykite santykius tarp formulių (_p É q) É r ir q
p q r (_p É q) É r
1.2.3.4.5.6.7.8. 11110000 11001100 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1
(1) (2) (3)
Formulės (_p É q) É r ir q suderinamos pagal reikšmę “teisinga” (eilutės nr.1 ir nr.5), pagal reikšmę“klaidinga” (eilutė nr.4), formulės nėra viena kitos pasekmė (tai parodančių eilučių yra daug, pavyzdžiu paimsime po vieną: pvz., eilutė nr.2 rodo, kad (_p É q) É r nėra q pasekmė, o eilutė nr.3 rodo, kad q nėra (_p É q) É r pasekmė.
Aptariamos formulės yra logiškai nepriklausomos (nes suderinamos tiek pagal reikšmę “teisinga”, tiek pagal reikšmę “klaidinga”, bet jos nėra viena kitos pasekmė).
Teiginių logikos operatorių pakeičiamumas
1. Pakeiskite formulėje ((p É q) × p) É q skliausteliuose esantį implikacijos operatorių disjunkcijos operatoriumi.
Implikacijos ir disjunkcijos ekvivalencija tokia:
(p É q) ŗ (_ p Ś q)
Taikom ekvivalentų substitucijos taisyklę formulės ((p É q) × p) É q subformulei p É q ir gauname:
((_ p Ś q) × p) É q
Pagal ekvivalentų substitucijos taisyklę gautoji formulė yra formulės ((p É q) × p) É q ekvivalentas.
Teiginių logika ir samprotavimas
1.
1. (p Ś _q) Ś (q É s) Pr
2. _ (q É s) Pr
3. p Ś _q DS 1, 2
1. p É _r Pr
2. _ (p Ś q) Pr
3. _ (p Ś q)×(p É _r) Conj 2, 1
2.
1. (_ r É q) É _ q Pr
2. _ _q Pr / _ (_ r É q)
3. _ (_ r É q) MT 1, 2
1. p Ś q Ś _ r Pr
2. _ (p Ś q) Pr / _ r
3. _ r DS 1, 2
Asociacijos dėsnio
3.
1. p É (p Ś _r) Pr
2. _ p Pr / p Ś _r
Išvada netaisyklinga. Pažeidžia Modus Ponens taisyklę.
4.
1. _ q É p Pr
2. (p É r) × _ q Pr / r
3. _ q Simp 2
4. p MP 1, 3
5. p É r Simp 2
6. r MP 5, 4 QED
5.
1. _ (p Ś q) É r Pr
2. _ p Pr
3. _ q Pr / r
4. _ r AP
5. _ _ (p Ś q) MT 4, 1
6. p Ś q DN 5
7. q DS 6, 2
8. q × _ q Conj 7, 3
9. r Ider 4 – 8 QED
6.
Pirmas būdas
1. p Ś (q Ś _r)
Pr skliaustus sudėti leidžia asociacijos dėsnis
2. _p Pr
3. r Pr / q
4. _q AP
5. q Ś _r DS 1, 4
6. _r DS 5, 4
7. r × _r Conj 3, 6
8. q Ider 4 –7 QED
Antras būdas
1. p Ś (q Ś _r) Pr skliaustus sudėti leidžia asociacijos dėsnis
2. _p Pr
3. r Pr / q
4. q Ś _r DS 1, 4
5. _ _r DN 3
6. q DS 4, 6 QED
7.
1. (_p Ś q) É r Pr
2. _ p Pr / _ r
Sudarome tiesos matricą:
p q r (_p Ś q) É r _p _r
1.2.3.4.5.6.7.8. 11110000 11001100 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1
(1) (2) (3) (1) (1)
Esama kombinacijos, kai samprotavimo premisos (_p Ś q) É r ir _p teisingos, o išvada _r klaidinga (matricos eilutės nr.5 ir nr.7), taigi samprotavimas nėra svarus.
8.
1. _ q É p Pr
2. (p É _r) × _ q Pr / r
^r, Tp, ^q,
9.
1. (p É q) × p Pr
2. _ q Pr / q Ś r
3. p É q Simp 1
4. _ p MT 3, 2
5. p Simp 1
6. p × _ p Conj 5, 4 QED
Teiginių logika ir natūralioji kalba
1.
“Kokia dabar mėnesio diena?” yra ne tiesioginis, o klausiamasis sakinys. Jis nėra teiginys.
“Argi įmanoma taip sunkiai dirbti?” nėra tiesioginis sakinys, tačiau jis reiškia retorinį klausimą, kurio intonacija atitinka neigimo operatorių. “Argi įmanoma taip sunkiai dirbti?” yra teiginys.
“Kvadratas yra apskritas” yra tiesioginis sakinys. Jis yra teiginys.
2.
1. Nepranešimas apie tikrai žinomą rengiamą ar padarytą nusikaltimą užtraukia baudžiamąją atsakomybę tik baudžiamojo įstatymo specialiai numatytais atvejais – a.
2. Nepranešimas apie tikrai žinomą rengiamą nusikaltimą užtraukia baudžiamąją atsakomybę tik baudžiamojo įstatymo specialiai numatytais atvejais – a1.
Nepranešimas apie tikrai žinomą padarytą nusikaltimą užtraukia baudžiamąją atsakomybę tik baudžiamojo įstatymo specialiai numatytais atvejais – a2.
Gauta schema (a1Ś a2).
3. Sakinio formulė p Ś q.1. Draudžiama versti duoti parodymus prieš save, savo šeimos narius ar artimus giminaičius – a.
2. Draudžiama versti duoti parodymus prieš save – a1.
Draudžiama versti duoti parodymus prieš savo šeimos narius – a2.
Draudžiama versti duoti parodymus prieš artimus giminaičius – a3.
Gauta schema (a1Ś a2Ś a3).
3. Sakinio formulė p Ś q Ś r
1. Apylinkės teismas, gavęs iš kito teismo bylą, teismingą apygardos teismui, perduoda ją (bylą) apygardos teismui – a.
2. Apylinkės teismas perduoda ją (bylą) apygardos teismui – a1.
(Apylinkės teismas) gauna iš kito teismo bylą, teismingą apygardos teismui, – a2.
Gauta poschemė (a1 × a2).
3. a1 ir a2 atitinkantys teiginiai yra elementarūs. a1 ir a2 poschemėmis nebekeisime.
4. Sakinio schema, pakeitus a gauta poscheme, yra:
(a1 × a2)
5. Sakinio formulė yra:
p × q .
3.
1. Ieškininės senaties termino pasibaigimas iki ieškinio pareiškimo yra pagrindas ieškiniui atmesti – a.
Jeigu teismas, trečiųjų teismas (arbitražas) pripažįsta, kad ieškininės senaties terminas praleistas dėl svarbios priežasties, pažeistoji teisė turi būti ginama – b.
Gauta schema:
(a × b)
2. a yra elementarus teiginys. Jo raidės poscheme nebekeisime.
3. Teismas, trečiųjų teismas (arbitražas) pripažįsta, kad ieškininės senaties terminas praleistas dėl svarbios priežasties – b1.
Pažeistoji teisė turi būti ginama – b2.
Gauta poschemė yra:
(b1 É b2).
4. Įstatymo straipsnio schema, pakeitus raidę b gauta poscheme, yra:
(a ×(b1 É b2))
5. b2 atitinkantis teiginys yra elementarus, b2 poscheme nebekeisime.
6. b1:
Teismas pripažįsta, kad ieškininės senaties terminas praleistas dėl svarbios priežasties – b11.