Transcription

1 SIMBOLIČKA LOGIKA -priručnikdoc.dr.sc. Berislav Žarnić

2

3

4 Pregled sadržaja Predgovor vii 1 Atomarnerečenice Predikati i individualne konstante Ime i predmet Broj mjesta u predikatu Pravo-pisani zapis atomarne rečenice Ontološki design Atomarne rečenice: podsjetnik Funkcijski izrazi u logici prvoga reda Termi Atomarne rečenice u teoriji skupova i aritmetici 9 2 Identitet Dokazi u kojima se koristi simbol za identitet Refleksivnost identiteta Leibnizov zakon: nerazlučivost istovjetnog Pravila za simbol identiteta Identitet u filozofskoj logici Za zapamtiti Dokazi koji koriste svojstva predikata i relacija 19 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Aksiomatski sustav Željena svojstva aksiomatskog sustava Istinitosna stabla ("tableaux" metoda) Prirodna dedukcija 39 4 Pouzdanost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku Tautološka posljedica Pouzdanost Dokaz pouzdanosti Potpunost Filozofija logike 58 5 Uvod u kvantifikaciju 60 iii

5 iv Pregled sadržaja 5.1 Kvantifikacija u prirodnom jeziku Varijable i atomarne ispravno sastavljene formule Simboli za kvantifikatore Isf-e i rečenice Semantika kvantifikatora Četiri aristotelovska oblika Kvantifikatori i funkcijski simboli 71 6 Logika kvantifikatora Tautologije i kvantifikacija 73 7 Valjanosti i posljedice prvog reda Metoda zamjene predikata Ekvivalencije prvoga reda i DeMorgan-ovi zakoni Još neke ekvivalencije s kvantifikatorima 84 8 Višestruka kvantifikacija Višestruka primjena jednog kvantifikatora Mješoviti kvantifikatori Prijevod korak-po-korak Preneksna forma 92 9 Metode dokaza za kvantifikatore Valjani koraci s kvantifikatorima Dokazi s raznorodnim kvantifikatorima Formalni dokazi i kvantifikatori Pravila za univerzalni kvantifikator Pravila za egzistencijalni kvantifikator Poddokazi koji opravdavaju dokaze ili rečenice koje opravdavaju druge rečenice? Istinitosno stablo Pravila za kvantifikatore i predikat identiteta Numerička kvantifikacija Barem n predmeta Najviše n predmeta Točno n predmeta Što je dovoljno za znati iskazati numeričke tvrdnje? Odre deni opisi 131

6 Pregled sadržaja v 13.1 Taj Oba Presupozicije Logika generalizirane kvantifikacije Logička svojstva determinatora Logička gramatika Teorija skupova Osnovni rječnik teorije skupova Jezik za različite vrste predmeta Dva osnovna aksioma naivne teorije skupova Jednočlani skupovi, prazni skup, podskupovi Presjek i unija Digresija: konzistentnost Skupovi skupova Ure deni parovi Modeliranje relacija u teoriji skupova Svojstva za odnose Partitivni skup Russellov paradoks Zermelo Fraenkel teorija skupova Matematička indukcija Malo povijesti "nematematičke" indukcije Kako matematička indukcija može opravdati općenitu konkluziju koja se odnosi na beskonačan broj slučajeva? Induktivni dokaz Potpunost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku Dodjelivanje istinitosne vrijednosti i istinitosne tablice Potpunost propozicijske logike Formalna konzistentnost Strategija dokazivanja reformuliranog Teorema potpunosti Potpunost formalno potpunog skupa rečenica Proširenje na formalno potpune skupove rečenica Sve zajedno: dokaz potpunosti Strukture prvog reda 206

7 vi Pregled sadržaja 20.1 Tautološka posljedica Posljedica prvoga reda Struktura prvoga reda Istina i zadovoljavanje Dodjeljivanje vrijednosti varijablama Istina: zadovoljavanje u praznom dodjeljivanju vrijednosti Pouzdanost logike prvoga reda Potpunost i nepotpunost Teorem potpunosti za logiku prvog reda Dodavanje konstanti koje svjedoče Henkinova teorija Eliminacijski teorem Henkinova konstrukcija Löwenheim-Skolemov teorem Potrebni dopunski pojmovi Skolemov paradoks Teorem kompaktnosti Gödelov teorem nepotpunosti Kodiranje Reprezentacija Lema samoreferencije (dijagonalna lema) Turingovi strojevi Churchova teza Opis Turingovog stroja Neodlučivost logike prvoga reda Osnovne ideje modalne logike Višestruko vrednovanje Zadaci Literatura za pripremu ispita 300

8 Predgovor Sadržaj ovog priručnika većim dijelom prati sadržaj sljedećih udžbenika (po navedenim poglavljima): 1. Jon Barwise i John Etchemendy (2000) Language, Proof and Logic. CSLI Publications. Center for the study of Language and Information Stanford University. Seven Bridges Press. New York London. I Poglavlja: 1, 9,10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, George S. Boolos i Richard C. Jeffrey(1989) Computability and Logic. CambridgeUniversity Press. I Poglavlja: 3, 5, L.T.F. Gamut [J. van Benthem, J. Groenendijk, D. de Jongh, M. Stokof, H. Verkuyl] (1991) Logic, Language and Meaning. Volume II: Intensional Logic and Logical Grammar. The University of Chicago Press. Chicago London. I Poglavlje: 2. Sve pogreške treba pripisati autoru ovog priručnika, a ne autorima udžbenika čiji se sadržaj prati. Vježbe logičkih tehnika ostvaruju se uz primjenu interaktivnosti: Graditelji i provjerivači dokaza za sustav prirodne dedukcije I U Fitch stilu: G. Allwein, D. Barker-Plummer, A. Liu: Fitch (software koji prati Language, Proof and Logic) I U Lemmon stilu: Christian Gottschal: graditelj dokaza (hrvatska verzija Za usvajanje jezika logike prvog reda: I G. Allwein, D. Barker-Plummer, A. Liu: Tarski s World (software koji prati Language, Proof and Logic) Za gradnju istinitosnih stabala: I Wolfgang Schwarz: automatski graditelj (hrvatska verzija Nik Roberts: Tableau 3 (hrvatska verzija Za gradnju dokaza u teoriji skupova: I Daniel Velleman: "dizajner" dokaza (hrvatska verzija Za Turingove strojeve: I Ken Schweller: Turingov stroj (hrvatska verzija vii

9 viii Predgovor Za propozicijsku modalnu logiku: I Jan Jaspars: modalni kalkulator (hrvatska verzija Ostale logičke interaktivnosti i nastavni sadržaji dostupni su na autorovim tematskim stranicama INTERAKTIVNA LOGIKA (

10 Poglavlje 1 Atomarne rečenice 1.1 Predikati i individualne konstante Atomarne rečenice su najjednostavnije rečenice u logičkom smislu. U tipičnom su slučaju sastavljene od predikata i imena. U negativnom smislu, mogli bismo ih odrediti kao rečenice koje ne sadrže niti jedan logički simbol. Primjer 1.1 Logičku strukturu rečenica Albert cijeni samoga sebe i Albert je student prikazujemo kao Cijeni(albert, albert) i Student(albert). Riječ istaknutu velikim početnim slovom nazivamo predikatom. Imena upisujemo unutar zagrada. Za razliku od gramatičke, logička konvencija nalaže malo početno slovo. U jeziku logike prvoga reda imena se nazivaju individualnim konstantama. Glavna razlika leži u činjenici da u prirodnom jeziku isto ime može referirati na različite predmete ovisno o kontekstu, dok u logici prvoga reda jedna individualna konstanta referira uvijek na isti na predmet. Za razliku od prirodnog jezika, jezik logike prvoga reda neovisan je o kontekstu. Primjer 1.2 Obavijest sadržanu u tekstu Naša administrativna tajnica i naš sistem inženjer imaju isto ime. I ona i on zovu se "Doris". ne možemo iskazati kao AdministrativnaT ajnica(doris) SistemInženjer(Doris). Jezik LPR zahtijeva da napravimo razliku izme du istih imena različitih osoba. To bismo mogli učiniti pomoću dodatnih oznaka, na primjer ovako: AdministrativnaT ajnica(doris1) SistemInženjer(Doris2). Primjer 1.3 Rečenice Albert ne cijeni samoga sebe, Albert ne cijeni nikoga osim samoga sebe i Albert je zaposleni student nisu atomarne. Prikaz njihovelogičke strukture zahtijeva uvo denje dodatnih simbola koji nisu ni predikati niti imena. Albert ne cijeni samoga sebe formaliziramo kao negaciju atomarne rečenice, Cijeni(albert, albert). Za Albert ne cijeni nikoga osim samoga sebe treba nam konjunkcija, kvantifikacija i složeni uvjet, Cijeni(albert, albert) x(cijeni(albert, x) x = albert). Albert je zaposleni student je konjunkcija dviju atomarnih rečenica Student(albert) Zaposlen(albert). 1

11 2 Poglavlje 1 Atomarne rečenice 1.2 Ime i predmet Vlastita imena predstavljaju vrstu individualnih konstanti. Individualne konstante su simboli koje koristimo da bismo pokazali na neki odre deni pojedinačni predmet. Možemo tako der kazati da individualne konstante imenuju ili referiraju na odre dene predmete. One su svojevrsna logička imena. Primjer 1.4 Vlastita imenice i neke zamjenice u prirodnom jeziku obavljaju ulogu referiranja. U rečenicama To je izvrsno, Ona je glazbenica, Bertrand Russell je filozof i Danas je ponedjeljak ta uloga redom pripada pokaznoj zamjenici, osobnoj zamjenici, vlastitoj imenici i prilogu, Izvrsno(to ), Glazbenica(ona ), Filozof(bertrand_russell), Ponedjeljak(danas ). Nadznak * označava izraze kod kojih je veza sa stvarnim svijetom dio njihovog doslovnog značenja. Takvi se pokazni izrazi nazivaju indeksikalima, indeksičkim izrazima ili indeksalnim izrazima. Primjer 1.5 Urečenici Ja sam ovdje sada nalazimo tri indeksikala, tri izraza koje bismo mogli shvatiti kao individualne konstante: NalaziSe(ja,ovdje,sada ). Primjer 1.6 Ne-primjeri. U rečenici To su studenti filozofije! pokaznu zamjenicu to ne moramo shvatiti kao individualnu konstantu: x(nalazise(x, ovdje ) StudentF ilozofije(x)), tj. svaka osoba koja je ovdje jest student filozofije. U logici prvog reda: Svaka individualna konstanta imenuje. Svaka individualna konstanta imenuje točno jedan postojeći predmet. Predmet može imati više imena. Predmet ne mora imati ime. Primjer 1.7 Neki realni brojevi nemaju ime 1. 1 Skup realnih brojeva nije prebrojiv, to jest, ne postoji procedura koja omogućuje da se prona de svaki pojedini realni broj. Za racionalne brojeve postoji postupak prebrojavanja. Racionalne brojeve treba postaviti u dvostruki beskonačni poredak na ovaj način: 0/1 1/1 2/1 3/1... 0/2 1/2 2/2 3/2... 0/3 1/3 2/3 3/3... 0/4 1/4 2/4 3/4... Zatim ih se postavi u niz po dijagonalnom postupku izbrajanja:.. %. %....

12 1.3 Broj mjesta u predikatu Broj mjesta u predikatu. Predikatni simboli iskazuju neko svojstvo predmeta ili odnos izme du predmeta. Urečenici a je izme du b i c nalazimo tri logička subjekta. Zato kažemo da je predikat Izmedju(_, _, _) tro-mjesni predikat. Mjesnost predikata označava broj pojava individualnih konstanti potrebnih da se on upotpuni, broj pojava imena potreban da se od toga predikata sačini atomarna rečenica. Primjer 1.8 Jednomjesni predikat: Student(_). Dvomjesni: Cijeni(_, _). Tromjesni: Izmedju(_, _, _). Četveromjesni npr. Preporučuje([tko], [koga], [kome], [za što]). Imaju li pridjevi i imenice slično ili različito logičko ponašanje? Pridjevi dolaze uz imenice. No, pridjevi i imenice mogu imati jednaku logičku ulogu: i pridjevi i opće imenice mogu iskazati uvjete koje netko ili nešto može ispunjavati. Primjer 1.9 Bertrand Russell je bio britanski filozof možemo u jednom od tumačenja promatrati kao: Filozof(bertrand_russell) Britanac(bertrand_russell) Nekad pridjevi ne dodaju novi uvjet već ograničavaju uvjet zadan s imenicom. Potomseuklonebrojevičiji se duplikat već pojavio u nizu. Na kraju se pokaže da se dobiveni niz može postaviti u odnos 1 za 1 s prirodnim brojevima: Q 0/1 1/1 1/2 2/1 3/1 1/3... N Georg Cantor ( ) pronašao je dokaz da skup realnih brojeva nije iste veličine kao skup prirodnih brojeva. Pretpostavimo suprotno. Po pretpostavci, moguće je postaviti realne brojeve u niz tako da prvi me du njima odgovara prvom prirodnom broju a n-tirealni-n-tom prirodnom broju. Za tu svrhu neka se svaki realni broj predstavi kao beskonačni decimalni broj. Na primjer, 1/4 se predstavlja ne kao 0, 25 nego kao 0, Radi jednostavnosti ograničimo se na realne brojeve izme du 0 i 1. Neka su svi takvi brojevi posloženi u niz 0,a 1 a 2 a ,b 1 b 2 b ,c 1c 2c Sada je lako pronaći pravilo zamjenjivanja decimala koje će dati broj koji se ne javlja u nizu. Na primjer, neka se takav broj napiše po sljedećem pravilu na prvom decimalnom mjestu on ima bilo koji broj osim a 1, 0 ili 9, na drugom mjestu on ima bilo koji broj osim b 2, 0 ili 9,natrećem - bilo koji broj osim c 3, 0 ili 9. Natajnačin dolazimo do broja koji se razlikuje od bilo kojeg broja u nizu. Time je osporena pretpostavka da se svi realni brojevi mogu postaviti u niz kojega možemo postaviti u korelaciju s prirodnim brojevima.

13 4 Poglavlje 1 Atomarne rečenice Primjer 1.10 (i) Bertrand Russell je bio dobar filozof izvorni govornik neće razumjeti kao Filozof(bertrand_russell) Dobar(bertrand_russell) već kaodobarf ilozof(bertrand_russell), (ii) rečenicu Dumbo je mali slon ne formaliziramo kao Slon(dumbo) Malen(dumbo) već kaomalenslon(dumbo). Broj mjesta u nekom predikatu odre dujemo polazeći od nekog analitičkog stajališta. U analizi rečenice Albert cijeni samoga sebe možemo se odlučiti za jednomjesni predikat, CijeniAlbert(_) ili dvomjesni predikat, Cijeni(_, _), te, kao granični slučaj, za 0-mjesni, CijeniAlbertaAlbert. Atomarne rečenice koje dobivamo su redom: CijeniAlbert(albert), Cijeni(albert, albert), CijeniAlbertAlbert. U logici prvog reda svaki predikatni simbol ima čvrsto utvr deni broj mjesta, broj koji pokazuje koliko je pojava individualnih konstanti potrebno za tvorbu atomarne rečenice. Svaki se predikat tumači kao odre deno svojstvo ili odnos koje ima jednak broj članova kao i njegov jezični zastupnik - predikat. 1.4 Pravo-pisani zapis atomarne rečenice Ortografija atomarnih rečenica dopušta različite pristupe. Najčešće koristimo prefiksni zapis: predikat se zapisuje ispred niza individualnih konstanti upisanih unutar zagrada, Predikat(_,...,_). Ponekad se koristi infiksni zapis: dvomjesni predikatni simbol se upisuje izme du individualnih konstanti, xry. Postfiksni zapis, gdje je predikat upisan iza niza individualnih konstanti, rijetko se koristi. Primjer 1.11 Infiksni zapis: chomolungma = mt.everest, 2 > 0. Primjer 1.12 Miješanje sintaktičkih uloga. Izme du mene i tebe je izme du neispravno je i u prirodnom i u formalnom jeziku, Izmedju(ja,Izmedju,ti ). 1.5 Ontološki design. Dizajniranje formalnog jezika uključuje izbor predikata i izbor objekata. Načelo ekonomičnosti ili maksimalne izražajnosti uz minimalni rječnik obično se prepoznaje kao rukovodećo načelo. Načelo uporabe samo neophodnih alata naziva se «Ockhamova britva» 2. Ugrubo rečeno, cilj je doći do jezika koji može iskazati 2 Srednjovjekovno načelo ekonomičnosti, po kojemu "teorijske entitete ne trebamo umnažati bez potrebe", postalo je poznato pod nazivom Ockhamova britva jer je William iz Ockhama ( ) odbacio mnoge entitete čije postojanje bilo postulirano u skolastičkoj filozofiji.

14 1.5 Ontološki design. 5 sve ono što želimo iskazati a da pri tome koristimo "najtanji mogući rječnik". Zadatak 1 Usporedi izražajnost dva jezika koji se razlikuju samo u rječniku! Prvi sadrži unarni predikat, CijeniAlberta i individualne konstante, albert i robert, drugi sadrži iste individualne konstante te binarni predikat, Cijeni. Koliko atomarnih rečenica možemo sačiniti u prvom, a koliko u drugom jeziku? Što moramo učiniti da bi oba jezika imala jednaku ekspresivnu moć? 3 Pitanje o jednostavnosti ne može se razriješiti na neovisan način. Svojstvo jednostavnosti rečenice odre dujemo u nekom ontološkom okviru. Rečenica koja je jednostavna unutar jednog ontološkog okvira može biti složena u drugome. Primjer 1.13 Rečenica Ivica je vidio jučer Maricu u Dubrovniku jest jednostavna rečenica u perspektivi ontologije koja govori o osobama, mjestima i vremenskim isječcima: Vidio(ivica, marica, jučer,dubrovnik). U ontološkom okviru u kojemu su doga daji «predmeti» o kojima govorimo ta rečenica postaje složenom rečenicom koja govori o nekom doga daju, doga daju x koji nije zastupljen s nekom odre denom riječju, ali prešutno jest upravo ono o čemu rečenica govori, x[vidjenje(x) Subjekt(x, ivica) Objekt(x, marica) Mjesto(x, dubrovnik) Vrijeme(x, jučer )]. Primjer 1.14 Tweedledee je gurno Tweedlduma je atomarna rečenica ako je predstavimo pomoću binarnog predikata Gurnuo: Gurnuo(tweedledee, tweedledum). Ako je formaliziramo oslanjajući se na ontologiju doga daja, ona nije atomarna. Mogući prijevodi su: (i) xguranje(x, tweedledee, tweedledum), (ii) x[guranje(x) Subjekt(x, tweedledee) Objekt(x, tweedledum)]. [...] za svaki glagol radnje ili promjene dodajemo mjesto za doga daj; za takve glagole možemo reći da uzimaju doga daj kao predmete. Na taj se način priloško modificiranje pokazuje kao logički par pridjevskoj modifikaciji: ono što priloške oznake modificiraju nisu glagoli, već doga daji koje odre deni glagoli uvode. Donald Davidson. The Individuation of Events. u Essays on Actions and Events, str Oxford University Press, Willard Van Orman Quine ( ) pokazao je da je s logičkog stajališta svaka ontologija jedan izbor, izbor kojeg se držimo sve dok "podnošljivo funkcionira". Izbor ontologije, po Quineovom mišljenju, je odluka čija se racionalnost uvijek može dovesti u pitanje. 3 Prihvaćanje ontologije je, u načelu, slično prihvaćanju znanstvene teorije, recimo sustava fizike: barem u mjeri u kojoj smo racionalni, mi U prvom jeziku možemo sačiniti dvije, a u drugom četiri atomarne rečenice. Da bismo izjednačili izražajnost dvaju jezika, prvome moramo pridodati unarni predikat CijeniRoberta.

15 6 Poglavlje 1 Atomarne rečenice usvajamo najjednostavniji pojmovni okvir u kojega se razasuti dijelovi našeg nesre denog iskustva mogu ugraditi i tu urediti. Willard Van Orman Quine. O onome što jest. u Novija filozofija matematike, str Atomarne rečenice: podsjetnik Ulogiciprvogaredaatomarnerečenice nastaju kada se n-mjesnipredikatstavi ispred n pojava imena (smještenih unutar zagrada i razdvojenih zarezom 4 ). Jedna vrsta atomarnih rečenica nastaje korištenjem predikata identiteta, =;u infiksnom zapisu tog predikata argumenti su smješteni s njegove obje strane. Poredak imena je važan u tvorbi atomarnih rečenica. 1.7 Funkcijski izrazi u logici prvoga reda U atomarnim rečenicama, pored individualnih konstanti, možemo naći i druge izraze koji obavljaju ulogu imenovanja, referiranja na točno jedan postojeći predmet. U nedostatku terminološke suglasnosti, te druge izraze nazovimo funkcijskim izrazima. Niz sačinjen od funkcijskog simbola praćenog odgovarajućim brojem individualnih konstantama čini jednu vrstu funkcijskih izraza. Primjer 1.15 Izraze Albertov otac i Albertov najbolji prijatelj možemo shvatiti kao funkcijske izraze (pretpostavljajući u drugom slučaju da najbolji prijatelj može biti samo jedan): funkcijski izraz z } { otac {z} ( albert {z } ), funkcijski simbol individualna konstanta najbolji_prijatelj(albert). Primjer 1.16 funkcijski izraz z } { {z} 2 + {z} {z} 2. individualna konstanta funkcijski simbol individualna konstanta Primjer 1.17 Ne-primjeri. Ni Albertov brat ni Albertov prijatelj ne mogu se shvatiti kao funkcijski izrazi jer i braće i prijatelja može biti više. Zapis funkcijskih izraza može biti prefiksni, infiksni i postfiksni. Funkcijski simbol mora se upotpuniti s nekim drugim referirajućim izrazom. Ta notacijska 4 Koristeseidrukčij i zapisi. Na primjer, umjesto R(a 1,...,a n) neki autori koriste zapis Ra 1...a n.

16 1.7 Funkcijski izrazi u logici prvoga reda 7 sličnost s predikatima može navesti na krivu pomisao o srodnosti funkcija i predikata. Zapravo i u sintaktičkom smislu i u semantičkom smislu funkcijski su izrazi slični individualnim konstantama, a ne predikatima. Prva sličnost, za funkcijske izraze može se naći «mjesto» unutar predikata i tako upotpuniti atomarnu rečenicu, a predikati se nikada ne mogu "ugnjezditi u krošnji" predikata. Druga, funkcijski izrazi imenuju, a to znači - pokazuju na (zastupaju) točno jedan predmet. Primjer 1.18 Atomarne rečenice upotpunjene s funkcijskim izrazom. Sintaksu rečenice Albert cijeni svog oca možemo prikazati u obliku Predikat (individualna konstanta, funkcijski simbol (individualna konstanta)) iformalno zapisati kao Cijeni(albert, otac(albert)). Primjer 1.19 Primjena funkcijskog simbola može se ponavljati. Tako umjesto da kažemo da Albert cijeni svog djeda mogli bismo reći da on cijeni oca svog oca: Cijeni(albert, otac(otac(albert))). Primjer 1.20 čitanja za izraz Takve iteracije ne funkcioniraju u slučaju predikata. Nema smislenog Cijeni(Cijeni(albert, albert)). Da bi se neki izraz mogao ubrojiti u referirajući funkcijski izraz, on mora zadovoljiti uvjete postojanja i jedinstvenosti. Predmet kojega u logičkom smislu zastupa funkcijski izraz mora postojati ibitijedanjedini. Kada neki unarni (jednomjesni,monadički) funkcijski simbol povežemo s individualnom konstantom tada ne dobivamo rečenicu nego novo ime, nešto što bi trebalo referirati na točno jedan predmet. Funkcijski izraz može imati više simultanih "ulaznih vrijednosti", ali izlaz je samo jedan. U istinitoj atomarnoj rečenici 2+2 = 4(zapisanoj infiksno), nalazimo jedan binarni funkcijski simbol, +, jedan binarni predikat, =, te dvije individualne konstante., 2 i 4. Primjer 1.21 Alternativni prefiksni zapis za 2+2=4: Identično(zbroj(2, 2), 4). Primjer 1.22 Zahvaljujući činjenici da svaki prirodni broj ima sljedbenika i to jednog jedinog, njihova imena se mogu zamijeniti s funkcijskim izrazima. Umjesto "vlastitog

17 8 Poglavlje 1 Atomarne rečenice imena", 1, možemo upisati funkcijski izraz u prefiksnom zapisu, sljedbenik(0) ili u postfiksnom, 0 0 (gdje crtica ima ulogu simbola za unarnu funkciju sljedbenik ). Logički pravopis dopušta i 2+2=4i Identično(zbroj(0 00, 0 00 ), ). 1.8 Termi Složeni termi nastaju kada se funkcijski simbol s n mjesta stavi ispred n pojava terma (jednostavnih ili složenih). U tvorbi atomarnih rečenica složeni termi koriste se na jednaki način kao i individualne konstante (imena). U logici prvog reda pretpostavljamo da složeni termi referiraju na jedan i samo jedan predmet. Termi (singularni termini) su jezični izrazi koji referiraju ili "pokušavaju referirati na" točno jedan predmet. U drugom slučaju, kada ne referiraju, oni sadrže varijablu. Neki autori singularnim terminima nazivaju samo termine s fiksnom referencijom, pri čemu isti termin može u različitim prilikama referirati na različito (kao danas - uvijek isti naziv za različite intervale). Drugi (kojima se pridružujemo) pod nazivom term uključuju i varijable, a time i funkcijske

18 1.9 Atomarne rečenice u teoriji skupova i aritmetici 9 izraze u kojima se javljaju varijable. 1.9 Atomarne rečenice u teoriji skupova i aritmetici Logika prvog reda izvorno je razvijena za matematičke potrebe i zato su najpoznatiji jezici prvog reda oni koji su povezani s odre denim granama matematike, posebno s teorijom skupova. Jezik teorije skupova koristi dva predikata: = i. Dvije su osnovne tvrdnje: tvrdnja o identitetu, a = b i tvrdnja o članstvu, a b (gdje su a i b individualne konstante). Rečenice oblika a b istinite su ako je stvar označena s b skup, a stvar označena s a član tog skupa. Primjer 1.23 Rečenica ringo thebeatles je istinito jer thebeatles = {john, paul, george, ringo}. Dok u nekim jezicima ne susrećemo funkcijske simbole, kod drugih je njihova primjena vrlo česta, kao u aritmetici. Jedan smo način elimiranja imena u korist funkcijskih izraza već razmotrili (koristeći funkciju sljedbenika). Primjer 1.24 Dva imena, 0 i 1, dva simbola za binarne relacije, = i <, te dva binarna funkcijska simbola, + i. Zapis koristi infiksnu varijantu (funkcijski i predikatski simboli stoje IZMEĐU njihovih argumenata). Primjer. ((1 + 1) (1 + 1)) = (((1 + 1) + 1) + 1). Nekad ima smisla primijenivati funkcijski simbol u neograničeno velikom broju iteracija. Tada nastaje pitanje kako možemo odrediti takav beskonačan skup terma na precizan način? Za takvu svrhu koristi se induktivna definicija za traženi skup terma. U induktivnoj definiciji nalazimo tri osnovna elementa. Prvo, osnovni uvjet kazuje koji su elementi početni, drugo, induktivni uvjet kazuje kako se novi elementi mogu dobiti od postojećih, i treće, završni uvjet kazuje da su jedini elementi u skupu oni koji su početni ili oni koji su dobiveni primjenom induktivnog uvjeta. Primjer 1.25 (Osnovni uvjet) Imena 0 i 1 su termi. (Induktivni uvjet) Ako su t 1 i t 2 termi, onda su izrazi (t 1 + t 2 ) i (t 1 t 2 ) tako der termi. (Završni uvjet) Ništa drugo nije term osim onoga što se može dobiti primjenom prethodnih uvjeta. Zadatak 2 Koji su se uvjeti koristili u tvorbi sljedećeg izraza: (0 + (1 0))? Navedite njihov poredak 5! 5 A. koristeći osnovnu klauzulu (1) dobili smo 0; B. koristeći induktivnu klauzulu (2) dobili smo (1 0); C. koristeći induktivnu klauzulu (2) nad A. i B. dobili smo (0 + (1 0)).

19 10 Poglavlje 1 Atomarne rečenice Zadatak 3 Pokažite da ima beskonačno mnogo terma u aritmetičkom jeziku prvog reda koji referiraju na (imenuju) broj jedan 6. Zadatak 4 Usporedimo dva jezika prvog reda. Prvi, nazovimo ga funkcijskim, sadrži imena eugene, anastasie, goriot, funkcijski simbol otac, tepredikate = i VišiOd. Drugi jezik, nazovimo ga relacijski, sadrži ista imena i tri binarna predikata OtacOd, = i VišiOd, a ne sadrži funkcijske simbole. [a] Prevedite sljedeće rečenice relacijskog jezika u rečenice funkcijskog jezika: 1. OtacOd(goriot, eugene); 2. OtacOd(goriot, anastasie); 3. VišiOd(eugene, anastasie)! [b] Prevedite iz funkcijskog na relacijski jezik! Gdje se to ne može učiniti, objasnite zašto. 4. otac(eugene) =goriot; 5. otac(eugene) = otac(anastasie);6.višiod(otac(eugene),otac(goriot)) Vježbe iz filozofske logike Zadatak 5 Očigledno je da rečenica Ivica je jučer vidio Maricu u Dubrovniku povlači Ivica je vidio Maricu. S druge strane predikati s različitim brojem mjesta su različiti predikati pa ne ostvaruju odnos logičke posljedice prvoga reda, to jest ne ostvaruju odnos značenja koji ovisi samo o logičkim simbolima. Neka je e ime jednog doga daja jučerašnjeg Ivičinog vi denja Marice u Dubrovniku. Pokažite kako Davidsonov pristup semantici glagola radnje objašnjava spomenuti odnos "povlačenja"! Zadatak 6 Ludwig Wittgenstein u svom znamenitom djelu Tractatus Logico-Philosophicus piše: Iz postojanja ili nepostojanja atomarne činjenice ne može se izvesti postojanje ili nepostojanje druge atomarne činjenice. 3. Logička slika činjenica je misao. 4. Misao je smisleni stav Stav prikazuje postojanje i ne-postojanje atomarnih činjenica Ako je elementarni stav istinit, atomarna činjenica postoji; ako je neistinit, atomarna činjenica ne postoji. Interpretirajte tekst tako da elementarni stav znači atomarna rečenica. Pretpostavljajući takvu interpretaciju, tvrdi li Wittgenstein da su atomarne rečenice logički neovisne? Navedite razloge i odredite je li takva tvrdnja istinita? Zadatak 7 Proučite stavove iz Tractatus-a! Zadatak 8 Pokušajte naći semantičke razloge kojima biste osporavali i sintaktičke razloge kojima biste opravdavali klasifikaciju koja u rod imenica uvrštava i vlastite imenice iopće imenice. 6 Dat ćemo induktivnu definiciju za beskonačni skup terma koji imenuju broj jedan: osnovna klauzula je da 1 imenuje broj jedan, induktivna kaluzula je da ako t imenuje broj jedan onda (t +0)i (t 1) imenuju broj jedan. Primjer: ((((1 + 0) + 0) + 0) + 0).

20 1.9 Atomarne rečenice u teoriji skupova i aritmetici 11 Zadatak 9 U logici prvog reda predikati se interpretiraju kao sasvim odre dena svojstva i odnosi. No neka svojstva ovise o perspektivi promatrača. Na slikama nalazimo dva pogleda na isti svijet. Odredite istinitosnu vrijednost donjih rečenica i izdvoji predikate koji označavaju odnose ili svojstva koja ovise o kontekstu! VećeOd(a, b) Izmedju(c, d, b) LijevoOd(c, b) Ispred(c, b) Iza(e, b) DesnoOd(a, b)

21 Poglavlje 2 Identitet 2.1 Dokazi u kojima se koristi simbol za identitet Primjer 2.1 Dokaz prikazan u «Fitch formatu». Okomita crta pokazuje da su rečenice zdesna dio dokaza. Vodoravna crta dijeli pretpostavke (premise) od konkluzija, ispod nje se upisuju posredne konkluzije i željena konkluzija. Zdesna svakoj izvedenoj rečenici (konkluziji) upisuje se opravdanje: oznaka logičkog pravila i brojevi rečenica nad kojima je pravilo primjenjeno. 1. Kocka(c) 2. c = b 3. Kocka(b) = Elim;1, 2 Dvomjesni predikat identiteta zauzima poseban položaj u filozofskoj logici. Kod drugih predikata možemo zamisliti da se skup predmeta koji imaju označeno svojstvo ili skup nizova predmeta koji stoje u označenoj relaciji može mijenjati ovisno o okolnostima. Tako možemo zamisliti okolnosti u kojima smo uspješniji nego što jesmo i okolnosti u kojima smo manje uspješni nego što jesmo. Možemo zamisliti i okolnosti u kojima Kina nema najveći broj stanovnika. No ne možemo zamisliti okolnosti u kojima nismo ono što jesmo kao što ne množemo zamisliti okolnosti u kojima Kinezi nisu Kinezi. Sve je identično sa samim sobom i ni sa čime drugim. Ništa 12

22 2.1 Dokazi u kojima se koristi simbol za identitet 13 drukčije ne da se zamisliti. w1 w2 w3 Primjer 2.2 Ekstenzija predikata VećeOd može se mijenati ovisno o «svijetu». U svijetu w1: a je veće od b. U svijetu w2 nema ničega što bi bilo veće od nečeg drugog. U svijetu w3: b je veće od a. U svakom svijetu u kojemu se javljaju a i b vrijedi da je a = a i b = b. Ni u jednom svijetu ne vrijedi da je a veće od a, bilo da je b veće od b. Relacija Identitet je refleksivna, relacija VećeOd je irefleksivna.

23 14 Poglavlje 2 Identitet 2.2 Refleksivnost identiteta Načelo da je sve jednako samom sebi nazivamo refleksivnošću identiteta. Binarnu relaciju kod koje vrijedi da je svaki predmet ostvaruje prema samome sebi nazivamo refleksivnom. Zahvaljujući refleksivnosti odnosa identiteta bilo gdje u dokazu možemo upisati rečenicu n = n. To se pravilo naziva pravilom za uvo denje simbola =. 2.3 Leibnizov zakon: nerazlučivost istovjetnog Gottfried Wilhelm Leibniz, ( ), njemački filozof vjerojatno slavenskog podrijetla, matematičar i državnik. Spominje se kao vodeći europski intelekt u 17. stoljeću. Logička pravila povezana s identitetom ponekad se nazivaju Leibnizovim zakonom.. «Eadem sunt, quae mutuo substitui possunt, salva veritate» Isto je ono što se može uzajamno zamjenijivati uz očuvanje istinitosti. Ili, ona imena čija zamjena u rečenicama u kojima se javljaju, ne dovodi do promjene istintosne vrijednost tih rečenica su imena koja imenuju isti predmet. Druga važna dimenzija značenja predikata identiteta pored refleksivnosti jest ona koju se obično naziva nerazlučivošću istovjetnog, ponekad Leibnizovim zakonom, ponekad pravilom supstitucije identiteta. Načelo nerazlučivosti istovjetnog može se iskazati riječima: ako dva terma imenuju istu stvar, onda sve što vrijedi za nju pod prvim imenom vrijedi i pod drugim. Alfred Tarski (1936) je koristio jaču, bikondicionalom iskazanu varijantu: x = y ako i samo ako x ima svako svojstvo koje ima y i y ima

24 2.4 Pravila za simbol identiteta 15 svakosvojstvokojeimax. Nerazlučivost identičnog nalazi se u smjeru s lijeva prema desno: identičnost povlači da su svojstva zajednička. No smjer s desna na lijevo iskazuje identičnost nerazlučivog: ako su sva svojstva x i y zajednička, onda x = y. Primjer 2.3 U Formalno neodlučivim stavcima u Principia Mathematica i u srodnim sustavima (1930) Kurt Gödel: ne uvrštava = u popis osnovnih (tj. primitivnih) simbola. No definicija koju on koristi nije ona Tarskijeva. Umjesto Tarskijeve varijante: x = y akko P (P (x) P (y)), Gödel koristi na kondicional oslabljenu varijantu: x n = y n akko x n+1 (x n+1 (x n ) x n+1 (y n )). Već prije, Russell i Whitehead su pokazali da se bikondicional u definiens-u može oslabiti do kondicionala jer je i identičnost sa samim sobom jedno me du svojstvima,pajetodovoljnozazaključiti da x = y. Ako je identičnost sa samim sobom jedno od svojstava x-a, onda ako y ima sva x-ova svojstva, ima i to svojstvo, te y mora biti identično s x. Uočimo da se u ovakvim definicijama služimo s logikom višeg reda, logikom u kojoj možemo govoriti ne samo o predmetima nego i svojstvima. 2.4 Pravila za simbol identiteta Barwise i Etchemendy koriste slabiju varijantu i značenje identiteta razlažu kroz pravilazauvo denje i pravilo za isključivanje simbola = Pravilo za uklanjanje simbola identiteta Pravilo se primjenjuje na dvije rečenice. Jedna od dvije rečenice mora biti identitetna, a u drugoj se mora koristiti term koji se javlja u identitetnojrečenici.

25 16 Poglavlje 2 Identitet Pravilo za uvo denje simbola identiteta U bilo kojem retku dokaza smijemo upisati n = n, gdje je n bilo koje ime. Budući je riječ ologičkoj istini prvoga reda, takva konkluzija ne ovisi ni o kojoj premisi Supstitucija identiteta i jednolika supstitucija Važno je razlikovati supstituciju identiteta od jednolike supstitucije. Jednolika supstitucija se provodi tako da se neki nelogički simbol zamijeni s drugim na svim mjestima u nekoj formuli. Za razliku od jednolike supstitucije, supstituciju identiteta ne moramo izvršiti na svakom mjestu. Dok pravilo isključenja identiteta čuva istinitost, pravilo jednolike supstitucije to ne čini. No, pravilo jednolike supstitucije ipak posjeduje važno iako slabije logičko svojsvtvo: to pravilo čuva teoremstvo. Primjer 2.4 Zamjena se ne mora izvriti svugdje. Primjer 2.5 Zadana je istinita rečenica Hamlet i Ofelija se uzajamno vole. Označimo s A rečenicu Hamlet voli Ofeliju i s B rečenicu Ofelija voli Hamleta. Dobivamo: A B. Jednolikom supstitucijom A A za A u A B dobivamo (A A) B. Očigledno je da istinitost nije očuvana. Uz pomoć dvaju pravila za uvo denje i isključivanje identiteta možemo dokazati daljnja svojstva tog odnosa. Posebno su zanimljiva svojstva simetričnostiitranzitivnosti. Simetričnost identiteta: ako x = y, onda y = x.

26 2.5 Identitet u filozofskoj logici 17 Tranzitivnost identiteta: ako x = y i y = z, onda x = z. Relacije koji su refleksivne, simetrične i tranzitivne nazivamo relacijama ekvivalencije. Očigledno je da je identitet relacija ekvivalencije. 2.5 Identitet u filozofskoj logici Paradoks identiteta: pitanje o informativosti identitetnih rečenica Grubo govoreći, reći za dvije stvari da su identične - besmisleno je, a reći za neku stvar da je sa sobom identična znači ne reći ništa. Ludwig Wittgenstein (1921) Tractatus Logico-Philosophicus Korisni su samo oni iskazi o identitetu u kojima su imenovani predmeti isti, a njihova imena različita, zato je pojam identiteta potreban samo kako bi ukazao na karakter jezika. Kada bi naš jezik bio savršena kopija onoga o čemu on govori tada bi svaka stvar imala samo jedno ime a iskazi identiteta bili bi suvišni...dvije varijable smiju referirati na različite predmete, ali mogu referirati i na iste. Zato znak identiteta postaje potreban kada se pitanje istovjetnosti ili razlike u referenciji postavi o varijablama. S logičkog stajališta ključna primjena znaka identiteta vezana je uz varijable, a ne uz singularne termine. Cijela kategorija singularnih termina je teorijski suvišna i postižemo

27 18 Poglavlje 2 Identitet logički dobitak uklonimo li ih. Quine, Methods of Logic, str Intenzionalni kontekst i neuspjeh supstititucije identiteta Primjer 2.6 Russellova zagonetka. (P1) Scott je autor Waverley-a. (P2) George IV želio je znati je li Scott autor Waverley-a. (K3) Dakle, George IV je želio znatijeliscott -Scott. Primjer 2.7 Prethodni primjer interpretirao bi se u okviru modalne logike na način sličan sljedećem: Znageorge (P 1) Želi IV. (scott = ιx(xjeautorwaverleya)) george IV. Zna george IV. (scott 6= ιx(xjeautorwaverleya)) (P 2) scott = ιx(xjeautorwaverleya) ( K3) Želi Znageorge IV. (scott = scott) george IV. Zna george IV. (scott 6= scott)) Mnogi će se složiti da je gornji niz rečenica zadovoljiv. Primjer 2.8 Za Davidsona izuzeće od važenja Leibnizovog zakona predstavlja razlikovno obilježje psihičkog rječnika: "One glagole koji izražavaju sudne stavove kao što su vjerovanje, namjeravanje, željenje, nadanje, znanje, zapažanje, sjećanje i sl. možemo nazvati mentalnim. Takvi su glagoli obilježeni činjenicom da se javljaju u rečenicama čiji se gramatički subjekt odnosi na osobe, a upotpunjuju ih uklopljene rečenice u kojima izgleda da ne vrijede uobičajena pravila supstitucije." Primjer 2.9 Kripkeova zagonetka vjerovanja. Pretpostavimo da je govornik normalan ako nije sveznajući, ako je iskren, svjestan sebe i ako poznaje značenja riječi koje koristi. Prihvatimo u svrhu istraživanja sljedeće načelo (N): Ako običan govornik jezika L iskreno i promišljeno prihvaća da je istinita rečenica r iz jezika L, onda taj govornik vjeruje da r, pričemu r označava prijevod rečenice r na jezik u kojemu je iskazano načelo (N). Razmotrimo jedan primjer. Francuz Pierre, koji dobro govori kako svoj materinski tako i engleski jezik, za vrijeme svog življenja u Parizu više je puta čuo da je London jedan vrlo lijep grad. Na osnovi uvjerenja proširenog u krugu njegovih poznanika i gledanja lijepih londonskih veduta prikazanih na razglednicama, Pierre prihvaća da je rečenica (i) Londres est jolie istinita. Po načelu (N) slijedi da Pierre vjeruje da (i) London jest lijep grad jer je rečenica (i) prijevod rečenice (i). Kasnije, Pierre se seli u Veliku Britaniju i nastanjuje u Londonu. Nakon obilaženja grada on stječe uvjerenje da London nije lijep i prihvaća da je rečenica (ii) London is not pretty istinita. Pierre ne zna da je taj neugledni grad u kojem sada živi onaj isti grad čije je slike s divljenjem gledao dok je živio u Parizu. Budući da Pierre iskreno prihvaća da su

28 2.7 Dokazi koji koriste svojstva predikata i relacija 19 obje rečenice (i) i (ii) istinite, vjeruje li on kao normalni govornik da (i) London jest lijep ili vjeruje da (ii) London nije lijep, ili vjeruje i jedno i drugo? Problem supstitucije identiteta i dalje predstavlja zanimljiv problem u filozofskoj logici, problem koji ukazuje na posebnost "jezika o doživljajima, radnjama i osobama" i koji još uvijek nema općeprihvatljivo rješenje. U literaturi se kontekst u kojem načelo "supstitutivnosti koekstenzivnih izraza" (tj. zamjene identičnih terma, koesktenzivnih predikata te ekvivalentnih rečenica) dopušta iznimke naziva "intenzionalnim kontekstom". 2.6 Za zapamtiti Četiri važna načela odnosa identiteta: 1. = Elim: Ako b = c, onda sve što vrijedi za b vrijedi i za c. Načelo se tako der naziva načelom nerazlučivosti identičnoga. 2. = Intro: Rečenice čiji je oblik b = b uvijek su istinite (u logici prvoga reda). Načelo se naziva načelom refleksivnosti identiteta. 3. Simetričnost identiteta: Ako je b = c, onda c = b. 4. Tranzitivnost identiteta: Ako je a = b i b = c, onda je a = c. Posljednja dva načela mogu se izvesti iz prva dva. 2.7 Dokazi koji koriste svojstva predikata i relacija Razmišljajući o drugim predikatima na način na koji smo razmišljali o identitetu, mogli bismo i za njih uvesti niz sličnih pravila. Na primjer, mogli bismo za pojedinu relaciju pitati je li simetrična, refleksivna ili tranzitivna. Primjer 2.10 Relacija LijevoOd je tranzitivna. Relacija ImatiIstiOblik je simetrična, refleksivna i tranzitivna, dakle relacija ekvivalencije. Analitičkom posljedicom možemo nazvati postupak izvo denja koji se oslanja na značenja riječi koje se javljaju u premisama. Taj postupak može koristiti i značenja predikata. 1. LijevoOd(a, c) 2. LijevoOd(c, d) 3. LijevoOd(a, d) Ana Con;1, 2 U gornjem se primjeru iskoristila tranzitivnost relacije LijevoOd. Neke binarne relacije mogu biti «inverzne» u odnosu na druge. Relacija i njezina inverzija vrijede za iste predmete ali u «suprotnom smjeru». Relacija LijevoOd inverzna je u odnosu na DesnoOd: LijevoOd(a, b) ako i samo ako DesnoOd(b, a).

29 20 Poglavlje 2 Identitet U ovom dokazu 4. je rečenica analitička posljedica od 1. jer je predikat LijevoOd inverzija predikata DesnoOd. 5. je rečenica dobivena iz 3. i 4. zahvaljujući «nerazlučivosti identičnog»: što vrijedi za b vrijedi i za d jer b = d. Zahvaljujući tranzitivnosti predikata LijevoOd, iz 5. i 2. izvodimo 6. Zadatak 10 tranzitivne! Odredite jesu li relacije iz prethodnog dokaza refleksivne, simetrične i

30 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Aksiomatski sustav Istinitosno stablo Prirodna dedukcija tableaux metoda David Hilbert Evert Beth Gerhard Gentzen Zaključak čije su premise P 1,...,P n a konkluzija K ispravan je ako (je): teorem zatvoreno stablo za postoji dokaz `aksiomatski (P 1... P n ) K {P 1,...,P n, K} P 1,...,P n`prirod.deduk. K 3.1 Aksiomatski sustav Logika se može izložiti kao aksiomatski sustav u kojem će teoremi biti logičke istine. Za poseban slučaj propozicijske logike, to znači da će takva aksiomatska teorija obuvaćati tautologije. Daljnja su pitanja: obuvaća li ta teorija samo tautologije i obuhvaća li sve tautologije. 21

31 22 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Što je aksiom? U logici i matematici, osnovno načelo za koje se, bez dokaza, pretpostavlja da je istinito. Primjer 3.1 Aristotel ( ) znanost je obilježena ne samo s istinitošću rečenica koje je tvore već i s njihovim ustrojstvom. Znanost se treba izlažiti kao deduktivan sustav u kojemu su manje općenite rečenice dokazane pomoću prvih, najopćenitijih načela. Primjer 3.2 (Načelo neproturječnosti) Nijedna rečenica ne može istodobno biti i istinita i neistinita. Primjer 3.3 Euklid (oko ) u knjizi Elementi aksiomatizira geometriju. "Općenita načela" obuhvaćaju 23 definicije, 5 postulata i 5 općenitih ideja. Primjer općenita ideja: "Cjelina je veća od svakog svog dijela." Primjer 3.5 Spinoza ( ) daje grandiozni filozofski sustav u aksiomatskom obliku (Ethica more geometrico demonstrata). Primjer aksioma: Sve što jest, jest ili u sebi ili u drugome Izbjegavanje beskonačnog regresa Dokazivanje ne može ići u beskonačnost. Ono mora negdje stati. Ako dokaz shvatimo u smislu dedukcije, onda su krajnje točke dokaza aksiomi. Iskustveni sudovi, zapisi opažanja (promatranja, mjerenja) ne mogu biti polazište dedukcije Kako prepoznajemo aksiome? U tradiciji su aksiomi bili shvaćeni kao istine jasne po sebi (samo-evidentne istine). Primjer 3.6 Descartes, René ( ): "I uočivši da mi u postavci mislim, dakle jesam baš ništa drugo ne jamči da govorim istinu, osim da vidim vrlo jasno kako moramo postojati da bismo mislili, došao sam do uvjerenja da mogu postaviti opće pravilo, da su stvari koje shvaćam jasno i razgovijetno potpuno istinite." Primjer 3.7 Aksiomski način razmišljanja proteže se i izvan granica filozofije. U Deklaraciji nezavisnosti (1776) tvrdnja o ljudskim pravima shvaća se kao aksiom (uočite uporabu pridjeva self-evident ): "We hold these truths to be self-evident, that all men are created equal, that they are endowed by their Creator with certain unalienable Rights, that among these are Life, Liberty, and the pursuit of Happiness."

32 3.2 Željena svojstva aksiomatskog sustava 23 U novije vrijeme napušten je zahtjev da aksiomi moraju biti "jasni sami po sebi". Razlozi napuštanja vjerojatno su povezani s racionalističkom pristranošću takvog pojma i činjenicom da on uključuje nepouzdana psihološka obilježja Anatomija formalnog aksiomatskog sustava Formalni aksiomatski sustav (i) koristi neki rječnik (popis simbola, alfabet) (ii) od kojega se po pravilima tvorbe slažu rečenice. Na taj se način zadaje jezik teorije. K tome, (iii) neke rečenice (aksiomi) uzimaju se (iv) za polazište primjene pravila za dokazivanje drugih rečenica. Aksiomatska teorija obuhvaća one rečenice iz zadanog jezika koje se mogu dokazati. Dokaz je niz rečenica gdje je svaka rečenica ili aksiom ili je dobivena primjenom pravila dokaza iz prethodnih rečenica u nizu. Neka je rečenica R teorem ako postoji njezin dokaz, to jest ako postoji dokaz R 1,...,R n i R = R n. Svrha teorije je da iz zadanog jezika izdvoji neki dio. Konstrukcija teorije koja bi obuhvaćala sve rečenice zadanog jezika besmislen je i bezvrijedan poduhvat. Primjer 3.8 Jedan "igračka-sustav". Simboli: a, b. Rečenice: (a) a i b su rečenice, (b) ako je R rečenica onda su Ra i Rb rečenice, (c) ništa drugo osim onoga što možemo R dobiti primjenom pravila (a) i (b) nije rečenica. Aksiom: a. Pravilo dokaza: Ra (R dokazuje Ra). Odredite koji uvjet trebaju zadovaljavati rečenice u zadanom jeziku da bi bile teoremima! Uočite da pravilo koje ste otkrili nije teorem igračka-sustava, već metateorijska tvrdnja, tj. tvrdnja o teoriji! 3.2 Željena svojstva aksiomatskog sustava Neki aksiomatski sustav mora, ako je to moguće, zadovoljiti nekoliko uvjeta. Konzistentnost: sustav ne smije omogućiti dokaz obje rečeniceizparaproturječnih rečenica, tj. ne smije biti slučaj da je dokaziva neka rečenice kao i njezina negacija. Ovaj se uvjet mora ispuniti. Potpunost ne znači isto za ne-logičke i logičke aksiomatske. U ne-logičkim sustavima, potpunost zahtijeva da iz para kojeg čine rečenica i njezina negacija uvijek jedna me du njima bude dokaziva. U mnogim se slučajevima ovaj uvjet ne može ispuniti.u logičkom sustavu potpunost znači nešto drugo. Ovdje poželjno svojstvo teorem nije samo istinitost, već nužna istinitost. Negacije kontingentne rečenice je kontingentna rečenica. No, ni jedna niti druga ne smiju biti dokazive u nekom logičkom sustavu. Neovisnost: (i) i (ii) nijedan teorem nije aksiom. Ako uvjet neovisnosti nije zadovoljen, greška nije fatalna. Uvjeti o kojima ima smisla govoriti povodom nekog ne-logičkog aksiomatskog sustava sa skupom aksioma T.Znak ` označava tročlani odnos dokazivosti Dokazivo([rečenica], [skup aksioma], [logički sustav]). Npr. T `L P čitamo rečenica P (iskazana u jeziku teorije)

33 24 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza može se dokazati polazeći od pretpostavki T koristeći pravila dokaza L. Konzistentnost: ni za jednu rečenicu P ne vrijedi da T `L P i T `L P [Ne postoji rečenica P takvadajedokazivop i da je dokazivo P.] Potpunost: za svaku rečenicu P vrijedi da T `L P ili T `L P [Svaka rečenica P je takva da je dokaziva ili rečenica P ili rečenica P.] Neovisnost: za svaki aksiom vrijedi da ako A T, onda (T {A} `L A) [Njedan aksiom A ne možemo dokazati polazeći skupa aksioma iz kojih je on uklonjen (tj. polazeći od T {A}).] David Hilbert. Matematički problemi (predavanje na Me dunarodnom kongresu matematičara u Parizu, 1900.) U pomnijem razmatranju, javlja se pitanje: ovise li neki iskazi pojedinih aksioma jedni o drugima, te ne sadrže li zato aksiomi neke zajedničke elemente, koji moraju biti izdvojeni ako želimo doći do sustava aksioma koji su posve neovisni jedni o drugima. Ali iznad svega želim sljedeće istaknuti kao najvažnije me du mnogobrojnim pitanjima koja se mogu postaviti u vezi aksioma: dokazati da oni nisu kontradiktorni, naime, da odre deni broj, na njih oslonjenih logičkih koraka ne može nikada dovesti do kontradiktornog rezultata. Zadatak 11 O kojim poželjnim svojstvima aksiomatskog sustava govori Hilbert? Pripisuje li on istu važnost svim svojstvima? Zadatak 12 Zadatak. «Deduktivna teorija je konzistentna, ili neproturječna ako [... ] se od svaka dva proturječna iskaza bar jedan ne može dokazati. [... ] teorija je potpuna akosezasvakadvaproturječna iskaza formulirana u terminima te teorije barem jedan može dokazati. Za iskaz koji ima svojstvo da se njegova negacija može dokazati kažemo da se može osporiti» A. Tarski. Koristeći termine dokazati i osporiti iskaži uvjet konzistentnosti i uvjet potpunosti drugim riječima! Logički aksiomski sustav Jedan način razmišljanja o ispravnosti zaključaka u analitičkom okviru propozicijske logike je sljedeći: logika je teorija, a ispravni zaključci njezini su teoremi. U tom okviru kretala su razmišljanja formalnih logičara poput Fregea, Russella, Hilberta i Heytinga.

34 3.2 Željena svojstva aksiomatskog sustava 25 Logička aksiomatska teorija i ne-logička aksiomatska teorija odnose se kao fundirajući i fundirani sustavi ( foundational and postfoundational systems, Sheffer). Fundirajući logički sustavi imaju svoja pravila dokaza. S druge strane, fundirana teorija u svojim dokazima polazi od svojih ekstralogičkih aksioma i koristi logičke teoreme kao svoja pravila dokaza. Za izgradnju jedne fundirajuće aksiomatske logike trebamo odrediti sintaksu njezinog jezika: navesti popis osnovnih simbola i pravila za tvorbu rečenica u tom jeziku. Dalje ćemo analizirati jednu aksiomatizaciju propozicijska logike, Frege-Lukasiewiczev sustav Frege-Lukasiewiczev sustav Sintaksa. Neka su u jeziku teorije LP osnovni simboli: propozicijska slova: P 1, P 2,..., pomoćni simboli: (, ), i konstante: i. Pravilo tvorbe rečenica neka glasi: propozicijska slova su rečenice ujezikuteorijelp,aakosua i B rečenice u tom jeziku onda su i A i (A B) rečenice u tom jeziku, te ništa drugo nije rečenica tog jezika. Aksiomi, definicije i pravila dokazivanja. Aksiomski oblici: A1. (A (B A)) A2. ((A (B C)) ((A B) (A C))) A3 (( B A) (A B)) Definicije veznika: (A B) označava A B, itd. Pravilo dokazivanja: Ako je (A B) teorem i ako je A teorem, onda je B teorem Primjer dokazivanja logičkog teorema Dokaz ispravnosti za hipotetički silogizma u aksiomatskom sustavu LP : (1) aksiom tipa A1: ((A (B C)) ((A B) (A C))) ((B C) ((A (B C)) ((A B) (A C)))) (2) aksiom tipa A2: ((A (B C)) ((A B) (A C)) (3) teorem dobiven iz (1) i (2) primjenom pravila modus ponens: ((B C) ((A (B C)) ((A B) (A C)))) (4) aksiom tipa A2: ((B C) ((A (B C)) ((A B) (A C)))) (((B C) (A (B C))) ((B C) ((A B) (A C)))) (5) teorem dobiven iz (3) i (4) primjenom pravila modus ponens: (((B C) (A (B C))) ((B C) ((A B) (A C))))

35 26 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza (6) aksiom tipa A1: ((B C) (A (B C))) (7) teorem dobiven iz (5) i (6) primjenom pravila modus ponens: (B C) ((A B) (A C)) (7) je izraz za hipotetički silogizam. Dakle, ispravnost hipotetičkog silogizma dokazana je u LP jerjenaosnovidefinicijarečenica (B C) ((A B) (A C)) samo drukčiji zapis za ((B C) (A B)) (A C). Iako dokaz izlažemo od vrha prema dnu, dokaza tražimo suprotnim smjerom, od dna prema vrhu. Osnovni nacrt algoritma traženja dokaza za izraz čiji je oblik A K u sustavu LP sastoji se od sljedećih koraka: 1. ako ciljna rečenica nije aksiom, onda je dobivena primjenom pravila modus ponens iz rečenica X (A K) i X, 2. notadarečenica X ili mora biti istovjetna s K, koja mora biti aksiom ili, ako to nije slučaj, onda treba pronaći rečenicu X takvu da (a) X (A K) i(b)x budu dokazive, čime dobivamo dvije nove ciljne rečenice (a) i (b) za koje ponavljamo postupak. Dokaz se oslanja na instance aksioma (1, 2, 4, 6). Primjenom samo jednog pravila zaključivanja (MPP, tj. modus ponendo ponens) dobivaju se teoremi (3, 5, 7) me du kojima je i ciljni teorem (hipotetički silogizam, 7).

36 3.2 Željena svojstva aksiomatskog sustava 27 Zadatak 13 Neka je zadan gornji logički aksiomski sustav. Aksiomski oblici: A1. (A (B A)), A2. ((A (B C)) ((A B) (A C))), A3..(( B A) (A B)). Pravilo dokazivanja: Ako je (A B) teorem i ako je A teorem, onda je B teorem. Dokažite 7 A A! Zanimljivost U sastavljen je Logic Theorist, pionirski rad u području umjetne inteligencije (AI). Autori su bili A. Newell, J.C. Shaw i H.A. Simon. Zadatak koji je program trebao moći riješiti bio je dokazati teoreme iz Russellove i Whitheadove Principia Mathematica iz 2. glave. Rezultat: program je uspio dokazati 38 od prvih 52 teorema. Kod jednog teorema, dokaz do kojeg je došao Logic Theorist bio je elegantniji od onoga kojeg su dali Russell i Whitehead.[...] Tri su autora napisala kratki članak s novim dokazom i u popis imena autora pored vlastitih uvrstili Logic Theorist kao koautora. To je bio prvi akademski članak u povijesti u kojemu je stroj bio jedan od autora, ali, nažalost, urednik The Journal of Symbolic Logic nije prihvatio članak za objavljivanje. J. Copeland. Artificial Intelligence: a Philosophical Introduction. str Izbori pri izgradnji aksiomskog sustava propozicijske logike Broj logičkih konstanti (logičke operacije i vrijednosti)? Jednočlane opcije: (i) ne istodobno, inkompatibilnost, ekskluzija, NAND,, (ii) ni niti, binegacija, NOR,. Dvočlane opcije: (i) samo s istinitosnofunkcionalnim veznicima (npr. kao u Frege-Lukasiewiczevom sustavu: i ), (ii) jedan veznik i istinitosna vrijednost neistinitog (npr. i ) Neizbježna negacija Ako usmjerimo pažnju na veznike,,, i, lakoćemo uočiti da oni nisu dovoljni da bi izrazili sve istinitosne funkcije. Ako je rečenica R neistinita u 7 (1) aksiom A1: A ((A A) A) (2) aksiom A2: (A ((A A) A)) ((A (A A)) (A A)) (3) modus ponens; (1),(2): (A (A A)) (A A) (4) aksiom A1: A (A A) (5) modus ponens; (3),(4): A A

37 28 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza vrednovanju u kojem su sva propozicijska slova istinita, onda tu rečenicu ne možemo iskazati pomoću spomenuta četiri veznika. Dakle, u svim dvočlanim izborima veznika u kojim koristimo neki od spomenuta četiri veznika potrebna nam je negacija Normalne forme: disjunktivna i konjunktivna Teorem 1 Sve se istinitosne funkcije mogu iskazati u disjunktivnoj normalnoj formi i u konjunktivnoj normalnoj formi. Literalima nazivamo atomarnu rečenicu i njezinu negaciju. Disjunktivna normalna forma je disjunkcija konjunkcija u kojima se javljaju samo literali. Konjunktivna normalna forma je konjunkcija disjunkcija u kojoj se javljaju samo literali. Njihovo postojanje pokazat ćemo putem postupka konstrukcije. Najprije pokazujemo način konstrukcije disjunktivne normalne forme. Neka je zadana neka rečenica propozicijske logike, tj. istinitosna funkcija. Motrimo samo vrednovanja u kojima je ona istinita, te zapišimo atomarnu rečenicu ako je ona istinita pod tim vrednovanjem, a u protivnom zapišimo njezinu negaciju. Tako dobivene literale povežimo u konjunkciju. Postupak ponavljamo na svakom istinitom slogu, a dobivene konjunkcije povezujemo u disjunkciju. Na ovaj način bilježimo okolnosti u kojima je rečenica istinita, a njezino značenje je disjunkcija takvih uvjeta. Kod konjunktivne normalne forme činimo suprotno: bilježimo pod kojim je uvjetima neistinita. Motrimo vrednovanja kojima je ona neistinita, te zapišimo negaciju atomarne rečenice ako je ona istinita pod tim vrednovanjem, a u protivnom (tj. ako je neistinita) upisujemo samu atomarnu rečenicu. Tako dobivene literale spojimo u disjunkciju. Postupak ponavljamo i sve dobivene disjunkcije spajamo u konjunkciju. Primjer 3.9 DNF KNF P Q zadana i.f. (P Q) ( P Q) ( P Q) P Q > > > P Q > P Q > > P Q > P Q Zadatak 14 Prona dite DNF i KNF za istinitosne funkcije po vašem izboru. Rješenja možete provjeriti pomoću analizatora na adresi

38 3.2 Željena svojstva aksiomatskog sustava Ekspresivna potpunost Je li neki izbor veznika dovoljan za iskazati sve istinitosne funkcije? Na to pitanje je prilično lako odgovoriti. Evo jednog me du odgovorima. Ako pomoću tog izbora veznika možemo definirati konjunkciju i negaciju, onda je taj izbor ekspresivno potpun. Zašto? Svaku istinitosnu funkciju možemo prikazati u obliku disjunktivne normalne forme, a iz nje možemo ukloniti disjunkciju koristeći DeMorganove zakone. Time smo pokazali da su i istinitosno funkcionalno potpuni, pa će onda i izbor veznika koji omogućuje definiciju za i biti potpun. Na sličan način možemo argumentirati u slučaju kad se pozivamo na konjunktivnu normalnu formu, tj.na ekspresivnu potpunost disjunkcije i negacije. binegacija ekskluzija P Q P Q P Q > > > > > > > > Redukcija na dva simbola {, } {, } {, } P P P P P Q ( P Q) P Q (P (Q )) P Q P Q ( P Q) (P ) Q Redukcija na jedan simbol { } { } P P P P P P Q (P P ) (Q Q) (P Q) (P Q) P Q (P Q) (P Q) (P P ) (Q Q Format aksioma i pravila dokazivanja. Daljnji izbori u gradnji aksiomatskog sustava propozicijske logike odnose se na izbor izme du aksioma ili aksiomskih oblika, gdje prva opcija zahtijeva dodavanje supstitucije u skup pravila dokazivanja. Jedna aksiomska shema (Nicod- Łukasiewicz aksiomski sustav za propozicijsku logiku) ili više aksiomskih shema? Aksiomske sheme (aksiomski oblici) bez pravila jednolike supstitucije (kao u Frege-Lukasiewiczevom sustavu) ili aksiomi s pravilom jednolike supstitucije? Usporedba: logički i izvan-logički aksiomski sustav Usporedimo aksiomski sustav propozicijske logike i nelogički aksiomski sustav u odnosu na željena svojstva konzistentnosti i potpunosti. U sintaktičkom

39 30 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza smislu neki aksiomatski sustav nazivamo konzistentnim ako se u njemu ne može dokazati i rečenica A irečenica A. U tom pogledu nema razlike izme du logičkih i ekstralogičkih sustava. Uočimo da konzistentnim u sintaktičkom smislu možemo nazvati i sustav koji nije semantički konzistentan. No, od logičkog sustava mi očekujemo puno više. Ne samo da bude istinit (semantički konzistentan) već ida bude istinit u svakoj interpretaciji. Zbog toga je sintaktička potpunost logičkog sustava različit pojam od potpunosti ekstralogičkog sustava. Razliku u pojmu konzistentnosti prati i razlika u pojmu potpunosti. Tarski potpunost definira u odnosu na par proturječnih rečenica, uvijek jedna od njih, bilo A bilo A mora biti dio sustava (možda i obje). Očigledno je da pri tome misli samo na ekstralogičke sustave. Kod logičkih sustava potpunost u takvom smislu nipošto nije poželjna. S ulaskom kontingentnih rečenica ne samo da bi nestala razlika logike prema njoj bliskoj matematici 8 već bi nestala i razlika prema empirijskim znanostima. SLIKA: I lijevi i desni sustav su potpuni (kose crtice ukazuju na «prazninu», na «ne-postojanje»). Kuda nas vodi negacija u ekstralogičkim (lijevo) i logičkim (desno) konzistentnim i potpunim sustavima pokazuju nam zakrivljene crte. Primjer 3.10 Razmotrimo primjer jednog sustava koji sve kontradikcije i samo kontradikcije preuzima kao teoreme. Neka jek račun sudova zadan na sljedeći način: aksiomski oblici su zadani s nekim skupom antitautologija (tj. kontradikcija), a jedino pravilo izvoda je iz A B i A,izvediB. Ispitajmo je li račun K konzistentan! 8 Promotri tvrdnju: x : x N 0=sljedbenik_od(x). Ona nije logička istina prvog reda. Metodom zamjene možemo dobiti i ovakvu rečenicu: x : adam = otac_od(x). Nije stvar logike prvog reda pitanje o tome ima li Adam potomaka ili ne. Jednako tako, nije pitanje logike prvog reda je li nula ičiji sljednik.

40 3.2 Željena svojstva aksiomatskog sustava 31 Rjeenje 1 U dokazu treba pokazati da pravilo dokaza «prenosi kontradiktornost», tj. da ćemo primjenom pravila izvoda uvijek iz kontradikcija izvesti novu kontradikciju. Ispitajmo prijenos kontradiktornosti Neka su A B i A aksiomi, dakle kontradikcije. Budući da je A kontradikcija, onda je A tautologija. Kako je A B kontradikcija a A tautologija, onda B mora biti kontradikcija. Pretpostavimo da se kontradiktornost ne prenosi. Neka je rečenica S prva koja ne uspijeva sačuvati kontradiktornost. Tada S nije aksiom, već morabiti dobivena pomoću pravila. Ako je dobivena pomoću pravila, onda je nastala iz nekih prethodnih rečenica uz primjenu pravila. Budući da su prethodne rečenice kontradikcije a pravilo čuva to svojstvo, slijedi da je S kontradikcija. Time smo osporili pretpostavku. Dalje treba pokazati da se ne može dogoditi da par kontradiktornih rečenica bude u K. Očigledno je da to ne može biti slučaj jer je negacija kontradikcije tautologija, a po prethodnom dokazu pouzdanosti upri- jenosu kontradiktornosti, znamo da se u sustavu K nalaze jedino kontradikcije. Primjer 3.11 Dodajmo Frege-Lukasiewiczevom aksiomskom sustavu još dvije aksiomske sheme, A4: A ia5: A. Posintaktičkom kriteriju, novonastala teorija je inkonzistentna. Dokažite da je u toj teoriji svaka rečenica teorem 9! Primjer 3.12 U sljedećoj definiciji ispitajmo je li riječ o pojmu potpunosti za logičke ili ne-logičke aksiomske sustave. «Sustav je sintatički potpun ako i samo ako ne postoji nedokaziva shema B koja bi se mogla dodati sustavu a da pri tome ne unese inkonzistentnost» Što bi se dogodilo kada bismo jednom logičkom sustavu tautologija pridodali kontingentni iskaz? 9 Proizvoljna rečenica R je teorem. Dokaz: (1) A3: ( R A) (A R) (2) A2: A ( R A) (3) A4: A (4) modus ponens; (2),(3): R A (5) modus ponens; (1), (4) A R (6) A5: A (7) modus ponens; (5),(6): R

41 32 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Sintaktički Ekstralogički sustav Logički sustav Konzistentnost Nije slučaj da su teoremi i A i A Potpunost U paru A i A uvijek je barem jedna rečenica teorem? Semantički Ekstra-logički sustav Moguće je da sve rečenice sustava budu istinite (postoji istinita interpretacija, sustav ima model) Sustav izdvaja sve istinite rečenice pod danom interpretacijom Logički sustav Sve rečenice sustava nužno su istinite (sve interpretacije su istinite, svaki model je model sustava) Sustav izdvaja sve logičke istine. Zadatak 15 «Łukasiewicz je bio duboko uvjeren da je aksiomska istinitisno-funkcionalna logika vježbaonica za druge i važnije primjene aksiomske metode. Ja sam više uvjeren u njezinu štetu. Aksiomska logika, sa svojim aksiomskim shemama i posebnim pravilima zaključivanja, ne sliči puno post-fundiranim aksiomskim sustavima. Ako se već želi nekoga obučiti za primjenu aksiomske metode u post-fundiranim sustavima, onda neka se ta osoba uvježbava u takvim sustavima. Glavna komponenta takve obuke je njegovanje sposobnosti za prepoznavanje ili dokazivanje implikacije, jer implikacija je ono što povezuje post-fundirane aksiome s logičkim teoremima.» W.V. Quine. (1974) Methods of Logic. str. 75. Ponudite razloge kojima ćete potvrditi Quine-ov stav da vježbanje u aksiomskoj logici nije isto što i vježbanje primjene aksiomske metode u fundiranim sustavima! Pouzdanost, konzistentnost i potpunost Frege-Lukasiewiczeovog sustava Važno svojstvo nekog logičkog sustava je svojstvo pouzdanosti. U slučaju aksiomatskog sustava propozicijske logike, trebamo dokazati da su samo tatuologije teoremi. Taj je dokaz prilično jednostavan. najprije trebamo pokazati da su svi aksiomi tautologije. Zatim trebamo dokazati da pravilo (ili pravila) dokaza čuvaju istinitost. Teorem 2 Frege-Lukasiewiczev sustav je pouzdan. Koristeći oznake za teoremstvo u tom sustavu, `Frege Lukasiwicz i tautologičnost,

42 3.2 Željena svojstva aksiomatskog sustava 33 Taut, teorem možemo zapisati ovako: `Frege Lukasiwicz A Taut(A) Dokaz 1 Shema A (B A) je shema tautologije. Pretpostavimo suprotno. tada mora postojati neka instanca ove sheme gdje je A istinito a B A neistinito. Ako je A istinito, onda po definiciji kondicionala B A mora (protivno pretpostavci) biti istinito. Dakle, aksiomska shema je tautologija. Dokažite sami da je A3. shema tautologije! Nakon što smo pokazali da su svi aksiomi tautologije, trebamo pokazati da pravila dokaza primjenjena na tautologijama mogu dokazati jedino tautologije. Ako pravilo modus ponens čuva tautologičnost, onda ne može biti slučaj da su A B i A tautologije, a B da nije. Pretpostavimo suprotno, da B nije tautologija. Tada postoji vrednovanje u kojem je B neistinito, a budući da je A tautologija, u tom je vrednovanju kondicional A B neistinit, pa nije tautologija. Kontradikcija. Dakle, modus ponens čuva tautologičnost. Na kraju trebamo ispitati mogućnost deriviranja rečenice kojanijetautologija.ovaj se dokaz obično izvodi putem matematičke indukcija. Budući da ćemo matematičku indukciju obra divati kasnije, primijenit ćemo drukčiji dokaz. Promatramo proizvoljni dokaz koji derivira rečenicu R koja nije tautologiju i koja je prvi takav nevaljan korak. Rečenica R je ili aksiom ili je dobivena primjenom pravila. Razmotrimo oba slučaja. Ako je R aksiom, onda je tautologija. Zato to nije nevaljan korak. Kontradikcija. U drugom slučaju, ako je dobivena primjenom pravila i ako je R prvi nevaljan korak onda je dobivena iz prethodnih koraka koji su tautologije. Kako modus ponens čuva tautologičnost, R mora biti tautologija. Kontradikcija. Dakle, samo se tautologije mogu dokazati Njegova konzistenost Teorem 3 0 Frege Lukasiwicz Dokaz 2 Konzistenost izravno sijedi iz pouzdanosti. Budući da su svi teoremi tautologije i budući da nijedna tautologija nije negacija druge tautologije, nije moguće da obje iz para proturječnih rečenica budu teoremi Njegova potpunost Teorem 4 Ako je A tautologija, onda se A može dokazati u Frege-Lukasiwicz aksiomatskom sustavu: Taut(A) `Frege Lukasiwicz A

43 34 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Dokaz 3 Dokaz potpunosti je teži i zahtijeva korištenje stroge (matematičke) indukcije, koja će tek kasnije biti uvedena. Zbog tih razloga navodimo samo skicu dokaza. Klasični dokaz sadrži tri osnovne etape i nekoliko pomoćnih (*), kojima se pokazuje da se odre dene valjane rečenice, potrebne za dokaz mogu dokazati u sustavu. (Radi lakšeg zapisa, oznaku dokazivosti dalje ćemo pisati bez podznaka.) (1) Najprije treba dokazati teorem dedukcije: Γ {A} `B Γ ` A B. Dokaz teorema dedukcije provodi se tako da se pokaže da pomoću raspoloživih sredstava možemo izvesti traženi pomak. Pokazat ćemo samo dio dokaza: po pretpostavci stroge indukcije teorem vrijedi za dokaz od n članova (dokaz sastavljen n rečenica). Trebamo pokazati da tada teorem vrijedi i za dokaz od n +1 članova. Ako je B aksiom ili je B zapravo A ili je B jedna od rečenica u Γ,dokaz je rutinski. Promotrimo slučaj u kojemu je B dobiven primjenom (jedinog) dopuštenog pravila zaključivanja. Dakle, B je dobiven iz nekih prethodnih rečenica R B i R. Po pretpostavci indukcije vrijedi Γ ` A (R B) i Γ ` A R. Korištenje instance aksioma 2: (A (R B)) ((A R) (A B)) vodi nas do traženog Γ ` A B. (2) U drugoj etapi ostvaruje se povezivanje semantičkih i sintaktičkih svojstava. Budući da je cilj dokaza upravo pokazati da su sve tautologije ( tautologija je semantički pojam) dokazive ( dokazivost je sintaktički pojam), ovaj bi se korak mogao shvatiti kao "nerv dokaza". Najprije definiramo funkciju λ h koja za svako dodjeljivanje h istinitosnih i rečenicu S ispostavlja daljnju rečenicuposljedećem "receptu": λ h (S) = S ako h(s) =>, S ako h(s) =. Neka se u rečenici S javljaju jedino propozicijska slova iz skupa {P 1,...,P n }. Tada vrijedi: {λ h (P 1 ),...,λ h (P n )}`λ h (S). ((*)) Dokaz ovog koraka zahtijeva korištenje indukcije koja uzima o obzir složenost rečenice S. Po dopuštenoj sintaksi, S mora ili biti propozicijsko slovo ili imati oblik negacije ili kondicionala. Pogledajmo samo treći slučaj. Ako je S kondicional, onda postoje rečenice A i B takvedajes = A B. Ispitajmo slučajeve: ili h(a B) => ili h(a B) =. Za razumjeti ideju dokaza dovoljno je da proučimo drugi slučaj. U drugom slučaju mora vrijediti h(a) => i h(b) =. Trebamo dokazati da tada: {λ h (P 1 ),...,λ h (P n )}`λ h (A B), to jest,. {λ h (P 1 ),...,λ h (P n )}` (A B). Po pretpostavci indukcije tražena tvrdnja vrijedi za rečenice čija je složenosti

44 3.3 Istinitosna stabla ("tableaux" metoda) 35 manja od složenosti S-a. Zato, {λ h (P 1 ),...,λ h (P n )}`λ h (A), to jest,. {λ h (P 1 ),...,λ h (P n )}`A, i {λ h (P 1 ),...,λ h (P n )}`λ h (B), to jest, {λ h (P 1 ),...,λ h (P n )}` B. Pomoćni korak koristi teorem A ( B (A B)) i do traženog se lako dolazi. (3) U trećem koraku povezujemo prethodna dva. Trebamo dokazati da ako je K tautologija, da je tada K teorem, ` K. Toćemo učiniti eliminirajući pretpostavku po pretpostavku u smjeru s lijeva na desno. Najprije pokažimo da možemo ukloniti P n. Definirajmo dva vrednovanja: h + tako da za svaki i {1,.., n} vrijedi h + (P i )=>,teh tako da za svaki i {1,..,n 1} h (P i )= > a h (P n )=. Primjenom (*) dobivamo {λ h +(P 1 ),...,λ h +(P n )}`K. i {λ h (P 1 ),...,λ h (P n )}`K. Primjena teorema dedukcije daje.i {λ h +(P 1 ),...,λ h +(P n 1 )}`λ h +(P n ) K, to jest, {P 1,...,P n 1 }`P n K, {λ h (P 1 ),...,λ h (P n 1 )}`λ h (P n ) K, to jest, {P 1,...,P n 1 }` P n K. Koristeći pomoćni korak po kojemu ako Γ ` A B i Γ ` A B, onda Γ ` B, dobivamo {P 1,...,P n 1 } ` K. Istovrsni postupak treba primijeniti redom na preostale pretpostavke i na kraju ćemo dobiti ono što smo htjeli: ` K. 3.3 Istinitosna stabla ("tableaux" metoda) "Tableaux" sustave uveo je nizozemski logičar Evert Beth u 50-tim godinama dvadesetog stoljeća. Temeljito ih proučava Raymond Smullyan. Pedagoški gledano, one su lake za korištenje jednom kada se nauče pravila. Slabost proizlazi iz činjenice da ne odgovaraju stvarnom deduktivnom zaključivanju, u čemu, inače, leži glavna prednost sustava prirodne dedukcije. Sam sustav leži negdje izme du semantike i sintakse. Semantičko obilježje proizlazi iz činjenice da se gradnjom stabla opisuju minimalne okolnosti u kojima su sve rečenice iz nekog skupa istinite. Sintaktička strana proizlazi iz činjenice da se na rečenicama primjenjuju pravila zaključivanja (u kojima se neki istinitosnofunkcionalni veznik uklanja). Tablica je stablo (koje raste odozgo prema dolje). Stablom se naziva. struktura koja ima početnu točku i gdje svaka točka, s iznimkom korijena, ima točno jednog od sebe različitog neposrednog prethodnika.

45 36 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Pravila se dijele u tri dijela: pravilo za dvostruku negaciju, pravila dodavanja (konjunkcije) ili α-pravila, pravila grananja (disjunkcije) ili β-pravila. I. II. III. A α β / \ A α 1 β 1 β 2 α 2 α pravila α 1 α 2 β-pravila β 1 β 2 A B A B A B A B (A B) A B (A B) A B (A B) A B A B A B A B A A (A B) B A B B A B Ako grana (put, staza) stabla sadrži rečenični atom (propozicijsko slovo) i njegovu negaciju, nazivamo je zatvorenom. Stablo je zatvoreno ako su mu sve grane zatvorene. Ispod zatvorene grane upisuje se križić. Za slučaj propozicijske logike, svaka rečenica nad kojom je primijenjeno neko pravilo označava se kvačicom. Skup rečenica čije je stablo zatvoreno je nezadovoljiv skup (neispunjiv). Ispravnost zaključka utvr duje se gradnjom stabla za skup rečenica koji sadrži sve premise i negaciju konkluzije. Zaključak čije su premise P 1,...,P n a konkluzija K, ispravan je akko skup rečenica {P 1,...,P n, K} nije zadovoljiv. Ako je stablo zatvoreno za neki skup rečenica, onda taj skup nije zadovoljiv. Primjer 3.13 Ispravnost zaključka [A C], [B C], [A B] C utvr duje se ispitivanjem zadovoljivosti skupa {A C, B C, A B, C}. Gradnja istinitosnog stabla za taj skup pokazuje da je on nezadovoljiv, tj. da je zaključak ispravan.

46 3.3 Istinitosna stabla ("tableaux" metoda) 37 Pregled pravila za istinitosno funkcionalne veznike.

47 38 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Očitavanje stabla Rečenica S zadvoljiva nezadovoljiva Broj otvorenih grana sve samo dio nijedna valjana nevaljana Ispravnost zaključka možemo provjeriti ispitujući je li zadovoljiv skup Γ { K}rečenica koji obuvaća sve premise P Γ i negaciju konluzije K. Ako Γ { K} nije zadovoljiv, zaključak Γ ` K jest ispravan. Ispravnost zaključka možemo odrediti i ispitujući je li negacija njegovog korespondentnog kondicionala nezadovoljiva. Korespondentni kondicional zaključka Γ ` K jest ^ P Ã! ^ K. Ako P K nije zadovoljivo, zaključak je valjan. P Γ Zadatak 16 Na otoku, čiji su jedini stanovnici vitezovi koji uvijek govore istinu i varalice koje uvijek lažu, susrećemo dvojicu domorodaca. Jedan me du njima kaže: "Barem je jedan od nas dvojice varalica." Odredite tko je tko gradnjom istinitosnog stabla! P Γ Odgovor 1 Shema prevo denja: A: Govornikjevitez. B: Drugi stanovnik je vitez. Formalni zapis: (A ( A B)) (( A B) A). Rješenje: govornik je vitez a drugi stanovnik je varalica. Zadatak 17 Na otoku, čiji su jedini stanovnici vitezovi koji uvijek govore istinu i varalice koje uvijek lažu, susrećemo dvojicu domorodaca. Jedan me du njima, pokazujući na drugoga, kaže: "Ja sam varalica ali on nije." Odredite tko je tko gradnjom istinitsnog stabla! Zadatak 18 Znamodatočno jedan od dva kovčega, od kojih svaki ima neki natpis, sadrži blago. Znamo i to da je barem jedan natpis lažan. Na prvom, drvenom kovčegu piše: "Blago je ovdje", a na drugom, željeznom kovčegu piše: "Blago nije ovdje". Odredite gdje je blago koristeći metodu gradnje istinitosnog stabla! Pouzdanost metode istinitosnog stabla Teorem 5 Akojestablozarečenicu S zatvoreno, onda je S tautologija.

48 3.4 Prirodna dedukcija 39 Koristeći oznaku za zatvorenost stabla `tableaux S, koja tvrdi da se S može dokazati metodom istinitosnog stabla (tj. da je stablo za S je zatvoreno), tvrdnju možemo zapisati ovako: `tableaux S ² S Dokaz 4 Najprije trebamo dokazati dvije pomoćne tvrdnje (leme) o tome da pravila prenose istinitost: 1. ako je korijen α pravila istinit, onda su istiniti i njegovi nasljednici, 2. ako je korijen β istinit, onda je istinit barem jedan njegov nasljednik. Leme je lako dokazati pozivanjem na definicije pojedinih veznika. Za dokaz potpunosti, pretpostavimo suprotno: da je stablo za S zatvoreno a da je S zadovoljivo. Ako je S zadovoljivo, onda postoji vrednovanje u kojem je ono istinto. Tada po lemama mora postojati otvorena grana. Kontradikcija. 3.4 Prirodna dedukcija Dag Prawitz. Ideje i rezultati teorije dokaza. u Novija filozofija matematike. Čini se da su najistaknutija svojstva Gentzenovih sistema prirodne dedukcije (i) analiza zaključivanja do atomarnih koraka, kojima su razdvojene deduktivne uloge logičkih konstanti, i (ii) otkriće dvovrsnosti ovih atomarnih koraka, tj. otkriće uvo denja i uklanjanja, koja stoje u odre denoj simetričnoj relaciji. Encyclopaedia Britannica 98 Najprije, njemački je matematičar Gerhard Gentzen razvio metodu Sequenzen (pravila za konzekvente), koja je bila posebno korisnazaizvo denje metalogičkih rezultata o odlučivosti. Ovakvu je metodu inicirao Paul Hertz 1932, a sličnu jemetoduopisaostanislaw Jashkowski Sljedeća na redu bila je slična metoda bez aksioma metoda "prirodne dedukcije," koja koristi samo pravila zaključivanja; tajemetodapoteklaizsugestijebertrandarussellaiz1925arazvilisu je Quine i logičari iz SAD-e Frederick Fitch i George David Wharton Berry. Tehnika prirodne dedukcije široko se koristi u nastavi logike, iako time demonstracija metalogičkih rezultata postaje ponešto teža [...] U sustavu prirodne dedukcije ne štedi se na pravilima transformacija: za svaki logički znak u jeziku kojeg promatramo postoji pravilo za uvo denje i pravilo za uklanjanje tog znaka. Logički znakovi u jeziku propozicijske logike su veznici (uključujući negaciju). Zaključivanje se u sustavu prirodne dedukcije može opisati kao proširivanje teksta koji sadrži premise s izvedenim rečenica na osnovi jednostavnih koraka u kojima se neka logička konstanta ili introducira ili eliminira.

49 40 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Dokaz u sustavu prirodne dedukcije za rečenicu R koji polazi od skupa premisa p: niz rečenica R 1,...,R n dokazjezarečenicu S na osnovi skupa pretpostavki p ako i samo ako su ispunjeni sljedeći uvjeti: (i) svaka je rečenica u nizu ili pretpostavka iz p ili je privremena pretpostavka ili je dobivena putem primjene pravila izvo denja iz prethodnih rečenica u nizu, (ii) -posljednja rečenicaunizujerečenica S,tj.R n = S (iii) posljednja rečenica u nizu ne citira niti jednu privremenu pretpostavku ili rečenicu koja ovisi o nekoj privremenoj pretpostavci (drugim rječima, nijedna privremena pretpostavka nije na snazi). Zadatak 19 Analizirajte sljedeći citat! Alfred Tarski: "Za dokazati: Ako je x = y, onda je y = x. Dokaz: 1. Po Leibnizovom zakonu, x = y ako i samo ako x ima svako svojstvo koje ima x i y ima svako svojstvo koje ima x. 2. Zamijenimo u Lebnizovom zakonu x s y i y s x. Dobivamo: y = x ako i samo ako y ima svako svojstvo x i x ima svako svojstvo koje ima y. 3. Po zakonu komutacije za logičko množenje, desne strane u bikondicionalima iz 1. i 2. su ekvivalentne. 4. Lijeve strane, tj. formule x = y i y = x, moraju tako der biti ekvivalentne. Zato, vrijedi da ako x = y, onda y= x." Izdvojite pravila dokaza u citatu? Jesu li ona elementarna? Prikažite strukturu dokaza grafički! Pregled pravila i usporedba prirodne dedukcije u Lemmon i Fitch stilu Oznaka Lemmon Fitch Pretpostavke navo denje rednih brojeva pretpostavke koje su na snazi pretpostavki o kojima korak ovisi iznad i s lijeva crte dokaza Broj koraka u zagradama redni broj ispred rečenice Pravilo iza dobivene rečenice s citiranjem rečenica na kojima se primjenjuje Stavljanje pretpostavke van snage izostavljanje broja pretpostavke izlaženje izvan crte poddokaza Konjunkcija Fitch stil dokaza.

50 3.4 Prirodna dedukcija Elim Lemmon a 1,...,a n (i) A B. a 1,...,a n (j) A [ili B] i Elim Fitch (i)p 1... P i... P n. (j)p i Elim: i Intro Lemmon a 1,...,a n (i) A. b 1,...,b m (j) B. a 1,...,a n,b 1,...,b m (k) A B [ili B A] i,j Intro (i)p 1 (j)p n Fitch. (k)p 1... P n Intro: i,...,j Disjunkcija Elim Lemmon a 1,...,a s (i) A B. j (j) A pretpostavka. b 1,...,b t (k) C

51 42 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza. l (l) B pretpostavka. c 1,...,c u (m) C. Pret (n)..c i, j, k, l, m Elim gdje Pret = {a 1,...,a s } {b 1,...,b t } {j} {c 1,...,c u } {l} Fitch (i) P 1... P n. (j) P 1 (k) (l). (m). S P n. (n) S Elim: i, j-k,..., l-m Intro Lemmon a 1,...,a n (i)..a. a 1,...,a n (j)..a B [ili B A] i Intro (i)p i Fitch. (j)p 1... P i... P n Intro:i Kondicional Elim Lemmon a 1,...,a n (i) A B S

52 3.4 Prirodna dedukcija 43. b 1,...,b m (j) A. a 1,...,a n,b 1,...,b m Fitch (i)a B. (j)a. (k)b Elim: i,j Intro (k)..b i, j Elim Lemmon i (i) A. a 1,...,a n (j) B. {a 1,...,a n } {i} (k) A B i, j Intro Fitch. (i) A. (j) B (k) A B Intro:i-j Negacija Elim Lemmon a 1,...,a n (i) A. a 1,...,a n (j) A i Elim

53 44 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Elim Fitch (i) A. (j)a Elim: i Intro Lemmon i (i) A. a 1,...,a n (j) [bilo koja eksplicitna kontradikcija]. {a 1,...,a n } {i} (k) A i, j Intro. (i) Fitch A. (j) (k) A Intro:i-j Neistina (apsurd, falsum) Elim Fitch (i). (j)a Elim: i

54 3.4 Prirodna dedukcija Intro Fitch (i)a. (j) A. (k) Intro:i,j Bikondicional Elim Lemmon a 1,...,a n (i)..a B. a 1,...,a n (j)..(a B) (B A) i D Fitch (i)a B [ili B A]. (j)a. (k)b Elim: i,j Intro Lemmon a 1,...,a n (i)..(a B) (B A). a 1,...,a n (j)..a B [ili B A] i D

55 46 Poglavlje 3 Propozicijska logika i teorija dokaza Fitch (i) Ạ. (j) B. (k) B. (l) A (m) A B Intro: i-j, k-l Reiteracija Fitch (i) (j) Ạ. AReit:i Zadatak 20 Usporedite na primjerima po vašem izboru dokazivanje u Lemmon-stilu koristeći interaktivnost na adresi i dokazivanje u Fitch-stilu koristeći interaktivnost na adresi Pravila prvog i drugog reda Razmotrena pravila prirodne dedukcije za istinitosno funkcionalne veznike ne "leže na istoj razini". Jedna vrsta takvih pravila koristi rečenice da bi se izvela neka rečenica, druga koristi dokaze da bi se dokazala neka rečenica. Te dvije vrste pravila, po sugestiji Davida Makinsona, mogli bismo nazvati: (i) izravna pravila ili pravila prvog reda, koja rečenice ili rečenica na rečenicu, i (ii) neizravna pravila ili pravila drugog reda, koja dopuštaju prijelaz sa zaključka na zaključak. Primjer 3.14 Pravila drugog reda u Makinsonovom zapisu. A je skup rečenica, β, β 1, β 2, γ su rečenice. A {β} `γ [Kondicionalan dokaz] A ` β γ A {β 1 }`γ A {β 2 }`γ [Disjunktivan dokaz] A {β 1 β 2 }`γ A { γ} ` [Reductio ad absurdum] A ` γ Pitanja za razmišljanja

56 3.4 Prirodna dedukcija 47 Zadatak 21 Kojem biste sustavu dokaza dali prednost za svrhu početnog učenja logike? Zadatak 22 Kako biste objasnili povijesni redoslijed javljanja sustava dokaza (aksiomatski; prirodna dedukcija; istinitosno stablo)? Zadatak 23 Kako se odnose jezična i logička sposobnost, razumijevanje značenja rečenica i razumijevanje odnosa značenja me du rečenicama? Koji od razmotrenih sustava bolje objašnjava vezu izme du dviju sposobnosti? Zadatak 24 Usporedite dva načina ispitivanja zadovoljivosti: putem istinitosnih tablica i putem istinitosnog stabla! Koji je me du njima kompleksniji, tj. koji uključuje više koraka i zahtjeva veći "prostor" u memoriji? Zadatak 25 Kako biste odredili značenje izraza elegantni dokaz?

57 Poglavlje 4 Pouzdanost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku Zadatak 26 Ekskluzivna disjunkcija. Prikaži P Y Q u konjunktivnoj i disjunktivnoj normalnoj formi. Ispitajte je li sljedeća metoda dokaza valjana za taj veznik (na slici označen s XOR )! Opravdajte svoj pozitivni odgovor. Negativan odgovor potkrijepite protuprimjerom 10. Primjer 4.1 Iskažite pravila uvo denja (YIntro) i isključivanja (YElim) za ovaj veznik! 10 (DNF) (P Q) ( P Q) (KNF) (P Q) ( P Q) Ispitujemo valjanost pravila vrednujući korake. Po pravilu Intro možemo izvesti na osnovi prvog poddokaza P Q inaosnovidrugogaq T. Postoji vrednovanje u kojemu su PXORQ, P Q, Q T istinite, a SXORTneistinita. Čitatelju ostavljamo da prona de vrednovanje o kojem je riječ. 48

58 4.1 Tautološka posljedica 49 Odgovor 2 Jednoodmogućih rješenja: YElim YIntro 4.1 Tautološka posljedica Q je tautološka posljedica od P 1,...,P n ako i samo ako je Q istinito u svakom vrednovanju u kojemu je svaka rečenica P 1,...,P n istinita. Primjer 4.2 DesnoOd(b, a) je analitička posljedica rečenice LijevoOd(a, b) jer su te dvije relacije inverzne. Ipak prvospomenuta rečenica nije tautološka posljedica druge jer metoda istinitosnih tablica zanemaruje značenje predikata koji se javljaju u atom-

59 50 Poglavlje 4 Pouzdanost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku arnim rečenicama. Korespondentni kondicional nije tautologija. Druga rečenica je analitička posljedica prve, ali nije njezina tautološka posljedica Pouzdanost Pouzdanost (soundness) zaključka i pouzdanost formalnog logičkog sustava su različiti pojmovi. Prvo je svojstvo valjanog zaključka čije su sve premise istinite. Drugo je svojstvo logičkog sustava, a posebnom slučaju propozicijske logike riječ je o svojstvu da se u sustavu samo tautološke posljedice premisa mogu dokazati. Primjer 4.3 Prona dite korespondentni kondicional za metodu dokazivanja iz Primjera 26 i umjesto ekskluzivne disjunkcije poslužite se s bikondicionalom. Prona dite

60 4.3 Dokaz pouzdanosti 51 protuprimjer! Protuprimjer za dokaz iz Primjera 1. Još jedan dobivamo s vrednovanjem 0;1;1;1 za P;Q;S;T. Kako možemo biti sigurni da pravila za uvo denje i isključivanje veznika neće na kraju nekog dugog dokaza uspostaviti konkluziju koja zapravo nije tautološka posljedica premisa? Kako možemo znati možemo li se pouzdati u dani formalnologički sustav? Da bismo postigli takvu sigurnost moramo dokazati pouzdanost (soundness) sustava. Uvedimo sljedeće oznake: 4.3 Dokaz pouzdanosti F T, za dio razmatranog deduktivnog sustava koji sadrži pravila uvo denja i isključivanjazalogičke simbole,,,,,. `T, za odnos dokazivosti u sustavu F T Rečenicu zapisanu u infiksnom obliku P 1,...,P n `T Q čitamo za Q postoji formalni dokaz iz premisa P 1,...,P n usustavuf T ili Q se može dokazati u sustavu F T pomoću premisa P 1,...,P n. Teorem 6 (Pouzdanost sustava F T )AkoP 1,...,P n `T S, onda je S tautološka posljedica rečenica P 1,...,P n. Dokaz 5 Pretpostavimo da je d neki dokaz sačinjen u sustavu F T. Pokazat ćemodajebilokojarečenica koja se javlja u bilo kojem koraku dokaza d tautološka posljedica pretpostavki koje su na snazi u tom koraku. Ova se tvrdnja

61 52 Poglavlje 4 Pouzdanost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku ne odnosi samo na rečenice koje su premise dokaza već inarečenicekojese javljaju u poddokazu, ma koliko duboko one bile "ukopane". Pretpostavke koje su na snazi uvijek uključuju glavne premise dokaza, ali ako promatramo korak u nekom poddokazu, onda pretpostavke na snazi na tom koraku uključuju sve pretpostavke tog poddokaza. Tvrdnja da je bilo koja rečenica u dokazu d tautološka posljedica pretpostavki na snazi u tom koraku povlači teorem o pouzdanosti. Naime, ako se S javlja na glavnoj razini u d, onda su P 1,...,P n jedine pretpostavke na snazi u tom koraku pa je S njihova tautološka posljedica. U dokazu tvrdnje koristit ćemo dokaz kontradikcijom (reductio ad absurdum). Pretpostavimo da postoji korak u dokazu d koji nije tautološka posljedica pretpostavki koje su na snazi u tom koraku. nazovimo taj korak nevaljanim korakom. Nerv dokaza je u tome da se pokaže da niti jedno od 12 pravila nije moglo opravdati taj nevaljani korak. Drugim riječima, primijeniti ćemo dokaz ispitivanja slučajeva i pokazati da koje god pravilo iz F T primijenimo na tom koraku uvijek dobivamo kontradikciju. Ta nam činjenica omogućuje da zaključimo u dokazima u F T ne može biti nevaljanih koraka. Elim : Pretpostavimo da je prvi nevaljani korak derivira rečenicu R putem primjene pravila isključivanja kondicionala nad rečenicama Q R i Q koje se javljaju ranije u dokazu d. NekajeA 1,...,A n popis pretpostavki koje su na snazi pri derivaciji rečenice R. Ako je ovaj korak nevaljan, onda R nije tautološka posljedica rečenica A 1,...,A n. No pretpostavka o nevaljanosti tog koraka vodi nas u kontradikciju. Budući da je R prvi nevaljan korak u dokazu d, znamo da su i Q R i Q valjani koraci, tj. tautološke posljedice pretpostavki koje su na snazi u tim koracima. Važno je uočiti da zahvaljujući činjenici da nam F T dozvoljava samo citirati glavne premise i pretpostavke iz poddokaza koje su još na snazi znamo da su rečenice koje su na snazi u Q R iuq tako der na snazi u R. Zato se pretpostavke za te korake nalaze me du rečenicama A 1,...,A n. Slika može

62 4.3 Dokaz pouzdanosti 53 pomoći: Restrikcije citiranja ranijih koraka garantiraju da će pretpostavke koje su na snazi u ranijim koracima i dalje biti na snazi u koraku koji sadrži R. U gornjem primjeru, pretpostavka A 1 je na snazi u koraku Q R, pretpostavke A 1 i A 2 u koraku Q,aA 1,A 2,A 3 u koraku R. Pretpostavimo dalje da konstruiramo istinitosnu tablicu za rečenice A 1,...,A n,q R, Q, R. Pretpostavka da je R nevaljan korak povlači da mora postojati vrednovanje h,tj. redak u tablici u kojemu su A 1,...,A n istinite a R neistinita. Me dutim, Q R i Q su tautološke posljedice rečenica A 1,...,A n i stoga istinite u retku h. Notada po definiciji za dolazimo do nemoguće situacije. Intro: Pretpostavimo da prvi nevaljani korak derivira rečenicu Q R putem primjene uvo denja kondicionala na neki prethodni poddokaz kojemu je u pretpostavci Q a u konkluziji R.

63 54 Poglavlje 4 Pouzdanost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku Neka su na snazi u koraku Q R pretpostavke A 1,...,A n. Tada su u koraku R na snazi pretpostavka Q i pretpostavke A 1,...,A n. Budući da korak R prethodi prvom nevaljanom koraku, R je tautološka posljedica pretpostavki Q te A 1,...,A n. Konstrukcija istinitosne tablice za A 1,...,A n,q,riq R mora nas dovesti do retka h ukojemususvea 1,...,A n istinite a Q R neistinita po pretpostavljenom nevaljanom koraku. Da bi Q R bila neistinita, (*) Q mora biti istina i R neistina Budući da je R tautološka posljedica pretpostavke Q zajedno s A 1,...,A n, to bi bilo moguće samo ako je u tom vrednovovanju Q neistinito. Ali to protuslovi prethodnom (*). Elim : Pretpostavimo da prvi nevaljani korak u dokazu d derivira Q iz. Kako je to prvi nevaljani korak, mora biti tautološka posljedica A 1,...,A n. Pretpostavke na snazi u koraku Q su na snazi i kod. Budući je tautološka posljedica, jedini način da bi to moglo biti je ako A 1,...,A n nisu TT-zadovoljive (zadovoljive na istinosnoj tablici). Drugim riječima, nema vrednovanja u kojemu su sve rečenice A 1,...,A n istinite. No tada je Q na isprazan način njihova tautološka posljedica (ex falso quodlibet). Intro : Pretpostavimo da prvi nevaljani korak u dokazu d derivira iz Q i Q, koje moraju biti tautološke posljedice od A 1,...,A n. To je moguće jedino ako pretpostavke A 1,...,A n nisu it-zadovoljive (zadovoljive na istinosnoj tablici, zadovoljive pod dodjeljivanjem istinitosnih vrijednosti). No tada je na isprazan način njihova tautološka posljedica (ex falso falsum). Zadatak 27 Dokaži da Elim i Intro ne mogu generirati nevaljan korak! Odgovor 3 Pretpostavljamodajeprvinevaljankorak Elim koji generira rečenicu R iz koraka P Q i dva poddokaza, gdje se R izvodi iz premisa koje su na snazi

64 4.3 Dokaz pouzdanosti 55 uz dodatak u prvom slučaju rečenice P,audrugomrečenice Q. Moguća su dva slučaja obzirom na položaj rečenice P Q: (i) ona može biti premisa ili privremena pretpostavka i (ii) ona može biti izvedena rečenica. Ispitajmo je li moguće da prvi nevaljani korak derivira rečenicu R uobaslučaja! Prvi slučaj: nemoguće vrednovanje A 1,...,A n R P Q P Q >,...,> > prvi nevaljani korak jer je R tautološka posljedice od jer je P Q {A 1,...,A n } {P}, jedna od rečenica odnosno od A 1,...,A n {A 1,...,A n } {Q} Drugi slučaj: nemoguće vrednovanje A 1,...,A n R P Q P Q >,...,> > prvi nevaljani korak jer je R tautološka posljedice od jer je P Q {A 1,...,A n } {P}, tautološka posljedica odnosno od nekog podskupa od {A 1,...,A n } {Q} {A 1,...,A n } Teorem pouzdanosti daje nam potpunu sigurnost da nikada nećemo moći dokazati konkluziju koja ne slijedi iz premisa, npr. nikada nećemo moći iz premise (MalenPas(fido) Sretan(fido)) izvesti konkluziju Sretan(fido). Korolarij je rezultat kojeg lagano možemo dobiti iz nekog prethodnog teorema. Sada ćemo primijeniti teorem pouzdanosti na slučaj na dokaz bez premisa. Dokaz bez premisa.

65 56 Poglavlje 4 Pouzdanost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku Dokaz bez premisa pokazuje da je konkluzija logička istina. Dokaz korespondentnog kondicionala za modus tollendo tollens ne ovisi ni o kojim premisama jer je to logička istina. Korolarij 7 Ako `T S, tj. ako postoji dokaz bez premisa za S, onda je S tautologija. Dokaz 6 Po teoremu pouzdanosti izvedene konkluzije su tautološke posljedice premisa. Iskažimo teorem drukčije: za svako istinitosno vrednovanje vrijedi da ako su (*) pod njime istinite sve premise, onda je (**) pod njime istinita i konkluzija. Budući da u ovom slučaju premisa nema, na isprazan je način zadovoljen uvjet (*): to jest, u svakom su vrednovanju istinite sve premise jerih nema. Zato mora vrijediti da je konkluzija istinita u svakom vrednovanju: ona je, dakle, tautologija.

66 4.4 Potpunost 57 Dokazivo u F T Sretan(a) Sretan(a) Tautologije:??? Logičke istine a = a b = b Zahvaljujući teoremu pouzdanosti znamo da su samo tautologije dokazive, ali ne znamo jesu li sve tautologije dokazive. 4.4 Potpunost Neki formalni logički sustav treba imati željena svojstva deduktivnog sustava: potpunost i pouzdanost. Uvjeti koje treba ispuniti ne logički aksiomski sustav sa skupom aksioma T : Konzistentnost: nema rečenice P takve da T ` P i T ` P. Potpunost: za svaku rečenicu P vrijedi da T ` P ili T ` P. Neovisnost: za svaki aksiom A vrijedi da ako A T, onda (T {A} 0 A. Očigledno je da je konzistentnost preslab zahtjev za logički sustav, zato smo dokazivali jače svojstvo - svojstvo pouzdanosti. U semantičkom smislu konzis-

67 58 Poglavlje 4 Pouzdanost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku tentnost zahtjeva mogućnost da teorija bude istinita, dok potpunost zahtjeva nužnu istinitost teorema formalnog sustava. Termin potpunost ( completness ) ima čisto sintaktičko značenje kada govorimo o potpunosti ne-logičkog aksiomatskog sustava S, on iz para kontradiktornih rečenica mora moći dokazati barem jednu. Kod logičkog sustava L potpunost je pojam koji povezuje semantičku i sintaktičku dimenziju. U slučaju razmatranog sustava F T semantičko svojstvo o kojem je riječ jesvojstvo biti tautološka posljedica. U traženju dokaza može se pojaviti sumnja u mogućnost sustava F T da dokaže svaku tautološku posljedicu. Možemo li biti sigurni da će nam uz zadane premise P 1,...,P n i njihovu tautološku posljedicu S sustav omogućiti konstrukciju dokaza za S iz P 1,...,P n? Teorem potpunosti daje nam potvrdan odgovor na to pitanje. Teorem 8 (Potpunost za F T )Akojerečenica S tautološka posljedica od P 1,...,P n, onda P 1,...,P n `T S. Dokaz ovog teorema zahtijeva dodatna sredstva, pa ćemo ga odgoditi za kasnije. Dva teorema daju nam sigurnost da se jedino tautologije i tautološki valjani zaključci mogu dokazati i sigurnost da se sve tautologije i tautološki valjani zaključci mogu dokazati. Zahvaljujući tome možemo biti sigurni da neki tautološki valjan zaključak ima dokaz i da se za neki tautološki nevaljan zaključak ne može pronaći dokaz. 4.5 Filozofija logike Kada vrednujemo formalni logički sustava logike, pitamo se da li njegovi aksiomi ili njegova pravila na ispravan način opisuju strukturu racionalnog mišljenja i kooperativnog komuniciranja. Logika ne može dati odgovor na pitanje racionalnosti ili kooperativnosti, ali ih ne može ni izbjeći: logičari moraju opravdati načela koja proglašavaju. Možemo li se složiti s Gentzenovom tvrdnjom: "[p]ravila uvo denja predstavljaju svojevrsne "definicije" simbola koji se uvode, a pravila uklanjanja samo su posljedice tih definicija" Arthur Prior: problem proizvoljnih pravila Možemo li uvesti neki veznik δ na sljedeći način: δintro A... i δelim AδB...? B AδB B B Takva "definicija" dovela bi do kolapsa sustava jer bi svaka rečenica postala

68 4.5 Filozofija logike 59 ekvivalentna s bilo kojom drugom. Je li nužno osloniti se na semantiku da bi se izbjegli ovakvi paradoksi? Čini se da nije. Evo jednog sintaktičkog pojma koji će onemogućiti Priorov paradoks. Nuel Belnap je ponudio jedno rješenje: "zahtjev konzistentnosti za definicije novih konektiva možemo iskazati na sljedeći način: ekstenzija mora biti konzervativna" Konzervativnost Neka je zadana logika L s jezikom J. Dodavanje veznika δ u jezik J daje njegovu ekstenziju J, a s pravilima za δ dobivamo logiku L. Ekstendirani sustav L je konzervativan ako za bilo koje P 1,...,P n,s J vrijedi da ako P 1,...,P n `L S, onda P 1,...,P n `L S Intuicionistička logika Intuicionistička logika proizlazi iz L. E. J. Brouwer-ovog pristupa matematici: matematika je intuitivna konstrukcija objekata i dokaza. Konstruktivni dokaz treba dati obavijest o objektima. Primjer 4.4 (Ne-konstruktivan dokaz) Treba dokazati da postoje dva iracionalna broja x i y takva x y jest racionalan. Ispitajmo pojedinačan slučaj (trebamo znati da je 2) 2 iracionalan i da ( 2 2 = 2 ( 2 2) 2 = 2 = 2). Dokaz započinjemo s pravilom isključenja trećega, A A. Dobivamo ili (i) 2 2 jest racionalan broj ili (ii) 2 2 nije racionalan broj. Primijenimo pravilo isključivanja disjunkcije i ispitujemo slučajeve. Ako (i), onda je teorem dokazan i traženi x = y = 2. Ako (ii), onda ( 2) 2 2 = 2 ( 2 2) 2 2 = 2 =2itraženix = 2 a y = 2. Ovaj dokaz ne govori što je slučaj: (i) ili (ii) i koji objekti zadovoljavaju traženi uvjet. Zbog toga se u intuicionističkoj logici zakon isključenja trećeg odbacuje u svom općenitom obliku.

69 Poglavlje 5 Uvod u kvantifikaciju 5.1 Kvantifikacija u prirodnom jeziku U prirodnom jeziku susrećemo izraze poput neki, većina, barem jedan, skoro svi, tri, samo jedan... Njima označavamo koliko predmeta zadovoljava odre deni uvjet. Takvi se izrazi nazivaju determinatorima. Kada determintor povežemo s općom imenicom dobivamo imeničku frazu. Na primjer, neka kocka, samo jedan dodekaedar,... Na ovaj način determiniranu imeničku frazu nazivamo u logici kvantificiranim izrazom. Primjer 5.1 Urečenici Svatko voli nekoga zamjenice svatko i netko možemo shvatiti kao: svaka osoba i neka osoba. Logička svojstva kvantificiranih rečenica u velikoj mjeri ovise o primijenjenom kvantifikatoru. Primjer 5.2 Svi američki filmovi imaju sretan završetak. "Love story" je američki film. Dakle, on ima sretan kraj - valjano i nepouzdano. Većina američkih filmovaima sretan završetak. "Love story" je američki film. Dakle, on ima sretan kraj - nevaljano, ali prihvatljivo pod uvjetom da je općenita premisa točna i u nedostatku daljnjih obavijesti. Nijedan američki film nema sretan završetak. "Love story" je američki film. Dakle, on ima sretan kraj - nevaljano Složene i jednostavne rečenice Jesu li kvantificirane rečenice (rečenice u kojima se javlja kvantifikacijski izraz) složene ili jednostavne rečenice? U nekim slučajevima čini se očiglednim da su složene. Primjer 5.3 Svaka ptica svome jatu leti - bi se moglo razumjeti kao otvorena konjunkcija rečenica Ptica(x) LetiP rema(x, jato_od(x)) gdje na mjesto koje zauzima x treba uvrštavati redom individualne konstante koje zastupaju predmete na kojesetvrd- nja primijenjuje. Kada takvih predmeta ima nepregledno mnogo ili ako nema načina da se imenuje svaki predmet, ovakvo razlaganje neće biti izvedivo Skrivena kvantifikacija Vremenski prilozi mogu unijeti skrivenu kvantifikaciju iako u tom slučaju nema determinatora koji se vezuje uz opću imenicu. 60

70 5.1 Kvantifikacija u prirodnom jeziku 61 Primjer 5.4 Urečenici Thai uvijek jede sa štapićima prilog uvijek je implicitni kvantifikator koji znači u svakom trenutku. Kada se tvrdi da je neka rečenica K logička posljedica rečenice P, tada nije dovoljno samo motriti koje su aktualne istinosne vrijednosti tih rečenica. Tvrdnja P implicira K govori više nego ili nije slučaj da P ili je slučaj da K. S P implicira K tvrdimo da svaka logički moguća situacija koja čini P istinitom čini i K istintom. Implikacija vrijedi samo kad je kondicional valjan. [...] kako bismo u potpunosti uvažili razliku izme du, odnosno ako-onda i implikacije, nužno je osvijestiti razliku izme du korištenja i spominjanja. [...] Možemo napisati: dreary se rimuje s weary, ali ovdje spominjemo imena rimujućih riječi o kojima govorimo. [...] kada kažemo da neka tvrdnja ili shema implicira drugu, ne smijemo pisati implicira izme du tvrdnji ili shema, već izme du njihovih imena. Tada mi spominjemo tvrdnje ili sheme, govorimo o njima [...] Quine, W.V.O. (1974) Methods of Logic, str. 43. [...] "striktna implikacija". [...] uočimo da za tvrdnje s " " u ulozi glavnog konektiva, istinitost postaje ista stvar kao i valjanost (istinitost u svim slučajevima ako imamo istinitost u jednom slučaju) [...] Jeffrey, R. (1989) Formal Logic: its Scope and Limits, str. 64. Materijalna implikacija Striktna implikacija Materijalna implikacija Striktna implikacija p q p q p implicira q p (p q) p implicira p q > > > > > > > > > > > > > > >

71 62 Poglavlje 5 Uvod u kvantifikaciju Hume, David ( ), škotski povjesničar i filozof. Hjumovskim pojmom uzročnosti nazivamo shvaćanje uzročne veze kao redovitog slijeda vrsta doga daja. Ponekad kondicional koristimo u uzročnom smislu. Na primjer, (*) Ako uzmeš antibiotik, ozdravit ćeš za dva dana možemo shvatiti u uzročnom smislu. Pod takvim tumačenjem, rečenica (*) neće biti istinita za par istinitosnih vrijednosti h>, >i ako izliječenje nije nastupilo zbog antibiotika. Uzročni kondicional povlači protučinjenične: što bi bilo da (ni)je bilo i što bi bilo kad bi bilo. Rečenica (*) povlači Da nisi uzeo antibiotik, ne bi bio ozdravio za dva dana. Uzročni kondicional ako a, onda b sadrži skrivenu kvantifikaciju svaki (većina) doga daj one vrste kojoj pripada doga daj a,praćeni su doga dajem one vrste kojoj pripada b. U prirodnim jezicima susrećemo mnoge oblike kvantifikacije. Nasuprot tome, u logici prvog reda koristimo samo dva: i, koji znače sve i nešto. Koristeći ih zajedno s istinitosno-funkcionalnim veznicima i predikatom identiteta, s ova dva kvantifikatora možemo sačiniti brojne količinske izraze, poput najviše jedan, točno tri, barem n, itd. Ekspresivna snaga logike prvog reda je ograničena u odnosu na kvantifikaciju. Mnogi uobičajnikoličinski izrazi običnog jezika ostaju izvan ekspresivnog dosega ove logike. Primjer 5.5 Kvantifikatori većina, manji dio, beskonačno mnogo ne mogu se iskazati u logici prvog reda. Zadatak 28 Koristeći pojmovnu razliku izme du materijalne implikacije (kondicionala), uzročnog kondicionala i striktne implikacije pokušajte objasniti paradoksalnu valjanost sljedećih zaključaka: (i) Slomit ću nogu danas. Znam da je tako jer znam da nije istina da ako slomim nogu danas, da ću sutra skijati, (ii) Neću umrijeti prije podneva. Znam da je tako jer znam da nije istina da ću umrijeti prije podneva ako ne popijem još jednu šalicu kave. Dokažite valjanost zaključaka (i) i (ii) ako se ako-onda shvati istinitosnofunkcionalno! 5.2 Varijable i atomarne ispravno sastavljene formule Za primjenu kvantifikatora u logici prvog reda trebaju nam dodatni simboli: termi koje nazivamo varijable.

72 5.2 Varijable i atomarne ispravno sastavljene formule 63 Varijable su vrsta terma Varijable i individualne konstante: sličnosti i razlike Sličnost varijabli i individualnih konstanti je sintaktička: one se javljaju na mjestu argumenata za predikate i funkcijske simbole. Primjer 5.6 Infiksni zapis funkcije: i x + y. Prefiksni zapis predikata: Cijeni(albert, goriot) i Cijeni(x, y). Predikat čiji su argumenti složeni termi: Cijeni(albert, otac(albert)) i Cijeni(x, otac(x)). Razlika je semantička: varijable ne referiraju na predmete. Varijable "zauzimaju mjesto" argumenata na način koji omogućuje da se izraze različiti odnosi izme du kvantifikatora i položaja argumenata u različitim predikatima i funkcijama [...] Kad god se riječ predmet ( stvar, entitet,...) koristi na ispravan način, ona se u pojmovnom pismu izražava varijablom. Wittgenstein, L. Tractatus Logico-Philosophicus Ispravno sastavljene formule (isf-e, well-formed formulas, wffs) Izraze koji imaju oblik atomarnih rečenica u kojima se na mjestu neke individualne konstante nalazi varijabla nazivamo atomarnim ispravno sastavljenim formulama (isf-ama). Definicija 1 Ako su t 1,...,t n termi i ako je Pn-mjesni predikat, onda je P (t 1,...,t n )

73 64 Poglavlje 5 Uvod u kvantifikaciju atomarna ispravno sastavljena formula. Primjedba 1 Ako je P atomarna rečenica, onda je P atomarna ispravno sastavljena formula. Primjer 5.7 Atomarne isf-e: Cijeni(x, otac(x)), Cijeni(x, otac(albert)), Cijeni(albert, otac(albert)). Atomarne isf s varijablama nisu rečenice. Prije bismo ih mogli shvatiti kao opis nekog uvjeta. Tek dodavanjem kvantifikatora eventualno dobivamo tvrdnju o tome da neki predmeti zadovoljavaju taj uvjet. Primjer 5.8 Isf-u Cijeni(x, otac(x)) možemo shavtiti kao uvjet onaj koji cijeni svog oca. Dodavanjem kvantifikatora, na primjer sa svatko dobivamo rečenicu: Svatko je onaj koji cijeni svoga oca odnosno Svatko cijeni svoga oca. Rečenicu dobivamo i zamjenom varijable s indvidualnom konstantom. Na primjer, Ivica (je onaj koji) cijeni svog oca ili Cijeni(ivica, otac(ivica)). Dodavanje kvantifikatora može vezati varijablu u ispravno sastavljenoj formuli. Podsjetnik 1. U jeziku logike prvog reda možemo koristiti beskonačan broj varijabli. Za označavanje varijabli obično se koriste slova t, u, v, w, x, y, z, bilo s brojčanim podznakom ili bez njega. 2. U ispravno sastavljenoj formuli varijable se javljaju na mjestu koje obično zauzima ime. 5.3 Simboli za kvantifikatore Univerzalni kvantifikator Ulogu univerzalnog kvantifikatora u prirodnom jeziku obavljaju izrazi poput sve, svatko, bilo tko,... x možemo čitati na različite načine: "za svaki predmet x (vrijedi da)", "svaka je stvar (takva da)", "svaki predmet (zadovoljava uvjet da)", "sve je (takvo da)",... Primjer 5.9 xcijeni(x, x) znači da svaka stvar x ispunjava uvjet da x cijeni x. Rijetko kada izričemo takve tvrdnje o bilo čemu, ma što ono bilo. Gornju tvrdnju izričemo misleći na osobe. Ako kontekstom nije zadana domena iz koje "dolaze sve stvari", potrebno je ograničiti predmete za koje se tvrdi da ispunjavaju uvjet x cijeni

74 5.4 Isf-e i rečenice 65 x na skup osoba. To činimo ovako: Za svaki predmet x za kojeg vrijedi da je x osoba, vrijedi da x cijeni x. Prema tome rečenicu Svatko cijeni samoga sebe u formalnom jeziku zapisujemo x(osoba(x) Cijeni(x, x)) Egzistencijalni kvantifikator Egzistencijalni kvantifikator koristimo za tvorbu onih izraza koje u prirodnom jeziku tvorimo pomoću riječi neki, barem jedan,... x možemo čitati: "za barem jedan predmet x (vrijedi da)", "barem jedna stvar (jest takva da)", "za neki predmet (vrijedi da)",... Primjer 5.10 xcijeni(x, x) znači da neka stvar x ispunjava uvjet da x cijeni x. Primjedba 2 Univerzalni i egzistencijalni kvantifikatori ne mogu iskazati ograničenje domene na osobe koje se u prirodnom jeziku ostvaruje korištenjem zamjenica svatko i netko. Primjer 5.11 Rečenicu Netko cijeni samoga sebe možemo prevesti na jezik logike prvoga reda vodeći računa o ograničenju domene kao x(osoba(x) Cijeni(x, x)) umjesto kao xcijeni(x, x). Primjer 5.12 Svatko cijeni svakoga. Svatko cijeni nekoga. Netko cijeni nekoga. Netko cijeni svakoga Nekoga svatko cijeni. x y[(osoba(x) Osoba(y)) Cijeni(x, y)] x[osoba(x) y(osoba(y) Cijeni(x, y)] x y[osoba(x) Osoba(y) Cijeni(x, y)] x[osoba(x) y(osoba(y) Cijeni(x, y))] x[osoba(x) y(osoba(y) Cijeni(y, x))] 5.4 Isf-e i rečenice U atomarnoj ispravno sastavljenoj formuli pojava bilo koje varijable je uvijek slobodna. Polazeći od atomarnih isf-a možemo izgraditi složenije isf-e. Sa zadnja dva uvjeta (6. i 7.) pokazujemo kako se pojava varijable može vezati. 1. Ako je P isf, onda je i P isf. 2. Ako su P 1,...,P n isf-e, onda je (P 1... P n ) isf-a 3. Ako su P 1,...,P n isf-e, onda je (P 1... P n ) isf-a 4. Ako su P i Q isf-e, onda je (P Q) isf-a. 5. Ako su P i Q isf-e, onda je (P Q) isf-a.

75 66 Poglavlje 5 Uvod u kvantifikaciju 6. Ako je P isf i ako je v varijabla, onda je vp isf i svaka pojava varijable v u vp je vezana. 7. Ako je P isf i ako je v varijabla, onda je vp isf i svaka pojava varijable v u vp je vezana. Vanjske zagrade možemo izostaviti kada one obuhvaćaju cijelu isf-u. Primjer 5.13 (i) Započnimo s atomarnim isf-ama Kocka(x) i Malen(x). Primjenom pravila 2. dobivamo isf-u (Kocka(x) Malen(x)). (ii) Polazeći od isf-e LijevoOd(x, y) primjenom pravila 7. dobivamo ylijevood(x, y), gdje je pojava varijable x slobodna a pojava varijable y vezana. (iii) Primjenom pravila 4. na (i) i (ii) dobivamo ((Kocka(x) Malen(x)) ylijevood(x, y)). (iv) Primjenom pravila 6. dobivamo x((kocka(x) Malen(x)) ylijevood(x, y)), dobivamo složenu rečenicu u kojoj su pojave svih varijabli vezane. Rečenica tvrdi da je svaka mala kocka s lijeve strane nekog predmeta. Podsjetnik 1. Složene isf-e gradimo polazeći od atomarnih isf-a primijenjujući pravila Isf-a bez slobodnih varijabli je rečenica. 3. Neki autori isf-u u kojoj je neka varijabla slobodna nazivaju otvorenom rečenicom. 5.5 Semantika kvantifikatora Kada opisujemo značenja različitih konektiva, opisujemo kako značenje složene rečenice u kojoj se on javlja ovisi o značenju sastavnih rečenica. Značenje kvantificiranih izraza ne možemo odrediti na sličan način Zadovoljavanje Primjer 5.14 Značenje za P, odre dujemo pomoću značenja za P : P je istinito ako je P neistinito, u protivnom, P je neistinito. Značenje za xkocka(x) ne možemo odrediti pomoću značenja Kocka(x) jer taj izraz nije rečenica. Za odrediti pod kojim je uvjetima kvantificirana rečenica istinita treba nam dodatni pojam - pojam zadovoljavanja (satisfaction). Definicija 2 U. Predmet o zadovoljava atomarnu isf-u U(x) ako i samo ako o jest

76 5.5 Semantika kvantifikatora 67 Primjer 5.15 Za predmet a kažemo da zodovoljava uvjet Kocka(x) jer je a kocka. Za predmet c kažemo da zadovoljava uvjet Kocka(x) Velik(x) jer c jest kocka koja nije velika. Pojam zadovoljavanja može se definirati na različite načine. Ovdje ćemo opisati onaj koji je ugra den u program Tarski s World. Neka je S(x) isf-a u kojoj je x jedina slobodna varijabla. Želimo znati zadovoljava li odre deni objekt S(x). Ako taj objekt ima ime, recimo b, pravimo novu rečenicu S(b) tako što zamjenjujemo svaku slobodnu pojavu x-a s individualnom konstantom b. Ako je nova rečenica S(b) istinita, onda taj objekt zadovoljava formulu S(x); akonovarečenica nije istinita, onda taj objekt ne zadovoljava formulu Zadovoljavanje i imena Ovakav postupak funkcionira dobro sve dok predmeti imaju imena. No, logika prvog reda ne zahtijeva da svi predmeti imaju imena. Kako definirati zadovoljavanje za "bezimene" predmete? Za tu svrhu Tarski s World ima dodatni popis individualnih konstanti n 1,...,n n. Želimo li znati zadovoljava li neki bezimeni predmet formulu S(x), uzimamo prvo slobodno ime s popisa, na primjer n 6 i njime privremeno imenujemo taj predmet. Potom provjeravamo je li rečenica S(n 6 ) istinita. Uz pomoć pojma zadovoljavanja možemo definirati uvjete istinitosti za rečenicu xs(x). Ona će biti istinita ako i samo ako postoji predmet koji zadovoljava isf-u S(x). Sličnim načinom definiramo uvjete istinitosti za xs(x). Definicija 3 Rečenica xs(x) je istinita ako i samo ako svaki predmet zadovoljava ispravno sastavljenu formulu S(x). Definicija 4 Rečenica xs(x) je istinita ako i samo ako barem jedan predmet zadovoljava ispravno sastavljenu formulu S(x).

77 68 Poglavlje 5 Uvod u kvantifikaciju U gornjim definicijama prešutno pretpostavljamo da nam je zadana jasno odre dena kolekcija predmeta o kojima je riječ. Primjedba 3 U vrednovanju rečenice xkocka(x) Tarski 0 sworlduzima u obzir samo predmete koji se javljaju u prozoru koji opisuje "svijet" o kojemu je riječ. Općenito, rečenicekojesadržekvantifikatoreistinite su odnosno neistinite samo u odnosu na neku domenu rasprave (domenu kvantifikacije, područje rasprave,...). Ponekad intendirana domena obuhvaća sve predmete Konvencije zapisa Oznaka S(x) ili P (y) stoji za možda složenu isf-u logike prvog reda. Varijabla u zagradama zastupa samo slobodne pojave te varijable. Primjer 5.16 P (y) može stajati za x(lijevood(x, y) DesnoOd(x, y)). U tom slučaju P (b) označava x(lijevood(x, b) DesnoOd(x, b)) Podsjetnik Kvantificirane rečenice izražavaju tvrdnje o nekom intendiranom području rasprave. Rečenica xs(x) je istinita ako i samo ako svaki predmet iz područja rasprave zadovoljava isf-u S(x). Rečenica xs(x) je istinita ako i samo ako neki predmet iz područja rasprave zadovoljava isf-u S(x) Razlaganje Neka je područje rasprave konačno i neka svaki predmet ima ime i to samo jedno. Neka je popis imena n 1,...,n n.tada xs(x) možemo zapisati kao S(n 1 )... S (n n ) jer su te rečenice pod danim uvjetima istovrijedne. Jednako tako, xs(x) možemo zapisati kao S(n 1 )... S (n n ). Kod kombiniranih kvantifikatora raščlanu počinjemo s lijeve strane. Primjer 5.17 zatim 2. korak x yr(x, y) raščlanjujemo: 1. korak yr(n 1,y) {z } 1... yr(n n,y) {z } n (R(n 1,n 1 )... R(n 1,n n )) {z } 1... (R(n n,n 1 )... R(n n,n n )) {z } n

78 5.6 Četiri aristotelovska oblika Četiri aristotelovska oblika univerzalno-afirmativan A x(p (x) Q(x)) partikularno-afirmativan I x(p (x) Q(x)) univerzalno-negativan E x(p (x) Q(x)) partikularno-negativan O x(p (x) Q(x)) AffIrmo; nego Česta pogreška. Neki P su Q ne možemo prikazati kao x(p (x) Q(x)). Primjenimo raščlanjivanje. Neka je područje rasprave konačno i neka svaki predmet ima ime i to samo jedno. Popis imena je n 1,...,n n. x(p (x) Q(x)) raščlanjujemo na (P (n 1 ) Q(n 1 ))... (P (n n ) Q(n n )) Uočimo da je po definiciji kondicionala ova rečenica istinita kada ni jedan predmet ne zadovoljava P (x), tj. kada nijedan predmet nije P. No u tim uvjetima rečenica Neki P su Q nije istinita.

79 70 Poglavlje 5 Uvod u kvantifikaciju Tradicionalni "logički kvadrat" ili "kvadrat opreka". Uočite da neka pravila vrijede samo pod pretpostavkom egzistencije predmeta koji je A. Zadatak 29 Pokažimo da su kontradiktorni sudovi uzajamne negacije. Neka je područje rasprave konačno i neka svaki predmet ima ime i to samo jedno. Popis imena je n 1,..., n n. (i) x(p (x) Q(x)) razlažemou(ii) ((P (n 1 ) Q(n 1 ))... (P (n n ) Q(n n ))). (iii) zamijenimo kondicional s disjunkcijom: (( P (n 1 ) Q(n 1 ))... ( P (n n ) Q(n n ))), (iv) primjenimo DeMorganov zakon: ( P (n 1 ) Q(n 1 ))... ( P (n n ) Q(n n )), (v) primjenimo DeMorganov zakon još jednom: (P (n 1 ) Q(n 1 ))... (P (n n ) Q(n n )). Disjunktivna normalna forma (v) upravo prikazuje

80 5.7 Kvantifikatori i funkcijski simboli 71 x(p (x) Q(x)). Generalizirajući možemo utvrditi da vrijedi x(p (x) Q(x)) x(p (x) Q(x)) Zadatak 30 Kombinacija nekvantificiranih i kvantificiranih rečenica. Neka I stoji za Ivica će se iznenaditi, neka su predikati PozvanNaZabavu(x) i DolaziNaZabavu(x). Popis imena je i, n 1,..., n n. Kako bismo u prirodnom jeziku pročitali (i) x((pozvannazabavu(x) DolaziNaZabavu(x)) I),akako(ii) x((pozvannazabavu(x) DolaziNaZabavu(x)) I? Razgovorne implikature Rečenicu Svi P su Q obično razumijemo kao da ona povlači P postoji. No to nije slučaj, tu postoji konverzacijska ali ne i logička implikacija. Primjer 5.18 Svi studenti koji su predali rješenja zadataka, dobili su izvrsne ocjene No nitko nije predao rješenja pa je rečenica istinita. Konzistentno je nastaviti s rečenicom Ali nitko nije predao rješenja. Razgovornaimplikaturamožeseosporiti bez stvaranja kontradikcije. Rečenicu NekiPsuQ običnorazumijemokao NekiPjesuQ,anekinisu. I ovdje je riječ samo o razgovornoj implikaturi. Primjer 5.19 Neki studenti su posjetili on-line tečaj. Zapravo, to su učinili svi je konzistentan tekst. Podsjetnik 1. Svi P su Q ne povlači, iako u razgovoru sugerira, da postoje neki P. 2. Neki P su Q ne povlači, iako u razgovoru sugerira, da svi P nisu Q. 5.7 Kvantifikatori i funkcijski simboli Promotrimo rečenicu: xljubazniji(otac(otac(x)),otac(x)) Ona tvrdi da je svačiji patrilinearni djed ljubazniji od oca te osobe. Za iskazati istu rečenicu bez funkcijskih simbola treba nam složena rečenica x y z(((otacod(x, y) OtacOd(y, z)) Ljubazniji(x, y)) Funkcijski simboli su vrlo korisni u logici prvog reda.

81 72 Poglavlje 5 Uvod u kvantifikaciju Zadatak 31 Iskaži rečenicu xcijeni(x, otac(x)) ne koristeći funkcijske simbole!

82 Poglavlje 6 Logika kvantifikatora Primjer 6.1 Definirajmo pridjev slično po uzoru na Oxford Dictionary of Modern English kao ono što podsjeća na nešto ali nije isto s time. Ako dalje prihvatimo da isto znači podudarati se u svim svojstvima, onda vrijedi Slično(a, b) samo ako a ima neka svojstva koja nema b i a ima neka svojstva koja ima b. Da bismo definirali (i) isto, (ii) različito i (iii) slično moramo govoriti o svojstvima: (i)x = y P (P (x) P (y)), (ii) Različito(x, y) P (P (x) P(y)), (iii) Slično(x, y) ( P Q(P (x) P (y) Q(x) Q(y)) Podsjeća(x, y, koga?)). Primjer 6.2 jednom,... Ona ima sva svojstva pravog prijatelja, Po svemu su slični osim u Rečenice koje govore o svojstvima ne mogu se iskazati u logici prvog reda. U logici prvog reda govorimo o predmetima i tvrdimo kako oni imaju odre dena svojstva i stoje u odre denim odnosima, ali o svojstvima i odnosima ne možemo govoriti. Zbog toga su rečenice iz prethodnih primjera neiskazive u logici prvoga reda. 6.1 Tautologije i kvantifikacija Pojam tautologije uži je od pojma logičke istine. Je li neka rečenica tautološka, to odre dujemo pomoću istinitosne tablice. Kvantificirane rečenice ne možemo analizirati onako kako analiziramo složene rečenice u propozicijskoj logici. Sintaktički oblik kvantificirane rečenice je kvantifikator-s-varijablom (ispravno_- sastavljena_formula). Primjer 6.3 Gornji zaključak je očigledno valjan. U svijetu u kojemu je svaka kocka malena i u kojemu je svaka stvar kocka, u tom je svijetu tako der i svaka stvar mala. Pitanje je: je li ovaj zaključak tautološki valjan? Je li ovdje riječ o jednokratnoj primjeni pravila za uklanjanje kondicionala (modus ponendo ponens)? 73

83 74 Poglavlje 6 Logika kvantifikatora Drugim riječima, možemo li primjeniti logička pravila zanemarujući kvantifikatore? Protuprimjer. Uočite da dodekaedar desno zadovoljava isf-u Cube(x) Small(x). Protuprimjer pokazuje dvije činjenice: zaključak s egzistencijalno kvantificiranim rečenicama nije valjan i zaključak s univerzalno kvantificiranim rečenicama jest valjan ali nije tautološki valjan. Drugu činjenicu možemo ovako objasniti: da smo konkluziju uveli samo primjenom dokazano pouzdanog pravila modus ponens, to bismo mogli učiniti u oba slučaja. Budući da u jednom od njih uvo denje konluzije nije uspjelo "očuvati istinitost", slijedi da ni ispravna konkluzijanijeuvedenanatajnačin. Primjer 6.4 xkocka(x) x Kocka(x) jelogičkaistina(rečenica koja je istinita u svim zamislivim okolnostima u kojima nečega, na što se predikati mogu primjeniti, ima). No, ona nije tautologija: rečenica istinita jedino zahvaljujući značenju istintosno-funcionalnih veznika.

84 6.1 Tautologije i kvantifikacija 75 Možemo sastavitirečenicu jednaku u smislu sintakse propozicijske logike (tj. čijijeoblik A B) koja neće biti logička istina: xkocka(x) x Kocka(x). Razmotreni primjeri naizgled sugeriraju da u jeziku kvantificiranih rečenica nema tautologija. Takva indukcija je preuranjena. Ako u bilo kojoj tautologiji u kojoj se javljaju atomarne rečenice izvršimo zamjenu tako da na mjesto atomarnih rečenica upišemo složene rečenice bilo s kvantifikatorima ili bez njih, dobit ćemo opet tautologiju. Primjer 6.5 U tautologiji A (B A) smouprvomslučaju A zamijenili s A C, a u drugom slučaju A smo zamijenili s xsamesize(x, a) a B s xcube(x). U sva tri slučaja istinitost proizlazi iz značenja veznika Test tautologičnosti Tautologiju možemo dobiti supstitucijom iz različitih rečenica koje same ne moraju biti tautologije. Primjer 6.6 A A B A (B A) xsamesize(x, a) ( xcube(x) xsamesize(x, a)) za A xsamesize(x, a) za A i ( xcube(x) xsamesize(x, a)) za B xsamesize(x, a) za A i xcube(x) za B Samo je trećem slučajem tautološka rečenica xsamesize(x, a) ( xcube(x) xsamesize(x, a)) dobivena putem supstitucije iz tautologije. Da bismo ustanovili je li neka kvantificirana rečenica- tautologija, moramo izdvojiti sastavne dijelove tako da istinitisno-funkcionalna struktura postane vidljiva. One veznike koji se javljaju u dosegu kvantifikatora zanemarujemo, a promatramosamoonelogičke veznike koji se primjenjuju na rečenicama. Primjer 6.7 xsamesize(x, a) {z } A ( xcube(x) {z } B xsamesize(x, a) ) {z } A

85 76 Poglavlje 6 Logika kvantifikatora Postupak izlaganja istinitisno-funkcionalne sintaktičke strukture neke rečenice možemo razložiti u jedan algoritam. (i) Kada u rečenici S do dete do kvantifikatora ili do atomarne rečenice započnite s potcrtavanjem. Ako je riječ o kvantifikatoru, potcrtajte ga kao i cijelu isf-u na koju se on primjenjuje. Ako je riječ o atomarnoj rečenici, potcrtajte je. (ii) Kad završite s potcrtavanjem rečenice dodjelite joj ime (A, B, C,...). (iii) Ako se istovjetni sastavni dio pojavljuje na još nekom mjestu u rečenici S, dajte mu isto ime, ako ne, upotrebite prvo neiskorišteno ime. (iv) Kada do dete do kraja rečenice, zamijenite svaki sastavni dio sa slovom koje ga označava. Rezultat nazivamo istinitosno-funkcionalnom formom rečenice S. 1. (T et(d) xm aleno(x)) ( T et(d) ym aleno(y)); 2. (Tet(d) A xmaleno(x)) ( Tet(d) ymaleno(y)); 3. (Tet(d) A xmaleno(x) B ) ( Tet(d) ymaleno(y)); 4. (Tet(d) A xmaleno(x) B ) ( Tet(d) A ymaleno(y)); 5. (Tet(d) A xmaleno(x) B ) ( Tet(d) A ymaleno(y) C ); 6. (A B) ( A C) Primjer 6.8

86 6.1 Tautologije i kvantifikacija 77 Definicija 5 Kvantificirana rečenica logike prvog reda je tautologija ako i samo ako je njezina istinitosno-funkcionalna forma tautologija. Primjer 6.9 zaključak: Odredi istinitosno funkcionalnu formu korespodentnog kondicionala za Je li taj korespondentni kondicional tatologija? Podsjetnik 1. Pomoću istinitosno-funkcionalnog algoritma možemo odrediti istinitosnofunkcionalnu formu rečenice ili zaključka u kojima se javljaju kvantificirani izrazi. 2. Istinitosno-funkcionalna forma razotkriva kako su atomarne rečenice i kvantificirane rečenice povezane. 3. Kvantificirana rečenica je tautologija ako i samo ako je njezina istinitosnofunkcionalna forma tautologija. 4. Svaka je tautologija logička istina, ali me du kvantificiranim rečenicama nalazimo mnoge logičke istine koje nisu tautologije. 5. Mnogi valjani zaključci logike prvog reda nisu tautološki valjani.

87 Poglavlje 7 Valjanosti i posljedice prvog reda Intuitivna ideja o logičkoj istini i logičkoj posljedici poziva se na istinitost u svim logički mogućim okolnostima: rečenica je logički istinita ako i samo ako je istinita u svim logički mogućim okolnostima. Rečenica S je posljedica danih premisa ako i samo ako je S istinita u svim logički mogućim okolnostima u kojima su sve premise istinite. Preciznost ovih definicija možemo povećati za slučaj tautologija i tautoloških posljedica modelirajući "logički moguće okolnosti" kao redak u istinitosnoj tablici. Nažalost pojmovi tautologija i tautološka posljedica ne mogu nas dovesti do željenog cilja u logici prvog reda: naime oni ne mogu razdijeliti logičke istine i logičke posljedice prvoga reda od drugih rečenica i logičkih posljedica u logici prvoga reda. Ono što nam treba je dodatna metoda za analiziranje logičkih istina i logičkih posljedica koje ovise o istinitosnofunkcionalnim veznicima te o kvantifikatorima i identitetu. Najprije trebamo razriješiti terminološki problem: koji naziv dodjeliti takvim rečenicama i takvim odnosima u logici prvog reda. Propozicijska logika Logika prvoga reda Općeniti pojam Tautologija?? Logička istina Tautološka posljedica?? Logička posljedica Tautološka ekvivalencija?? Logička ekvivalencija Nema uvriježenih naziva, Barwise i Etchemendy predlažu sljedeće: Propozicijska logika Logika prvoga reda Općeniti pojam Tautologija Valjana rečenica prvoga reda Logička istina Tautološka posljedica Posljedica prvoga reda Logička posljedica Tautološka ekvivalencija Ekvivalencijaprvogareda Logička ekvivalencija Ti se podebljani nazivi odnose na one logičke istine, posljedice i ekvivalencije koje su takve kakve jesu zahvaljujući značenju istinitosno-funkcionalnih veznika, kvantifikatora i identiteta. Na taj način, zanemarujemo značenje imena, predikata (s iznimkom predikata identiteta) i funkcijskih simbola. Predikat identiteta zauzima posebno mjesto me du predikatima jer samo kod njega dopuštamo da se doprinos njegovog značenja promatra kao svojstven logici prvog reda. Razlozi zbog kojih se predikat identiteta tretira kao poseban,"logički" predikat su dvojaki. Oni obuhvaćaju općenitost njegove primjene i doprinos u kvantifikacijskoj izražajnosti. Prvo, identitet se javlja u skoro svim jezicima. Dok je > svojstven aritmetici, teoriji skupova a LijevoOd običnom jeziku i "jeziku blokova" (Tarski s World), dotle je predikat identiteta prisutan u svim tim jezicima. Drugo, zahvaljujući = možemo koristeći samo dva kvantifikatora 78

88 7.1 Metoda zamjene predikata 79 iskazati koliki je točan broj predmeta koji ispunjava neki uvjet, koji je najveći, a koji najmanji broj takvih predmeta. Ako možemo reći je li rečenica logički istinita bez da poznajemo značenje predikata (osim identiteta) koji se javljaju u njoj, onda je ta rečenica valjana rečenica prvoga reda. Primjer 7.1 xistev eličine(x, x), xkocka(x) Kocka(b) i x yv oli(x, y) x yv oli(x, y) sulogičke istine (Svaka stvar jednako je sama sebi po svojoj veličini; Ako je svaka stvar kocka onda je i b kocka; Svatko voli nekoga ili netko ne voli nikoga). Pitanje je jesu li to valjane rečenice prvoga reda? 7.1 Metoda zamjene predikata Je li neka rečenica S valjana rečenica prvoga reda možemo otkriti zamjenjujući predikate s drugim predikatima, a posebno s besmislenim. Ako se istini-

89 80 Poglavlje 7 Valjanosti i posljedice prvog reda tost izgubi u tim zamjenama, onda je istinitost posljedica značenja početn-og/ih predikata, pa S nije valjana rečenica prvoga reda. Primjer 7.2 Prva rečenica ne prolazi na testu: xr(x, x), xp (x) P (b) i x yr(x, y) x yr(x, y) 1. Za provjeru valjanosti i posljedice prvoga reda, zamijenite sve predikate osim identitetnog s novim simbolima bez značenja, pazeći pri tome da u slučaju kada se neki predikat javlja više puta, svaku njegovu pojavu zamijenite s istim predikatom bez značenja. 2. Za provjeru valjanosti prvog reda za rečenicu S, pokušajte opisati okolnosti i dati tumačenje imena, predikata i funkcija iz S u kojima će ona biti neistinita. Ako se takve okolnosti ne mogu zamisliti, S je valjana rečenica prvoga reda. 3. Za provjeriti je li S posljedica prvog reda premisa P 1,...,P n, pokušajte naći okolnosti i tumačenje u kojem će S biti neistinito a P 1,...,P n istinito. Ako se takve okolnosti ne mogu zamisliti, izvorni je zaključak posljedica prvog reda. Primjer 7.3 Neka je zadan zaključak Je li ovdje riječ o posljedici prvog reda? Metoda zamjene pokazuje da nije. Istina je da 1.Logičar(charles_dodgson) i 2. Književnik(lewis_carroll), ali nije istina 3. (charles_dodgson = lewis_carroll). 7.2 Ekvivalencije prvoga reda i DeMorgan-ovi zakoni

90 7.2 Ekvivalencije prvoga reda i DeMorgan-ovi zakoni 81 Augustus DeMorgan Prethodne tehnike možemo primjeniti i u utvr divanju ekvivalencija prvog reda. Ako primjena istinitsono funkcionalnog algoritma pokaže da su dvije rečenice tautološki ekvivalentne, onda su one i ekvivalencije prvoga reda. Primjer 7.4 Iz ( xkocka(x) A ydodekaedar(y) B ) primjenom istinitosno funkcionalnog algoritma dobivamo (A B), a iz xkocka(x) A ydodekaedar(y) B dobivamo A B. Dobivene rečenice su tautološki ekvivalentne, one su jedna instanca DeMorganovih zakona. No, DeMorganove zakone i slična logička načela možemo primijeniti i unutar dosega kvantifikatora. Primjer 7.5 Kontrapozicija: (A B) ( B A). (i) x(kocka(x) Maleno(x)), (ii) x( Maleno(x) Kocka(x)) su ekvivalentne (ako su sve kocke malene, onda ništa što nije maleno nije kocka, i obratno) Istražimo primjer! Izdvojimo nekvantificirani dio (i) P (x) Q(x) (ii) Q(x) P (x) P i Q predstavljaju bilo koju isf-u pod uvjetom da ona sadrži slobodnu varijablu x i nijednu drugu slobodnu varijablu. Ne možemo zapitati jesu li ove dvije isf-e ekvivalentne, jer one nisu rečenice. Unatoč tome, možemo lako dokazati da bilo koji predmet koji zadovoljava prvu isf-u (i) tako der zadovoljava i i isf-u (ii). Dokaz 7 Primijenimo indirektan dokaz (reductio ad absurdum). Pretpostavimo da postoje okolnosti u kojima neki predmet zadovoljava prvi uvjet (i) i ne zadovoljava drugi (ii). Uvedimo novo ime za taj predmet - n 1. Uvrštavanjem dobivamo (i*) P (n 1 ) Q(n 1 ) i(ii*) Q(n 1 ) P (n 1 ). Budući da je x bila jedina slobodna varijabla, (i*) i (ii*) su rečenice. Po pretpostavci dokaza i definiciji zadovoljavanja (i*) mora biti istinita a (ii*) neistinita. No to je nemoguće jer su (i*) i (ii*) ekvivalentne po kontrapoziciji.

91 82 Poglavlje 7 Valjanosti i posljedice prvog reda Definicija 6 Logički ekvivalentne isf-e. Dvije isf-e sa slobodnim varijablama su logički ekvivalentne akko ih u bilo kojim mogućim okolnostima zadovoljavaju isti predmeti. Iskaži prethodnu definiciju na drugi način koristeći definiciju zadovolja- Zadatak 32 vanja 11. Ako generaliziramo prethodni rezultat (tj. da su dvije formule logički ekvivalentne ako nije moguće da neki predmeti zadovoljavaju jednu a ne i drugu), onda će primjena načela logičkih ekvivalencija na neku isf-u dati logički ekvivalentnu isf-u, formulu koju zadovoljavaju isti predmeti kao i prvu Supstitucija logički ekvivalentnih isf-a Neka su P i Q logički ekvivalentne isf-e, koje možda sadrže slobodne varijable inekajes(p ) proizvoljna rečenica koja sadrži P kao sastavni dio. Tada ako su P i Q logički ekvivalentne, tj. P Q onda su ekvivalentne i S(P ) i S(Q),tj.. S(P ) S(Q) Dokaz načela supstitucije zahtjeva dodatne tehnike (dokaz indukcijom), pa će biti izostavljen ovdje. Opremljeni s načelom supstitucije možemo dokazati cijeli niz novih ekvivalencija. Primjer 7.6 x(p (x) Q(x)) x( P (x) Q(x)) definicija x( P (x) Q(x)) dvostruka negacija x (P (x) Q(x)) DeMorganov zakon Očigledno je gornje rečenice nisu tautološki ekvivalentne jer su izmjene izvele "u unutrašnjosti", pod dosegom kvantifikatora DeMorganovi zakoni za kvantifikatore U propozicijskoj logici DeMorganovi zakoni opisuju važne odnose izme du negacije, konjunkcije i disjunkcije. Postoji stroga analogija izme du i, te izme du i. 11 Dvije isf-e sa slobodnim varijablama su logički ekvivalentne akko svaka jednolika supstitucija imena (starih ili novih) na mjestima njihovih slobodnih varijabli daje logički ekvivalentne rečenice.

92 7.2 Ekvivalencije prvoga reda i DeMorgan-ovi zakoni 83 Primjer 7.7 Neka govorimo o četiri imenovana bloka: a, b, c i d. Tada će rečenica xkocka(x) biti istinita ako i samo ako vrijedi Kocka(a) Kocka(b) Kocka(c) Kocka(d) Slično rečenica xkocka(x) bit će istinita ako i samo ako vrijedi Kocka(a) Kocka(b) Kocka(c) Kocka(d) Analogija sugerira da bi kvantifikatori mogli reagirati na negaciju na sličan način kao konjunkcija i disjunkcija. Primjer 7.8 xmaleno(x) bit će istinita ako i samo ako vrijedi (Maleno(a) Maleno(b) Maleno(c) Maleno(d)) a po DeMorganovom zakonu prethodno vrijedi ako i samo ako Maleno(a) Maleno(b) Maleno(c) Maleno(d) A to je istinito ako i samo ako x Maleno(x) DeMorganovi zakoni omogućuju nam da negaciju pomičemo iza kvantifikatora DeMorganovi zakoni za kvantifikatore xp (x) x P (x) xp (x) x P (x) Zadatak 33 Pokažite da je negacija univerzalno afirmativnog suda ekvivalentna partikuralno negativnom sudu i navedite naziv logičkog načela koji omogućuje pojedinu supstituciju ekvivalentnih isf-a.. x(p (x) Q(x)) x( P (x) Q(x)) x ( P (x) Q(x)) x( P (x) Q(x)) x(p (x) Q(x)) Zadatak 34 Dokažite ekvivalenciju. x(p (x) Q(x)) x (P (x) Q(x))

93 84 Poglavlje 7 Valjanosti i posljedice prvog reda Odgovor 4 x(p (x) Q(x)) x (P (x) Q(x)) x( P (x) Q(x)) x(p (x) Q(x)) 7.3 Još neke ekvivalencije s kvantifikatorima Primjer 7.9 Zamislimo da u svijetu nalazimo točno n predmeta čija su imena a 1,..., a n (svaki predmet ima ime). Rečenica x(p (x) Q(x)) istinita je u tim okolnostima ako i samo ako (P (a 1 ) Q(a 1 ))... (P (a n ) Q(a n )) Budući da je konjunkcija asocijativna dobivamo (P (a 1 )... P (a n )) (Q(a 1 )... Q(a n )) Što je ekvivalentno s xp (x) xq(x) Primjer 7.10 Rečenica x(kocka(x) Tetraedar(x)) nije ekvivalenta s xkocka(x) xt etraedar(x). Prvarečenica istinita je u svjetovima a) u kojemu su svi predmeti kocke, b) u kojemu su svi predmeti tetraedri i c) u kojem su neki predmeti kocke a neki tetraedri, dok drukčijih predmeta nema. Druga rečenica nije istinita u svjetovima c) tipa. Zadatak 35 Pokažite da je egzistencijalni kvantifikator distributivan prema disjunkciji! Rjeenje 2 Zamislimo da u svijetu nalazimo točno n predmeta čija su imena a 1,...,a n (svaki predmet ima ime). Rečenica x(p (x) Q(x)) istinita je u tim okolnostima ako i samo ako (P (a 1 ) Q(a 1 ))... (P (a n ) Q(a n )) Budući da je disjunkcija asocijativna dobivamo (P (a 1 )... P (a n )) (Q(a 1 )... Q(a n )) Što je ekvivalentno s xp (x) xq(x) Zapamtite! x(p (x) Q(x)) xp (x) xq(x)

94 7.3 Još neke ekvivalencije s kvantifikatorima 85 x(p (x) Q(x)) xp (x) xq(x) x(p (x) Q(x)) < xp (x) xq(x) x(p (x) Q(x)) < xp (x) xq(x) Nulta kvantifikacija Za svaku isf-u P u kojoj x nije slobodna varijabla: xp P xp P x(p Q(x)) P xq(x) x(p Q(x)) P xq(x) Ako u rečenici P koja ne sadrži slobodne varijable pokušamo upisati bilo koje ime, to nećemo moći učiniti, zato je pitanje koji predmet zadovoljava P istovjetno s pitanjem je li P istinito Zamjena vezanih varijabli Nije važno koje varijable koristimo sve dok se ne susretnemo s kvantifikatorima čiji se dosezi preklapaju. Za svaku isf-u P (x) i varijablu y koja se ne javlja u P (x): xp (x) yp(y) xp (x) yp(y)

95 Poglavlje 8 Višestruka kvantifikacija 8.1 Višestruka primjena jednog kvantifikatora Primjer 8.1 (i) x y[kocka(x) Tet(y) LijevoOd(x, y)], (ii) x y[(kocka(x) Tet(y)) LijevoOd(x, y)] Sprvomserečenicom tvrdi da je neka kocka s lijeve strane nekog tetraedra. S drugom, da je svaka kocka s lijeve strane svakog tetraedra. Prethodne rečenice zapisane su na način da su svi kvantifikatori stavljeni sprijeda (preneksna forma). Preneksna forma ne mora biti najčitljivija. Zapišimo (i) i (ii) na drukčiji način: (i*) x[kocka(x) y(tet(y) LijevoOd(x, y))], (ii*) x[kocka(x) y(tet(y) LijevoOd(x, y))]. Novi, ekvivalentni izrazi možda su čitljiviji jer imaju strukturu aristotelovskih rečenica: (i) Neke kocke {z } su /takve_da_su/_s_lijeve_strane_nekog_tetraedra {z }, (ii) Sve kocke {z } su /takve_da_su/_svakom_tetraedru_s_lijeva {z }. Zadatak 36 Neka je područje rasprave skup predmeta čija su jedinstvena imena a, b i c. Prikaži x yr(x, y) kao konjunkciju atomarnih rečenica! Odgovor 5 1. Prvo razlažemo prvi kvantifikator s lijeva: yr(a, y) yr(b, y) yr(c, y) {z } {z } {z } 2. Razlažemo slijedeći, posljednji kvantifikator: (R(a, a) R(a, b) R(a, c)) (R(b, a) R(b, b) R(b, c)) (R(c, a) R(c, b) R(c, c)) {z } {z } {z }. Zadatak 37 Otvorite Cantor s Sentences i Cantor s World. 86

96 8.1 Višestruka primjena jednog kvantifikatora 87 a) Je li u gornjem svijetu istinita rečenica: x y[(kocka(x) Kocka(y)) (LijevoOd(x, y) DesnoOd(x, y)] Ako nije, modificirajte je koristeći predikat identiteta tako da postane istinita! b) Je li u ovom svijetu istinita rečenica x y(kocka(x) Kocka(y))? Ako jest, modificirajte je koristeći predikat identiteta tako da postane neistinita 12! Zadatak 38 Otvorite Frege s Sentences i Peirce s World. Preinačite veličinu i položaj tako da prvih sedam rečenica bude istinito, a drugih sedam lažno. Kod vrednovanja rečenica s višestrukim kvantifikatorima često se pravi pogreška koja proizlazi iz netočnepretpostavkedaserazličite 12 a) Nije istinita. Da bi postala istinita trebamo je modificirati: x y[(kocka(x) Kocka(y) x 6= y) (LijevoOd(x, y) DesnoOd(x, y)] b) Istinita je. da bi postala neistinita trebamo je modificirati: x y(kocka(x) Kocka(y) x 6= y)

97 88 Poglavlje 8 Višestruka kvantifikacija varijable primjenjuju na različite predmete Zapamtite x yp(x, y) implicira xp (x, x) x yp(x, y) ne implicira xp (x, x) xp (x, x) implicira x yp(x, y) 8.2 Mješoviti kvantifikatori Analizirajmo x[kocka(x) y(tet(y) LijevoOd(x, y))] u aristotelovskom stilu, kao svi S su P. Sve kocke x imaju svojstvo y(tet(y) LijevoOd(x, y)), tj. da su s lijeve strane barem jednog tetraedra. Istovrijednu rečenicu mogli smo izraziti u preneksnoj formi (stavljajući sve kvantifikatore sprijeda): x y[kocka(x) (Tet(y) LijevoOd(x, y))] Poredak je važan kada koristimo raznovrsne kvantifikatore. Primjer 8.2 x yv oli(x, y) y xv oli(x, y),ali x yv oli(x, y) < y xv oli(x, y). Iskažite prethodne rečenice u prirodnom jeziku! Zadatak 39 istinite. Otvorite Arnault s world i napravite svijet u kojem će sve rečenice biti 8.3 Prijevod korak-po-korak U slučaju kada rečenica u prirodnom jeziku sadrži više od jedne kvantificirane imeničke fraze, prijevod na jezik logike prvoga reda može biti prilično složen. Primjer 8.3 Nijedna kocka koja se nalazi s lijeve strane nekog tetraedra nije s lijeve strane nekog, od nje većeg dodekaedra. Metodom "korak-po-korak" nazovimo postupak u kojemu u kojemu izdvajamo imeničke fraze i formaliziramo ih jednu za drugom. Primjer 8.4 Svaka je kocka s lijeve strane svakog dodekaedra. (1) x(kocka(x) x je s lijeve strane svakog dodekaedra), (2) y(dodek(y) LijevoOd(x, y)), (3) x(kocka(x) y(dodek(y) LijevoOd(x, y)))

98 8.3 Prijevod korak-po-korak 89 Primjer 8.5 Nijedna kocka koja se nalazi s lijeve strane nekog tetraedra nije s lijeve strane nekog, od nje većeg dodekaedra. (1) x(kocka(x) koja se nalazi s lijeve strane nekog tetraedra) (x je s lijeve strane nekog od x većeg dodekaedra). (2) x(kocka(x) x je s lijeve strane nekog tetraedra) (x je s lijeve strane nekog od x većeg dodekaedra) (3) x(kocka(x) y(tet(y) LijevoOd(x, y)) (x je s lijeve strane nekog od x većeg dodekaedra) (4) x[(kocka(x) y(tet(y) LijevoOd(x, y))) z(lijevood(x, z) Dodek(z) VećiOd(z, x))] Zadatak 40 Prevedi koristeći oznake predikata iz "Tarski s World": 1. Svaki je dodekaedar jednak po veličini nekoj kocki, 2. Svaki predmet koji se nalazi izme du dodekaedara je kocka., 3. Svaka kocka koja ima neki predmet iza sebe je malena, 4. Svaki dodekaedar koji nema ništa sa svoje desne strane ima neki predmet s lijeve strane. Kad dovršite prijevod, otvorite Bolzano s world - sve rečenice moraju biti istinite u tom svijetu Parafraziranje prirodnog jezika U mnogim slučajevima "površinski" oblik rečenice nije istovjetan s njezinim logičkim oblikom. Tada "metoda korak-po-korak" nije uspješna. U prijevodu rečenice s prirodnog jezika na jezik logike prvoga reda cilj doći do rečenice koja ima isto značenje kao i izvornik. Primjer 8.6 Ako neka kocka ima neki predmet ispred sebe, ona je malena. 13 Primjer 8.7 Svaki seljak koji ima magarca tuče ga (tog magarca) nije ispravno prikazana s x((seljak(x) y(magarac(y) Posjeduje(x, y)) Tuče(x, y)) - naime, ta formula nije rečenica jer je pojava varijable y u Tuče(x, y) slobodna. Rješenje zahtijeva dva univerzalna kvantifikatora. Na primjer: x[magarac(x) y((seljak(y) Posjeduje(y,x)) Tuče(y, x))]. Zadatak 41 Izradite prijevod na jezik logike prvoga reda za rečenicu Svaka kocka koja je iza nekoga dodekadra manja je od njega. Rjeenje 3 x[kocka(x) y((dodek(y) Iza(x, y)) ManjeOd(x, y))], ili x y[(kocka(x) Dodek(y) Iza(x, y)) ManjeOd(x, y)], ili x[dodek(x) y((kocka(y) Iza(y, x)) ManjeOd(y, x))], ili x((kocka(x) yispred(y, x)) Maleno(x))

99 90 Poglavlje 8 Višestruka kvantifikacija Višeznačnost i ovisnost o kontekstu Primjer 8.8 "Svatko cijeni neku crvenokosu osobu": (i) Svatko ima voljenu crvenokosu osobu: x y(cijeni(x, y) Crvenokos(y)), (ii) Neku crvenokosu osobu vole svi: x y(crvenokos(x) Voli(y, x)). Primjer 8.9 Pod kojim značenjem prve premise je sljedeći zaključak valjan odnosno nevaljan: Svatko cijeni neku crvenokosu osobu. Svatko tko cijeni samoga sebe je samopouzdan. Dakle, neka crvenokosa osoba je samopouzdana". Dokažite konkluziju koja slijedi, a nevaljanom zaključku prona dite protuprimjer (tj. situaciju u kojoj su sve premise istinite a kokluzija lažna 14 ) Rjeenje 4 Valjani zaključak (inferencija, argument): Izvor višeznačnosti u prirodnim jezicima ponekada je povezan s redoslijedom u kojem se javljaju kvantifikatori. Za uspješan prijevod u logiku prvog reda potrebno je znati što je sugovornik htio reći. Često 14 Valjani zaključak (inferencija, argument):

100 8.3 Prijevod korak-po-korak 91 namjeravano značenje možemo otkriti na osnovi konteksta u kojem se rečenica izrekla Prijevodi pomoću funkcijskih simbola Intuitivno, funkcije su vrsta relacija. Oslanjajući se na tu intuiciju, možemo zaključiti da ono što možemo izreći u logici prvoga reda koristeći funkcijske simbole možemo, tako der, izreći pomoću relacijskih simbola. Primjer 8.10 otac(nikomah) =aristotel možemo iskazati kao OtacOd(aristotel, nikomah) Rečenica ( f) xstarijiod(otac(x),x)) kazuje da je otac bilo koje osobe stariji od te osobe. Ako (*) iskažemo kao x y(otacod(y,x) StarijiOd(y, x)), onda tvrdimo da svaka osoba ima barem jednog oca koji je stariji od nje. Ako (*f) iskažemo kao x y(otacod(y, x) StarijiOd(y, x)), onda tvrdimo su svi očevi bilo koje osobe stariji od nje. Ono što nam zapravo treba je tvrdnja da svatko ima barem jednog oca (*1) i da svatko ima najviše jednog oca (*2) x yotacod(y,x) x y z[(otacod(y, x) OtacOd(z,x)) y = z]. Zagledajmo se u (*2): ona zabranjuje situaciju u kojoj netko ima više od jednog oca, npr. osoba a ima oca b iocac. Tada ne bi vrijedilo (OtacOd(b, a) OtacOd(c, a)) b = c jer bi antecedent bio istinit a konzekvent neistinit budući da b i c nisu različita imenaisteosobe. Sdrugestrane, akoznamootac(a) =b i otac(a) =c, onda možemo s pravom zaključiti b = c. Željeni prijevod daje nam, dakle, konjunkcija (*1) (*2). Nju možemo kraće iskazati ovako: ( R) x y[otacod(y, x) StarijiOd(y, x) z(otacod(z,x) y = z)] Kada usporedimo (*f) i (*R), očigledna je ušteda na duljini zapisa koju dobivamo koristeći funkcijske simbole.

101 92 Poglavlje 8 Višestruka kvantifikacija Sve što možemo iskazati koristeći n-mjesne funkcijske simbole možemo iskazati koristeći n +1-mjesne relacijske simbole, te identitetni predikat. Takvim se prijevodom povećava složenost rečenice. Primjer 8.11 Rečenicu "Majka nečije majke je mla da od Marije" iskaži na dva načina: koristeći funkcijske, a zatim koristeći relacijske simbole 15. Primjer 8.12 "Svaki prirodni broj je ili 0 ili veći od nule" Možemo li iskazati ovu rečenicu koristeći funkcijske simbole 16? 8.4 Preneksna forma Kada prevodimo rečenice iz prirodnog jezika na jezik logike prvoga reda često dolazimo do takvih izraza u kojima su kvantifikatori i logički veznici ispremiješani. Primjer 8.13 Rečenice poput "Svaka kocka koja je na lijevoj strani nekog tetraedra nalazi se iza nekog dodekaedra" prikazujemo x[(kocka(x) y(tetra(y) LijevoOd(x, y)) y(dodek(y) Iza(x, y))] U nekimslučajevima ovakav prijevod, iako prirodan, nije najprikladniji. Ponekad je potrebno preurediti rečenice tako da svi kvantifikatori budu sprijeda i svi veznici straga. za takvu rečenicu kažemo da je u preneksnoj formi budući da su svi kvantifikatori sprijeda. Definicija 7 Ispravno sastavljena formula je u preneksnoj normalnoj formi ako ili ne sadrži kvantifikatore ili ima oblik Q 1 v 1 Q 2 v 2...Q n v n P gdje je svaki Q i ili ili, gdje je svaki v i varijabla, a u isf-i P ne javlja se niti jedan kvantifikator. Različiti su razlozi zbog kojih je potreban prikaz rečenice u preneksnoj formi. Preneksna forma jasno pokazuje logičku složenost neke rečenice. Složenost u manjoj mjeri ovisi o broju kvantifikatora, a u većoj o prijelazu s na i obratno. S druge strane preneksna forma je slična disjunktivnim i konjuktivnim normalnim formama i ekstenzivno se koristi u automatiziranim dokazivanjima teorema xmladjaod(majka(majka(x)),marija) 2. x y z[majkaod(y, z) MajkaOd(x, y) MladjaOd(x, marija) v w((majkaod(v, z) MajkaOd(w, y)) v = y w = x] Ne: x(n(x) (x =0 x>0))

102 8.4 Preneksna forma 93 Teorem 9 Za svaku rečenicu postoji njezina ekvivalentna rečenica u preneksnoj normalnoj formi (zapravo takvih rečenica ima puno). Primjedba 4 Dokaz teorema naći ćete u točki Za tvorbu preneksne normalne forme oslanjamo se na definicije veznika i na ekvivalencije prvoga reda: Podsjetnik: 1. (Pomicanje kvantifikatora preko i ) Za svaku isf-u P (x) i Q(x): x(p (x) Q(x)) xp (x) xq(x) x(p (x) Q(x)) xp (x) xq(x) 2. (Nulta kvantifikacija 17 ) za svaku isf-u P u kojoj x nije slobodan: xp P xp P x(p Q(x)) P xq(x) x(p Q(x)) P xq(x) 3. (Zamjena vezanih varijabli) Za svaku isf-u P (x) i varijablu y koja se ne javlja u P (x): xp (x) yp(y) xp (x) yp(y) 4. (DeMorganovi zakoni za kvantifikatore) xp (x) x P (x) xp (x) x P (x) 5. (Supstitucija ekvivalentnih isf-a) /S(P ) i S(Q) označavaju rečenice čije su komponente isf-e P i Q/ (P Q) (S(P ) S(Q)) Zadatak 42 Iskažimo rečenicu u xp (x) yq(y) u preneksnoj formi! Odgovor 6 1. Zamjenimo kondicional s disjunkcijom i negacijom koje jasnije reagiraju prema kvantifikatorima: xp (x) yq(y).2. U dobivenoj disjunkciji primijenimo DeMorganove zakone: x P (x) yq(y). 3.Nulta kvantifikacija: x( P (x) yq(y)). 4. Nulta kvantifikacija nad a daje b: y( P (x) Q(y)). {z } a Zamjena isf-e a s njezinim ekvivalentom b daje: x y( P (x) Q(y)). 17 Ako u rečenici P koja ne sadrži slobodne varijable pokušamo upisati bilo koje ime, to ne ćemo moći učiniti, zato je pitanje koji predmet zadovoljava P istovjetno s pitanjem je lip istinito.

103 94 Poglavlje 8 Višestruka kvantifikacija Primjer 8.14 Primjer primjene strategije "iznutra prema vani": 1. ( xp (x) R(b)) x(p (x) xq(x)). 2. Nulta kvantifikacija: x(p (x) R(b)) x(p (x) xq(x)). 3. Distribucija prema : x(p (x) R(b)) x(p (x) Q(x)). 4. Definicija : x(p (x) R(b)) x(p (x) Q(x)). 5. DeMorgan: x (P (x) R(b)) x(p (x) Q(x)). 6. Zamjena varijabli: x (P (x) R(b)) z(p (z) Q(z)). 7. Nulta kvantifikacija: x( (P (x) R(b)) z(p (z) Q(z))). 8. Nulta kvantifikacija i definicija za : x z((p (x) R(b)) (P (z) Q(z))). Primjer 8.15 Rečenicu iz prethodnog primjera 8.13: A z } { z } { x[ (Kocka(x) y (Tetra(y) LijevoOd(x, y))) y (Dodek(y) Iza(x, y))] {z} {z} a b možemo prikazati u ekvivalentnoj preneksnoj formi: x y z[(kocka(x) Tetra(y) LijevoOd(x, y))) (Dodek(z) Iza(x, z))] Možemo uočiti da nismo jednostavno premjestili kvantifikatore na početak. y je pod {z} a utjecajem jer se nalazi u antecedensu kondicionala. Budući je A K A K, taj će kvantifikator po DeMorganovim zakonima postati univerzalan. Gornji primjer postupno analiziramo (koristeći u zapisu predikata samo njihovo početno slovo): x[(k(x) y(t (y) L(x, y))) y(d(y) I(x, y))] x[ (K(x) y(t (y) L(x, y))) y(d(y) I(x, y))] (definicija ) x[ y(k(x) T (y) L(x, y)) y(d(y) I(x, y))] (nulta kvantifikacija+supstitucija) x[ y (K(x) T (y) L(x, y)) y(d(y) I(x, y))] (DeMorgan) x[ y (K(x) T (y) L(x, y)) z(d(z) I(x, z))] (zamjena varijabli) x y[ (K(x) T (y) L(x, y)) z(d(z) I(x, z))] (nulta kvantifikacija) x y z[ (K(x) T (y) L(x, y)) (D(z) I(x, z))] (nulta kvantifikacija) x y z[(k(x) T (y) L(x, y)) (D(z) I(x, z))] (definicija ) K Zadatak 43 Neka varijabla x nije slobodna u isf-i Q. Dokažite ekvivalencije: a) xp Q x[p Q], b) xp Q x[p Q], c) Q xp x[q P ], d) Q xp x[q P ]! Označite zvjezdicom korake koji ne bi bili dopušteni ako bi varijabla x bila slobodna u Q!

104 8.4 Preneksna forma 95 Odgovor 7 a) xp Q xp Q x P Q x P xq x[ P Q] x[p Q] a) xp Q xp Q x P Q x P xq x[ P Q] x[p Q] a) Q xp Q xp x[ Q P ] x[q P ] d) Q xp Q xp x Q xp x[ Q P ] x[q P ] Dokaz teorema o preneksnoj normalnoj formi Za dokazati postojanje preneksne normalne forme za bilo koju isf-u logike prvoga reda moramo se osloniti na dokazni postupak stroge indukcije (matematičke indukcije, pogledajte 17). Taj postupak možemo primijeniti zahvaljujući činjenici da je pojam isf-e definiran na induktivan način: opisom osnovnih slučajeva (atomarne isf-e), opisom načina kako se iz danih isf-a dobivaju nove, te navo denjem činjenice da isf-e ne mogu nastati ni na koji drugi način. Ako pokažemo [osnovni korak] da za atomarne isf-e vrijedi traženo i ako pokažemo [induktivni korak] da ako traženo vrijedi za dane isf-e, onda ono vrijedi i iz njih dobivenim isf-ama, tada ćemo pokazati da traženo vrijedi za sve isf-e, jer su one ili atomarne ili su dobivene po pravilima tvorbe.

105 96 Poglavlje 8 Višestruka kvantifikacija U osnovnom koraku trebamo dokazati da svaka atomarna isf ima svoju preneksnu formu. Po definiciji preneksne forme, atomarna isf već jest u preneksnoj normalnoj formi jer ne sadrži kvantifikatore. U induktivnom koraku moramo pokazati da se traženo svojstvo "naslje duje" u primjeni pravila tvorbe za složene isf-e. Budući da pravila tvorbe pokrivaju nastanak novih isf-a iz već danih putem primjene veznika i kvantifikatora, potrebno je ispitati svaki mogući način dobivanja novih isf-a. [Slučaj P ] Pretpostavimo da P ima svoju preneksnu formu. Dakle, za neku isf-u S bez kvantifikatora vrijedi P Q 1 v 1...Q n v n S, gdje je svaki Q i ili ili, gdjejesvakov i varijabla, a u isf-i S ne javlja se niti jedan kvantifikator. Definirajmo funkciju alt koja mijenja kvantifikatore: ½ ako je Qi univerzalni kvantifikator, alt(q i )= ako je Q i egzistencijalni kvantifikator. Po načelu zamjene ekvivalentnih isf, P Q 1 v 1...Q n v n S. Primjenom DeMorganovog zakona dobivamo traženu preneksnu formu: alt(q 1 )v 1...alt(Q n )v n S. [Slučaj R S] Pretpostavimo da R i S imaju svoju preneksnu formu. Dakle, za neke isf-e F i G bez kvantifikatora vrijedi: R Q 1 v 1...Q n v n F, S Q n+1 v n+1...q n+k v n+k G. Oslanjajući se na načelo zamjene varijabli, zamijenimo sve pojave varijabli v 1,...,v n+k u kvantifikatorskom dijelu i u matricama F i G s novim varijablama w 1,...,w n+k. Označimo s F v w i G v w matrične isf-e koje dobivamo takvom zamjenom varijabli. Dobivamo: R Q 1 w 1...Q n w n F v w, S Q n+1 w n+1...q n+k w n+k G v w. Na kraju, koristeći načelo "nulte kvantifikacije" i činjenicu da niti jedna varijabla w 1,...,w n+k nema slobodnu pojavu u F i G, dobivamo traženu preneksnu formu: Q 1 w 1...Q n w n Q n+1 w n+1...q n+k w n+k (F v w G v w). [Slučaj R S] Pretpostavimo da R i S imaju svoju preneksnu formu. Dakle, za neke isf-e F i G bez kvantifikatora vrijedi: R Q 1 v 1...Q n v n F v w, S Q n+1 v n+1...q n+k v n+k G v w.

106 8.4 Preneksna forma 97 Oslanjajući se na načelo zamjene varijabli, zamijenimo sve pojave varijabli v 1,...,v n+k u kvantifikatorskom dijelu i u matricama F i G s novim varijablama w 1,...,w n+k. Varijable w 1,...,w n+k trebaju se razlikovati i od vrijabli, ako takvih ima, čije su pojave slobodne u F i G. Dobivamo: R Q 1 w 1...Q n w n F v w, S Q n+1 w n+1...q n+k w n+k G v w. Koristeći načela iz zadatka na str. 43 i činjenicu da niti jedna varijabla w 1,...,w n+k nema slobodnu pojavu u F i G, dobivamo traženu preneksnu formu: alt(q 1 )w 1...alt(Q n )w n Q n+1 w n+1...q n+k w n+k (F v w G v w). [Slučaj xp ] Pretpostavimo da P ima svoju preneksnu formu. Dakle, za neku isf-u N u preneksnoj formi vrijedi: Tražena preneksna forma je: P N. xn. Zadatak 44 Dokažite slučajeve P Q, P Q i xp! Odgovor 8 (Slučaj P Q) modifikacije dobivamo Zaključujemo slično kao za konjunkciju i uz potrebne Q 1 w 1...Q n w n Q n+1 w n+1...q n+k w n+k (F v w G v w). [Slučaj P Q] Kombiniramo dokaz za kondicional i konjunkciju i dobivamo najprije: a zatim: [alt(q 1 )w 1...alt(Q n )w n Q n+1 w n+1...q n+k w n+k (Fw v G v w)] [Q 1 w n+k+1...q n w 2n+k alt(q n+1 )w 2n+k+1...alt(Q n+k )w 2n+2k (G v w Fw)] v alt(q 1 )w 1...alt(Q n )w n Q n+1 w n+1...q n+k w n+k Q 1 w n+k+1...q n w 2n+k alt(q n+1 )w 2n+k+1...alt(Q n+k )w 2n+2k (G v w F v w). [Slučaj xp ] Zaključujemo slično kao kod univerzalnog kvantifikatora i dobivamo: xn.

107 98 Poglavlje 8 Višestruka kvantifikacija Zadatak 45 Primjenite postupak koji se koristio u gornjem dokazu da biste odredili jednu preneksnu formu za isf-u: ( xp (x) R(b)) x(p (x) xq(x)). Primjenimo strategiju "iznutra prema vani" i izdvojimo slučajeve: ( xp (x) R(b)) {z } 1 x(p (x) xq(x)). {z } 2 {z } 3 {z } 4 Slučaj 1: x(p (x) R(b)). Slučaj 2: y(p (x) Q(y)). Slučaj 3: x y(p (x) Q(y)). Slučaj 4: z u v[(p (z) R(b)) (P (u) Q(v))].

108 Poglavlje 9 Metode dokaza za kvantifikatore Trebamo otkriti metode dokaza koje će nam omogućiti da dokažemo sve i samo valjane implikacije logike prvog reda. Drugim riječima, cilj nam je pronaći metode dokaza koje će nam omogućiti da dokažemo sve ono što slijedi zahvaljajući značenju kvantifikatora, predikata identiteta i istinitosno-funkcionalnih veznika. Rezultirajući deduktivni sustav, poput onoga koji će biti izložen ovdje, zaista ostvaruje ovaj cilj, ali dokaz za tu činjenicu moramo odgoditi za kasnije. Počinjemo s analizom neformalnih obrazaca zaključivanja. Najprije ćemo razmotriti dokaze u kojima se javlja jedan kvantifikator, a zatim ćemo razmotriti višestruku i raznorodnu kvantifikaciju. 9.1 Valjani koraci s kvantifikatorima Četiri su osnovna koraka s kvantifikatorima, a u svakom paru jedan ide u suprotnom smjeru od drugoga Univerzalna eliminacija Pretpostavimo da nam je kao premisa zadana tvrdnja da je svaki predmet u domeni diskursa ili kocka ili tetraedar. Pretpostavimo dalje da znamo da je predmet c u domeni. Slijedi, naravno, da je c ili kocka ili tetraedar. Općenito, pretpostavimo da smo ustanovili da xs(x) i da znamo da c imenuje predmet u području rasprave. Tada možemo s pravom zaključiti da S(c). Doista nije moguće da nešto vrijedi za svaki predmet a da ne vrijedi za pojedini. To načelo nazivamo univerzalnom instancijacijom ili univerzalnom eliminacijom. Tradicionalni naziv je: aksiom silogizma. Uočimo da zahvaljujući univerzalnoj instancijaciji možemo polazeći od već poznate rečenice koja počinje s kvantifikatorom x(...x...) doći do rečenice (...c...) u kojoj je kvantifikator uklonjen Egzistencijalna introdukcija Korak dokaza za uvo denje je tako dervrlojednostavan,nounatoč jednostavnosti, on je važan jer nam omogućuje da uvedemo taj kvantifikator. Pretpostavimo da smo utvrdili da je predmet čije je ime c - maleni tetraedar. Na osnovi toga slijedi da je neki premet maleni tetraedar. Nije moguće da neki uvjet ispunjava predmet čiji je ime c a da pri tome taj isti uvjet ne ispunjava niti jedan predmet. Općenito, ako smo ustanovili da S(c), onda možemo zaključiti xs(x).ovaj se korak naziva egzistencijalnom generalizacijom ili egzistencijalnom introdukcijom. 99

109 100 Poglavlje 9 Metode dokaza za kvantifikatore U matematičkim dokazima, poželjni način dokazivanja egzistencijalne tvrdnje je konstruktivan. Naime, pokaže se koji predmeti ispunjavaju odre deni uvjet, a zatim se primijeni egzistencijalna generalizacija. Primjer 9.1 x y z : x 2 + y 2 = z 2. Za dokaz ovakve egzistencijalne tvrdnje pokaže se na instancu koja zadovoljava uvjet. Ovdje je to trojka brojeva < 3, 4, 5 >, jer =5 2. Zatim se primjeni egzistencijalna introdukcija (u ovom slučaju triput). Valjanost ovih koraka nije beziznimna u prirodnom jeziku, gdje nije zadovoljen uvjet da svako ime imenuje neku postojeću stvar. Primjer 9.2 "Djed Mraz ne postoji. Dakle, postoji nešto što ne postoji." Zadatak 46 Formalizirajte gornji primjer! Odgovor 9 Primjer 9.3 x[kocka(x) Veliko(x)] x[veliko(x) LijevoOd(x, b)] Kocka(d) x[veliko(x) LijevoOd(x, b)] Dokaz. Koristeći univerzalnu instancijaciju dobivamo:1. ako je d kocka, onda je d veliko i 2. ako je d veliko onda je d lijevo od b. Koristeći modus ponens nad 1. i premisom d je kocka dobivamo da je d veliko. Ponovna primjena modus ponens-a daje nam da jed lijevo od b. Time smo dobili da je d veliko i da je d lijevo od b. Dakle, po egzistencijalnoj introdukciji nešto je veliko i lijevo od b.

110 9.1 Valjani koraci s kvantifikatorima 101 Osim egzistencijalne introdukcije, postoje i drugi načini da se dokaže egzistencijalna rečenica. Možemo koristiti dokaz kontradikcijom (reductio ad absurdum) pretpostavljajući xp (x) i izvodeći iz toga. Ovakava metoda dokazivanja je manje zadovoljavajuća jer ne pokazuje na predmet koji zadovoljava P (x). U intuicionističkoj logici takav dokaz nije prihvatljiv. Za zapamtiti 1. Univerzalna instancijacija: Iz xs(x) izvedite S(c) ako c označava neki predmet iz predmetnog područja. 2. Egzistencijalna generalizacija: Iz S(c) izvedite xs(x) ako c označava neki predmet iz predmetnog područja Metoda egzistencijalne instancijacije Egzistencijalna instancijacija je jedna od zanimljivijih i "profinjenijih" metoda dokaza. Ona omogućuje da dokažemo rezultate polazeći od ezgzistencijalne rečenice. Neka predmetno područje obuhvaća svu djecu i neka nam je rečeno da su neka djeca kod kuće. Na osnovi ovih činjenica ne možemo ni za koje odre deno dijete, recimo za Martina, znati je li kod kuće. No ono što možemo učiniti jest to da damo "privremeno ime" jednom od one djece koja su kod kuće. To ime možemo koristiti da bismo označili dijete koje zadovoljava dani uvjet pazeći pri tome da to ime ne bude istovjetno ni s jednim imenom koje se već javlja u premisama. U svakodnevnom životu ovakvo se zaključivanje javljakadaznamodaneka osoba zadovoljava odre deni uvjet ali ne znamo koja je to osoba. Primjer 9.4 Jack Trbosjek je ime koje je Scotland Yard dao nepoznatom počinitelju višestrukih ubojstava. na taj način uvedeno je ime koje referira na osobu koja je izvršila zločinmatkoonabila. Osnovna strategija je sljedeća. Ako je dokazano ili premisama zadano da xs(x), onda možemo dodijeliti ime jednom od onih objekata koji zadovoljavaju

111 102 Poglavlje 9 Metode dokaza za kvantifikatore S(x) pod uvjetom da se to ime ne koristi ni u jednoj rečenici. Neka je to novo ime c. Tada možemo pretpostaviti da S(c) i dalje ga koristiti u dokazu. Uočimo da S(c) nije konkluzija, nego pretpostavka poddokaza. Ovo se pravilo naziva pravilom egzistencijalne instancijacije ili eliminacije. U matematičkim i logičkim dokazima takav se korak uvodi izrazom "neka je c (predmet) ono što zadovoljava taj-i-taj uvjet" ili "nazovimo predmet koji zadovoljava taj i taj uvjet predmetom c". Primjer 9.5 x[kocka(x) Veliko(x)] x[veliko(x) LijevoOd(x, b)] xkocka(x) x[veliko(x) LijevoOd(x, b)] Prve dvije premise su istovjetne kao i u prethodnom primjeru, no treća je "slabija". Ako bismo mogli eliminirati iz treće premise, onda bismo imali situaciju jednaku onoj u prethodnom primjeru. Dokaz: Po trećoj premisi postoji predmet koji je kocka. Neka je "e" ime za jedan od takvih predmeta. Postupimo isto kao i prije i doći ćemodotogada je e velik i lijevo od b. Egzistencijalnom introdukcijom dolazimo do željene konkluzije. Zadatak 47 Formalizirajte gornji dokaz. Odgovor 10 Moramo paziti da u egzistencijalnoj eliminaciji uvijek uvedemo novo ime. U protivnom mogli bismo doći do neželjenih posljedica. Primjer 9.6 Jedna neželjena posljedica bila bi kada bismo zadovoljive premise učinili nezadovoljivim. Na primjer da smo u prethodnom primjeru iskoristili ime b došli bismo do konkluzije xlijevood(x, x) što nije moguće. Tada bismo trebali zaključiti da su premise nezadovoljive, a to nije slučaj.

112 9.1 Valjani koraci s kvantifikatorima Metoda općenitog kondicionalnog dokaza Jedna me du najvažnijim metodama uključuje zaključivanje o nekom proizvoljnom objektu radi dokazivanja neku općenite tvrdnje o svim predmetima. Ta se metoda naziva općenitom metodom kondicionalnog dokaza. Ona je snažnija verzija kondicionalnog dokaza, a po pristupu je slična metodi egzistencijalne instancijacije. Primjer 9.7 Neka područje rasprave obuhvaća studente nekog fakulteta. Dobili smo neke informacije o njima u premisama. Pretpostavimo da pod tim premisama možemo dokazati da je Doris, student-ica fizike bist-ra/ar. Kako bismo mogli dokazati da su svi studenti fizike na tom fakultetu bistri? Na prvi pogled čini se da ne bismo nikako mogli doći do takve konkluzije osim ako Doris nije jedin-a/i student/ica fizike na tom fakultetu. Ono što vrijedi za pojedini predmet ne mora i najčešće ne vrijedi za sve. Ali što možemo reći o slučaju kada naš dokaz da je Doris bist-ra/ar ne koristi ništa što bi bilo svojstveno Doris-u? Što ako na temelju premisa ništa drugo ne znamo o Doris već samo to da je on/a student/ica fiizike? Što ako bi se dokaz mogao jednako dobro primijeniti na bilo kojeg studenta fizike? SvatkotkopoložiLogikuI.s5jebistar. Svi studenti fizike su položili Logiku I. s 5. Svi studenti fizike su bistri. Dokaz 8 Dokaz: Neka se ime "Doris" odnosi na proizvoljnog (bilo kojeg studenta fizike. Po drugoj premisi, Doris je položi-o/la ispit iz Logike I s 5. Poprvoj premisi, slijedi da je Doris bist-ra/ar. No budući je Doris proizvoljno odabrani student fizike, slijedi da su sudenti fizike bistri. Drugim načinom ovo načelo zaključivanja mogli bismo iskazati riječima. "što vrijedi za bilo koga, vrijedi za sve". Ova metoda je česta u matematici. neka imamo za dokazati x[p (x) Q(x)] iz nekih premisa. Najizravniji način za učiniti to jest pretpostaviti da neki proizvoljni predmet pod imenom c, imenom koje se inače drugdje ne koristi, zadovoljava P (x). Dakle, pretpostavljamo P (c) i pokušavamo dokazati Q(c). Akouspijemoutome,imamopravotvrditi x[p (x) Q(x)]. Zamislimo da hoćemo dokazati da svaki prost broj ima iracionalni kvadratni korijen. Za opći kondicionalni dokaz moramo pretpostaviti da je p proizvoljni prosti broj. Naš je cilj pokazati da je p iracionalan. ako uspijemo u tome, opći iskaz je dokazan. Primjer 9.8 Neka je p proizvolji prost broj. Budući da je prost, slijedi k 2 /p N k/p N, tezatok 2 /p N k 2 /p 2 N. Za reductio pretpostavimo da je p Q.

113 104 Poglavlje 9 Metode dokaza za kvantifikatore Zapišimo ga u najmanjem razlomku kao p = n/m. Možemo provjeriti da n i m nisu djeljivi s p bez ostatka. Kvadratirajući obje strane dobivamo: p = n 2 /m 2 izatopm 2 = n 2. Ali tada slijedi da je n 2 djeljivo s p, pazaton je djeljivo s p i n 2 je djeljivo s p 2.Iz posljednjeg slijedi da je pm 2 djeljivo s p 2, pa onda je i m 2 djeljivo s p. Ali tada je i m djeljivo s p. Time smo pokazali da su i n i m djeljivi s p što proturječi našem izboru n-a i m-a. Ova kontradikcija pokazuje da je doista p iracionalan. Odgovor 11 Prikazat ćemo samo dokaz za x/y x 2 /y 2. x/y promatramo kao tvrdnju: x/y z(y z = x). Umjesto x y pišemo m(x,y),aumjesto x 2 pišemo k(x,x). U dokazu koristimo kao premise definiciju kvadratne funkcije (1) i jedan teorem asocijativnosti (2) (x y) (z u) =(x z) (y u) Univerzalna generalizacija U formalnim sustavima dedukcije, metoda općeg kondicionalnog dokaza obično se razdvaja u dva dijela: u kondicionalni dokaz i u jednu metodu za dokazivanje posve općenitih rečenica xs(x). Ova druga metoda se naziva univerzalnom generalizacijom ili univerzalnom introdukcijom. Ona nam kaže da ako možemo

114 9.1 Valjani koraci s kvantifikatorima 105 uvesti novo ime c za proizvoljni predmet iz predmetnog područja i tako dokazati rečenicu S(c), onda možemo zaključiti xs(x). Primjer 9.9 x[kocka(x) Maleno(x)] xkocka(x) xm aleno(x) Uvodimo novo ime d koje zastupa proizvoljnog člana domene. Primijenjujući univerzalnu instancijaciju dvaputa dobivamo 1. ako je d kocka, onda je d maleno i 2. d je kocka. Po modus ponens dobivamo da je d maleno. Ali d označava proizvoljni objekt u domeni, pa onda xmaleno(x) slijedi po univerzalnoj generalizaciji. Svaki dokaz koji koristi općeniti kondicionalni dokaz možemo pretvoriti u dokaz koji koristi univerzalnu generalizaciju zajedno s metodom kondicionalnog dokaza. Pretpostavimo da smo uspjeli dokazati x[p (x) Q(x)] koristeći opći kondicionalni dokaz. To bismo mogli u segmentiranom obliku učiniti na sljedeći način. Prvo bismo uveli novo ime c koje bi zastupalo proizvoljni predmet. Znamo da možemo dokazati P (c) Q(c) što smo i učinili u originalnom dokazu. ali budući da je c proizvoljni objekt, možemo generalizirati i doći do x[p (x) Q(x)]. No mogli bismo tako der univerzalnu generalizaciju promatrati kao poseban slučaj općeg kondicionalnog dokaza. Na primjer, ako bismo željeli dokazati xs(x) mogli bismo započeti s uvjetom koji zadovoljavaju svi predmeti, npr. x = x ili Stvar(x) idoći do konkluzije koja je logički ekvivalentna x[x = x S(x)]. Primjer 9.10 xkocka(x) xm aleno(x) x[kocka(x) Maleno(x)] Dokaz 9 Neka je d proizvoljni predmet iz domene. Iz prve premise univerzalnom eliminacijom dobivamo da je d kocka. Istim postupkom dobivamo da je d maleno. Po introdukciji konjukcije dobivamo da je d malena kocka. Budući je d proizvoljni predmet, slijedi da su svi predmeti u domeni malene kocke. Zadatak 48 Izradite neformalni dokaz za sljedeći zaključak: x[(b(x) T (x)) M(x)] y[(t (y) M(y)) S(y)] x(b(x) T (x)) zs(z)

115 106 Poglavlje 9 Metode dokaza za kvantifikatore Odgovor 12 Po trećoj premisi znamo da postoji stvar koja je B i T. Nazovimo je b. Po prvoj premisi znamo da je ona M. Po drugoj premisi ona je S. Dakle, nešto je S. Zadatak 49 Izradite dokaz za sljedeći zaključak ako je to moguće, u protivnom napravite protuprimjer u Tarski s world. x[(veliko(x) Tetraedar(x)) Iza(x, b)] y[(tetraedar(y) IstiOblik(y,b)) Maleno(y)] xv eliko(x) xt etraedar(x)) zmaleno(z) 9.2 Dokazi s raznorodnim kvantifikatorima Nema posebnih pravila za dokaze s raznorodnim kvantifikatorima. Ali trebamo biti pažljivi kada je riječ o uvo denju novih imena. y[djevojka(y) x(momak(x) Voli(x, y))] x[momak(x) y(djevojka(y) Voli(x, y))] U prirodnom jeziku: Postoji djevojka koju svi momci vole. Dakle, svaki momak voli neku djevojku Dokaz 10 Dokaz. Pretpostavimo premisu. Barem jednu djevojku vole svi momci. Neka je to djevojka c. Primijenimo generalni kondicionalni dokaz. Neka je d proizvoljni momak. Želimo dokazati da on voli neku djevojku. Ali svi momci vole c, tako i d voli c. Zato d voli neku djevojku, po egzistencijalnoj generalizaciji. A kako je d proizvoljno odabran slijedi da svaki momak voli neku djevojku.

116 9.2 Dokazi s raznorodnim kvantifikatorima 107 x[momak(x) y(djevojka(y) Voli(x, y))] y[djevojka(y) x(momak(x) Voli(x, y))] Dokaz 11 Ovaj nevaljani zaključak pokušajmo dokazati u pseudo-dokazu. Pretpostavimo premisu, tj. da svaki momak voli neku djevojku. Neka je proizvoljni momak - e. Po premisi e voli neku djevojku. Uvedimo ime f za djevojku koju e voli.budući da je e proizvoljno ime slijedi da svi momci vole djevojku f. Po egzistencijalnoj generalizaciji dobivamo da neku djevojku svi momci vole. Važno je uvidjeti zašto je gornje zaključivanje neispravno. Pogledajmo kako je ime f došlo u dokaz: kao ime djevojke koju prozvoljni e voli. Ali za nekog drugog momka mogli smo imenovati neku drugu djevojku. Kada govorimo o univerzalnoj generalizaciji i proizvoljnom objektu važno je da taj proizvoljni objekt ne smije imati nikoja svojstva osim pretpostavljenih. No kada smo imenovali djevojku koju momak e voli, onda je e prestao biti proizvoljan (tj. lišen svih svojstava i odnosa). Za zapamtiti Neka su S(x), P (x) i Q(x) ispravno sastavljene formule. 1. Egzistencijalna instancijacija: Ako smo dokazali xs(x), onda možemo odabrati novi simbol individualne konstante c koji zastupa bilo koji predmet koji zadovoljava S(x) i pretpostaviti S(c). 2. Općeniti kondicionalni dokaz: Ako želimo dokazati x[p (x) Q(x)], onda možemo odabrati novi simbol individualne konstante c, pretpostaviti P (c) i dokazati Q(c) pazeći pri tome da Q ne sadrži niti jedno ime koje je eventualno bilo uvedeno putem egzistencijalne instancijacije a pod pretpostavkom P (c).

117 108 Poglavlje 9 Metode dokaza za kvantifikatore 3. Univerzalna generalizacija: Ako želimo dokazati xs(x), onda možemo odabrati novi simbol individualne konstante c i dokazati S(c) pazeći pri tome da S(c) ne sadrži niti jedno ime koje je eventualno bilo uvedeno putem egzistencijalne instancijacije nakon uvo denja konstante c. Zadatak 50 Otvorite Quantifier Strategy 1 iz Fitch Exercise Files Poznati dokazi Euklidov teorem Malo znamo o Euklidu, osim da je živio i naučavao u Aleksandriji u III. st. pr. Kr. Njegovi najpoznatiji spisi su Elementi geometrije.iako nema mnogo geometrijskih i aritmetičkih sadržaja koje bismo mogli pripisati Euklidu kao njegov izvorni rezultat, ipak Euklidov je položaj u povijesti znanosti posve izniman. On je prvi ostvario Aristotelov ideal znanosti izgra dujući sustav geometrije kao strogi deduktivni sustav. U tom sustavu 35 rečenica (23 definicije, 5 postulata i 8 općenitih pojmova)ima ulogu premisa iz kojih putem dokaza bivaju izvedene glavne geometrijske tvrdnje 18. Epohalni Euklidov obrat nije, dakle, u novom sadržaju nego u novom obliku znanosti. Takav oblik znanosti nazivamo aksiomskim sustavom. Primjer koji ćemo analizirati nije geometrijski nego aritmetički i predstavlja rezultat koji se pripisuje Euklidu. Riječ je o takozvanom Euklidovom teoremu po kojemu ne postoji najveći prost broj: x y(prost(y) y = x), gdje se varijable protežu nad skupom prirodnih brojeva. 18 Izvorni dokaz: Prostih brojeva ima više od bilo koje proizvoljne množine prostih brojeva. Neka su A, B i C prosti brojevi. Kažem da ima većeg prostog broja od A, B i C. Uzmimo najmanji broj DE koji je mjerljiv s A, B i C. Dodajmo jedinicu DF k DE. Tada EF ili jest ili nije prost broj. Prvo, neka je EF prost broj. Onda je prona den prost broj koji je veći od A, B i C. Dalje, neka EF nije prost broj. Stoga je djeljiv s nekim prostim brojem. Neka je taj broj G. Tvrdim da G nije jednak ni s jednim od brojeva A, B i C. Ako je to ipak moguće, neka tako bude. Budući da je DE mjerljiv s A, B i C, mora biti mjerljiv i s G (ako je G Primjeri (korijeni definicije točke sežu do elejaca i pitagorejaca; 5. postulat je napušten u neeuklidskim geometrijama; 8. općenita ideja ne mora vrijediti kada se primjeni na beskonačne skupove): Definicije 1.Točka je ono što nema dijelova. Postulati: 5. Ako jedan pravac siječe druga dva pravca, onda se ta dva pravca beskonačno produžena sijeku s one strane s koje je zbroj kutova na presjeku manji od dva prava kuta. Općenite ideje: 8.Cjelinajeveća od svog dijela.

118 9.2 Dokazi s raznorodnim kvantifikatorima 109 jednak nekom od njih). Ali G mjeri EF, a tada mora mjeriti i ostatak - jedinicu DF što je besmisleno (*prosti brojevi su veći od1!) dakle, G nije jednak niti jednom od brojeva A, B i C. A po hipotezi je prost broj. Zato,smo pronašli prost broj veći od proizvoljnih prostih brojeva A, B ic. Modificirani dokaz: Neka je a proizvoljni prirodni broj. Neka je b produkt svih prostih brojeva manjih od a. Zato svaki prost broj manji od a dijeli b bez ostatka. Dalje, neka je s(b) =b +1. Svaki prost broj dijeli s(b) sostatkom1. Ali znamo da se s(b) kaoisvakibrojmože faktorizirati u proste brojeve. Neka je c jedan od njih. Očigledno je da c mora biti veći ili jednak s a (jer svi prosti brojevi manji od a dijele c sostatkom1). Ali a je proizvoljan, pa zato za svaki broj postoji prost

119 110 Poglavlje 9 Metode dokaza za kvantifikatore broj koji je veći od ili jednak s njime. Analizirajte pomoću Fitch-a izvorni dokaz kojeg možete uzeti na adresi Služeći se gore skiciranim "modificiranim dokazom" otkrijte koje se premise koriste u dokazu i kakav je njihov logički status (i.e. jesu li aksiomi, definicije ili teoremi). U dokazu se koriste pokrate (TautCon, tautološke posljedice). Osv-

120 9.2 Dokazi s raznorodnim kvantifikatorima 111 ježite pamćenje s ovim dokazom a zatim sami dokažite jednu tautološku posljedicu koja se koristi u dokazu Paradoks brijača U jednom je gradiću bio brijač koji je brijao sve one koji nisu brijali sami sebe. Priču možemo formalizirati ovako: z x[brijačiz(x, z) y(muškaraciz(y, z) (Brije(x, y) Brije(y, y)))] Naizgled nema nikakvih logičkih prepreka za postojanje takvog gradića. No, evo dokaza da takvog gradića ne može biti. Dokaz 12 Navodni dokaz. pretpostavimo da postoji takav gradić. Nazovimo ga Gradin i brijača u njemu Frane. Po pretpostavci Frane brije sve one i samo one muškarce koji ne briju sami sebe. Frane ili brije samoga sebe ili ne brije. Uprvomslučaju Frane sebe brije, pa slijedi da se ne brije jer on ne brije one muškarce koji se briju sami. U drugom slučaju, on sebe ne brije, ali kako Frane brije sve one koji se ne briju sami, on mora brijati sebe. Iz svake mogućnosti slijedi apsurd. Ispitujući pojedine slučajeve (isključenje disjunkcije) izveli smo kontradikciju iz početne pretpostavke. Kontradikcija pokazuje da je početna pretpostavka lažna, pa zaključujemo da takvog gradića nema niti može biti. Seksistička pristranost u dokazu: ako je brijač žena, onda nema paradoksa. Ono što dokaz pokazuje jest da ako postoji takav gradić onda lokalni brijač dolazi iz nekog drugog grada ili je brijač žena. Dokaz pokazuje da je sljedeća rečenica valjana rečenica prvoga reda: z x[muškaraciz(x, z) y(muškaraciz(y, z) (Brije(x, y) Brije(y, y)))] Zadatak 51 Pokušajte iskazati gornju rečenicu u prirodnom jeziku z x[ MuškaracIz(x, z) y(muškaraciz(y, z) (Brije(x, y) Brije(y, y)))] z x[muškaraciz(x, z) y(muškaraciz(y, z) (Brije(x, y) Y Brije(y, y)))] Muškarci iz bilo kojeg grada ili briju nekog muškarca ili taj muškarac ne brije sebe.

121 Poglavlje 10 Formalni dokazi i kvantifikatori 10.1 Pravila za univerzalni kvantifikator Univerzalna elminacija ( Elim, uklanjanje univerzalnog kvantifikatora) B xs(x). S(c) Ako smo ustanovili da xs(x) iakojec ime nekog predmeta iz domene na koju se odnose rečenice našeg jezika, onda možemo zaključiti das(c). Tradicionalni iskazi: što vrijedi za sve, vrijedi i za pojedine. Uočimo da smo polazeći od rečenice u kojoj se javlja univerzalni kvantifikator došli do rečenice u kojoj je izostavljen Općeniti kondicionalni dokaz i univerzalna introdukcija ( Intro, uvo denje univerzalnog kvntifikatora) c P (c). Q(c) B x(p (x) Q(x)) c se ne javlja izvan poddokaza u kojem je uveden. c. P (c) B xp (x) c se ne javlja izvan poddokaza u kojem je uveden. Ako za proizvoljni predmet kojemu smo dodijelili ime c možemo dokazati P (c), onda možemo zaključiti da xp (x). U varijanti kondicionalnog dokaza: ako pod pretpostavkom da P (c) vrijedi za 112

122 10.2 Pravila za egzistencijalni kvantifikator 113 proizvoljni predmet c možemo dokazati daq(c), onda možemo zaključiti x(p (x) Q(x)). Važno je uvijek upotrebiti novo ime jer to ime "pokušava referirati" na proizvoljni predmet, predmet o kojemu ne znamo ništa (odnosno u varijanti općenitog kondicionalnog dokaza: predmet o kojemu ne znamo ništa osim da ispunjava uvjet u pretpostavci poddokaza) Pravila za egzistencijalni kvantifikator Egzistencijalna introdukcija B S(c). xs(x) Ako smo ustanovili da S(c), onda možemo zaključiti da xs(x) Egzistencijalna eliminacija xs(x). c S(c). Q B Q c se ne javlja izvan poddokaza u kojemu je uveden. Uvo denje novog, privremenog imena ( Neka je c predmet koji zadovoljava S(x) ). Ako pretpostavkom da predmet kojem smo dodijelili novo ime c zadovoljava uvjet S(x) možemo dokazati Q (ukojemsenejavljac), onda možemo zaključiti da Q. Zadatak Dokažite valjanost kategoričkog silogizma 20 Barbara koristeći jednom Raspored pojmova u silogizmu (dovoljno je gledati premise - konkluzija je uvijek S P): 1. figura MP; SM 2. figura PM; SM 3. figura MP; MS 4. figura PM; MS Valjani silogizmi 1: BARBARA, CELARENT, DARII, FERIO 2: CESARE, CAMESTRES, FESTINO, BAROCO 3: DARAPTI, DISAMIS, DATISI, FELAPTON, BOCARDO, FERISON 4: BRAMANTIP, CAMENES, DIMARIS, FESAPO, FRESISON

123 114 Poglavlje 10 Formalni dokazi i kvantifikatori pravilo univerzalne introdukcije a drugi put koristeći samo pravo pravilo općenitog kondicionalnog dokaza Pravila prirodne dedukcije u Lemmon stilu za kvantifikatore Egzistencijalni kvantifikator Intro p 1,...,p n (i) P (a). p 1,...,p n (j) xp (x) i Intro Elim p 1,...,p n (i) xp (x). j (j) P (a) pretpostavka. q 1,...,q m (k) Q. Pret (l)..c i, j, k Elim gdje je Pret =({p 1,...,p n } {q 1,...,q m }) {j} i gdje se konstanta a ne javlja u Pret Univerzalni kvantifikator Intro p 1,...,p n (i) P (c). p 1,...,p n (i) P (c). p 1,...,p n (j) xp (x) i Intro gdje je c proizvoljno ime koje se ne javlja u rečenicama p 1,...,p n,j Elim p 1,...,p n (i) xp (x).

124 10.3 Poddokazi koji opravdavaju dokaze ili rečenice koje opravdavaju druge 115 rečenice? p 1,...,p n (j) P (c) i Elim 10.3 Poddokazi koji opravdavaju dokaze ili rečenice koje opravdavaju druge rečenice? Nedavno je David Makinson upozorio na mogućnost nastanka nesporazuma ako se sustav prirodne dedukcije predstavi kao skup pravila o uvo denju logičkih konstanti u rečenicu i pravila o uklanjanju logičkih konstanti iz rečenice. On upozorava na razliku koja postoji izme du pravila (#) "prijelaza s rečenic-a/e na rečenicu", kojim se povezuju "stare" i "nove" rečenice i (##) pravila "prijelaza sa zaključka na zaključak", kojim se povezuju dva dokaza. Pravila Elim i Intro mogu se shvatiti kao pravila za transformaciju rečenice u novu rečenicu: [ Elim] xp (x) ` P (a), (10.1) [ Intro] P (a) ` xp (x), gdje je ` simbol za odnos dokazivosti, koji je infiksno zapisan. No ovakvo zapisivanje "u jednoj crti" nije moguće kod pravila Intro i Elim jer ovdje jedan dokaz opravdava drugi. Označimo s Γ premise koje su na snazi u dokazu: [ Intro] [ Elim] Γ,P(a) ` xp (x) pod uvjetom da se a javlja jedino u P (a), (##) Γ ` xp (x) Γ,P(a) ` Q pod uvjetom da se a javlja jedino u P (a). Γ, xp (x) ` Q Zaista, ne možemo zanemariti Makinsonovo upozorenje. Pravila Elim, Intro, Intro, Intro i Elim razlikuju se od ostalih i o tome treba voditi računa u učenju i podučavanju "prirodne dedukcije".

125 Poglavlje 11 Istinitosno stablo 11.1 Pravila za kvantifikatore i predikat identiteta Pravila prema Jeffrey-u = Pravilo identiteta: ako otvorena grana sadrži m = n kao i rečenicu p u kojoj se imena n, m javljaju barem jednom, upišite na kraju svake otvorene staze (grane) rečenicu q koja nastaje ako se jedna ili više pojava jednog od tih imena zamijeni s drugim imenom, pod uvjetom da q već nije prethodno upisano u toj stazi(grani). Pravilo razlike: zatvorite svaku stazu (granu) koja sadrži n 6= n Univerzalna instancijacija: ako se u otvorenoj stazi (grani) javlja rečenica čiji je oblik vp[v], onda(1)akoseimen javlja u toj stazi, upišite na njezinom kraju p[n], pod uvjetom da se p[n] već nenalaziutoj stazi; (2) ako se niti jedno ime ne javlja u stazi, odaberite novo ime n i napište p[n] na kraju staze. Nakon primjene ovog pravila nemojte označiti vp[v] skvačicom i Pravilo negirane kvantifikacije: ako se rečenica koja počinje s (i), (ii) javlja u otvorenoj stazi, označite je kvačicom i na kraju svih otvorenih staza koje sadrže tu rečenicu upišite umjesto (i), odnosno umjesto (ii) Egzistencijalna instancijacija: ako se u otvorenoj stazi javlja rečenica koja nije označena kvačicom i čiji je oblik vp[v], ispitajte javlja li se rečenica čiji je oblik p[n] u toj stazi; ako ne, odaberite novo ime n (ime koje se nije koristilo nigdje u toj stazi) i na kraju staze upišite p[n]. Kada to učinite na kraju svake otvorene staze koja sadrži vp[v], nju označite kvačicom. 116

126 11.1 Pravila za kvantifikatore i predikat identiteta Pravila uz Tableua 3 xφ: dodajte "Ψ" na kraju svake otvorene grane koja sadrži ovu pojavu " xφ", gdje je "Ψ" rezultat zamjene svake pojave "x"u"φ" s nekim imenom (individualnom konstantom) koje se većjavilougranikojojseψ dodaje. xφ: dodajte " x Φ" na kraju svake otvorene grane koja sadrži ovu pojavu " xφ". Označite kvačicom! xφ: dodajte "Ψ" na kraju svake otvorene grane koja sadrži ovu pojavu " xφ", gdje je "Ψ" rezultat zamjene svake pojave "x" u"φ" s nekim imenom (individualnom konstantom) koje je novo u grani kojoj se Ψ dodaje. Označite kvačicom! xφ: dodajte " x Φ" na kraju otvorene grane koja sadrži ovu pojavu " xφ". Označite kvačicom! Univerzalna instancijacija xp (x) P (a) a je ime koje se već javilo xp (x) x P (x) Egzistencijalna instancijacija xp (x) P (a) a je novo ime xp (x) x P (x) Identitetna pravila a = b; P (a) P (b) a = a zatvorite granu Zadatak 53 Everybody loves my baby but my baby don t love nobody but me. Pjesma Palmer-a i Williams-a iz Konkluzija: Baby is me. Zadatak 54 Neka je relacija R je irefleksivna i tranzitivna. Ispitajte slijedi li da je R asimetrična relacija!

127 118 Poglavlje 11 Istinitosno stablo Zadatak 55 Simbolizirajte i pokažite valjanost sljedećeg zaključka: Ja nemam ni braće ni sestara, ali otac tog čovjeka je sin moga oca. Dakle, ja sam otac tog čovjeka. Koristite sljedeće simbole: a za ja, b za taj čovjek i Otac(x, y) za x je otac od y Protuprimjeri Metoda stabla prikladna je za pronalaženje protuprimjera nevaljanim zaključcima. Valjan zaključak nema protuprimjera, a to u neformalnom smislu znači da nisu moguće okolnosti pod kojima bi sve premise bile istinite a konkluzija neistinita. Sve grane (staze) stabla izgra denog na osnovi premisa i negacije konkluzije kod valjanog zaključka bit će zatvorene. No, kod nevaljanog zaključka barem jedna granastablabitće otvorena i na njoj ćemo moći očitati protuprimjer. Protuprimjer ćemo očitati na sljedeći način: 1. prepišimo sva imena koja se javljaju na otvorenoj stazi i dobit ćemo domenu, 2. izdvojimo sve predikate koji se javljaju u literalima na otvorenoj stazi, 3. ako se neka n-torka javlja u afirmativnom literalu (tj. u atomarnoj rečenici) onda i samo onda uvrstimo je u ekstenziju predikata koji se javlja u toj rečenici. Ako je više grana otvoreno, moći ćemo očitati više protuprimjera. Primjer 11.1 Slika pokazuje stablo koje bi moglo nastati pri ispitivanju valjanosti zaključka xp (x) xq(x) ` x(p (x) Q(x)). Pravokutnici s lijeve strane pokazuju točke koje moramo gledati da bismo očitali protuprimjer. D = {a, b}, P = {a}, Q = {b}. Primjedba 5 Sistematska izgradnja strukture prvog reda ponekad može uključivati beskonačno mnogo koraka. Ako bismo samo sljedili upute za gradnju stabla, onda za x yr(x, y) R(a, a) našem poslu ne bi bilo kraja. Zato odgovor na

128 11.1 Pravila za kvantifikatore i predikat identiteta 119 pitanje o valjanosti tog kondicionala ne bismo mogli dati na osnovi "mehaničke gradnje" stabla.

129 Poglavlje 12 Numerička kvantifikacija Zanimljivo je pitanje o tome koja je sintaktička uloga brojki. Ako promatramo osnovne sintaktičke kategorije logike prvoga reda, singularne termine (terme), predikate, istinitosno-funkcionalne veznike i kvantifikatore, onda brojke možemo povezati sa svakom sintaktičkom kategorijom osim s istinitosno-funkcionalnim veznicima. Primjer 12.1 "Postoje točno dvije supstancije" - kakvu formalizaciju odabrati? U logici drugog reda: a) kao predikat koji se predicira drugom, 2(Supstancija), b) kao singularni term, 2=broj(Susptancija), gdje je 2 individualna konstanta a broj funkcija koja za argumente uzima predikate. U logici prvog reda koristili bismo kvantifikatore:!2 xsupstancija(x). Cilj nam je u daljnem tekstu pokazati kako možemo unutar granica izražajnih mogućnosti logike prvog reda iskazati količinu. Numeričke tvrdnje kojima se tvrdi kako točno odre deni broj predmeta ispunjava neki uvjet možemo iskazati u logici prvoga reda Barem n predmeta Za iskazati tvrdnju da barem n predmeta zadovoljava uvjet P (x) poslužit ćemo se s n egzistencijalnih kvantifikatora i n2 n 2 negiranih identitetnih iskaza. Barem jedan... xp (x) Barem dva... x y(p (x) P (y) x 6= y) Barem tri... x y z(...x 6= y x 6= z y 6= z) Barem četri x y z v(...x 6= y x 6= z x 6= v y 6= z y 6= v z 6= v) Barem n... x 1... x n (...x 1 6= x 2... x 1 6= x n... x n 1 6= x n ) Ako se u nekoj kolekciji nalaze samo svjetovi u kojima se javljaju jedino imenovani predmeti i u kojima su jedina imena koja se koriste a, b i c, onda je rečenica x y(p (x) P (y) x 6= y) istinita upravo onda kad i (P (a) P (b) a 6= b) (P (a) P (c) a 6= c) (P (b) P (c) b 6= c). Korisno je napraviti vježbu koja će potvrditi prethodno, uvjetno poistovjećenje. Razlažemo x y(p (x) P (y) x 6= y) tako se krećemo izvana prema unutra. Mora postojati barem jedan predmet x koji zadovoljava isf-u y(p (x) P (y) x 6= y).budući da se predmeti javljaju jedino pod imenima a, b i c, jedname du rečenicama y(p (a) P (y) x 6= y), y(p (b) P (y) x 6= y), y(p (c) P (y) x 6= y) mora biti istinita. Ponovimo razlaganje i dobivamo: z } { ((P (a) P (a) a 6= a) (P (a) P (b) a 6= b) (P (a) P (c) a 6= c)) {z } 120

130 12.1 Barem n predmeta 121 z } { ((P (b) P (a) b 6= a) (P (b) P (b) b 6= b) (P (b) P (c) b 6= c)) {z } z } { ((P (c) P (a) c 6= a) (P (c) P (b) c 6= b) (P (c) P (c) c 6= c) {z } ) Uklanjajući dobivamo: ((P (a) P (b) a 6= b) (P (a) P (c) a 6= c)) ((P (b) P (a) b 6= a) (P (b) P (c) b 6= c)) ((P (c) P (a) c 6= a) (P (c) P (b) c 6= b)) Uklanjajući duplikate (koristeći najprije komutativnost konjunkcije, zatim simetričnost relacije ne-identiteta i na kraju idempotentnost disjunkcije) dobivamo traženo: ((P (a) P (b) a 6= b) (P (a) P (c) a 6= c)) (P (b) P (c) b 6= c)) Predodžba u pozadini: promatramo parove imena, provjeravamo zadovoljavaju li njima imenovani predmeti P (x) i jesu li različiti; ako da kažemo da je barem dva predmeta su P istinita rečenica, ako ne nastavljamo postupak do posljednje provjere; neuspjeh provjere pokazuje da barem dva predmeta su P nije istinita rečenica. Zadatak 56 dva rečenica! Pokušajte smisliti još neki način kako bi se mogla provjeravati barem Odgovor 13 Promatramo imenovane predmete redom, kad do demo do prvoga koji zadovoljava zapišemo barem jedan predmet je P ; nastavljamo dalje; ako na demo još jedan kažemo barem dva predmeta su P ; ako ne uspije prvi postupak ili ne uspije drugi kažemo da barem dva rečenica nije istinita. Informacijski učinak rečenice barem dva predmeta su P možemo zamisliti kao dolje skiciranu redukciju koja eliminira sve one interpretacijske mogućnosti u kojima je ili samo jedan predmet P ili niti jedan predmet nije P. Stanje neznanja u odnosu na P Koji su predmeti P? 1. a,b,c 2. a,b 3. a,c 4. b,c 5. a 6. b 7. c 8. / x y(p (x) P (y) x6=y) = Učinak informacije Koji su predmeti P? 1. a,b,c 2. a,b 3. a,c 4. b,c

131 122 Poglavlje 12 Numerička kvantifikacija 12.2 Najviše n predmeta Za iskazati tvrdnju da najviše n predmeta zadovoljava uvjet P (x) možemo iskoristiti negaciju tvrdnje da barem n +1predmeta zadovoljava taj uvjet. Najviše jedan...(nije tako da barem dva...) x y(p (x) P (y) x 6= y) Najviše dva... x y z(... x 6= y x 6= z y 6= z) Najviše n... x 1... x n+1 (...x 1 6= x 2... x 1 6= x n+1... x n 6= x n+1 ) Primjenom DeMorganovih zakona za kvantifikatora i definicije kondicionala dobivamo "službeni oblik" rečenica kojima se tvrdi da najviše n predmeta zadovoljava odre deni uvjet. Najviše jedan... x y((p (x) P (y)) x = y) Najviše dva... x y z((p (x) P (y) P (z)) (x = y x = z y = z)) Najviše n... x 1... x n+1 ((...) (x 1 6= x 2... x 1 6= x n+1... x n 6= x n+1 )) Ako u jeziku susrećemo tri individualne konstante, a, b, c, tvrdnja da ima najviše dva predmeta može biti istinita samo ako barem dva imena imenuju isti predmet. Ako je jedan od dva predmeta bezimen, onda sva tri imena imenuju drugi predmet. Da bismo rekli da ima barem n predmeta potrebno nam je n egzistencijalnih kvantifikatora. Da bismo rekli da ima najviše n predmeta potrebno nam je n +1univerzalnih kvantifikatora Negacije za barem... i najviše... Primjer 12.2 najviše 2 barem 3 z} { z } { Izrazi Najviše dvije stvari su P i Barem tri stvari su P uspijevaju razdijeliti sve mogućnosti u pogledu broja stvari koje su P. Rečenica Najviše dvije ili barem tri

132 12.2 Najviše n predmeta 123 stvari su P ne tvrdi ništa. Negacija rečenice barem n stvari je P je rečenica najviše n 1 stvari je P. Negacija rečenice najviše n stvari je P je rečenica barem n+1 stvari je P. Zadatak 57 Dokažite x y(p (x) P (y) x 6= y) x y((p (x) P (y)) x = y),tojestdajeznačenje rečenice nije slučaj da su barem dva predmeta P jednako značenju rečenice najviše jedan predmet je P. Odgovor 14

133 124 Poglavlje 12 Numerička kvantifikacija 12.3 Točno n predmeta Primjer 12.3 najviše dva barem dva "Postoje točno dva predmeta koja ispunjavaju uvjet P" možemo iskazati kao (i)"postoje barem dva i postoje najviše dva predmeta koja ispunjavaju uvjet P". Sažetije gornju tvrdnju možemo iskazati ovako (ii)"postoje dva različita predmeta koja ispunjavaju uvjet P i ma koji predmet zadovoljavao uvjet P taj je predmet identičan s jednim od njih". Tako der je možemo iskazati i ovako (iii) "Postoje barem dva predmeta takva da štogod zadovoljavalo uvjet P identično je s jednim od njih i što god bilo identično s jednim od njih zadovoljava uvjet P". Primjer 12.4 U formalnom zapisu nalazimo sljedeće ekvivalencije :!2 xp (x) barem 2 z } { x y(p (x) P (y) x 6= y) najviše 2 z } { x y z((p (x) P (y) P (z)) (x = y x = z y = z)) x y(p (x) P (y) x 6= y z(p (z) (z = x z = y)) x y(x 6= y z(p (z) (z = x z = y)) x y z(x 6= y (P (z) (z = x z = y))

134 12.3 Točno n predmeta 125 Za iskazati tvrdnju da ima točno n predmeta koji zadovoljavaju neki uvjet treba nam n +1kvantifikator, od čega je n egzistencijalnih dok je jedan univerzalni. Primjedba 6 Ponegdje su se, zbog razumljivih razloga, uvriježile pokrate =n xp (x), 5n xp (x),!n xp (x) za tvrdnje da postoji barem n, najvišen, tetočno n predmeta koji zadovoljavaju uvjet P (x). Zapamtite kako iskazujemo tvrdnju da je jedan i samo jedan predmetp:(i) x(p (x) y(p (y) x = y)), odnosno (ii) x y(p (y) x = y). Dokažimo ekvivalenciju x(p (x) y(p (y) x = y)) x y(p (y) x = y). Moramo pokazati da je desna strana posljedica lijeve i obratno. Počinjemo s lijeva na desno (odredite pravila koja se primijenjuju u?? ).

135 126 Poglavlje 12 Numerička kvantifikacija Dokazsdesnanalijevo. Zadatak 58 Pokušajte pronaći što "prirodnija" čitanjazasljedeće rečenice: (i) x y x = y, (ii) x y x = y, (iii) x y x = y, (iv) x y x = y. Kojesume du njima valjane rečenice prvoga reda? Koje (ako ijedna) su "elejske" ili "sve je jedno"-rečenice? Ako je neka rečenica valjanost prvoga reda, izradite dokaz za nju! Zadatak 59 Dokažite x y x = y x y x = y! Jedini P Razlika u provjeravanju istinitosti za Svi i Neki u odnosu na način provjeravanja numeričkih kvantifikatora nije beznačajna. Za Sve stvari su P moramo proći preko svakog predmeta da bismo potvrdili istinitost, za Neke stvari su P možemo stati kod prve pozitivne instance, za Samo je jedan predmet P nužno je ispitati sve slučajeve, nakon prve pozitivne instance sve ostale moraju biti negativne. Sve je P. Nešto je P. Jedno je P. verifikacija preko cijele domene do prve pozitivne instance preko cijele domene falsifikacija do prve negativne instance preko cijele domene do druge pozitivne instance ili preko cijele domene Promotrimo formulu x(p (x) y(p (y) x = y)) injojekvivalentnu x(p (x) y(p (y) x 6= y)) Ona kaže da postoji stvar koja je P i nijedna druga stvar nije P.

136 12.4 Što je dovoljno za znati iskazati numeričke tvrdnje? 127 U matematičkom žargonu za "samo jedan" susrećemo izraz "jedan i samo jedan" koji treba sugerirati "barem jedan i najviše jedan". Intuicije značenja mogu se razlikovati, po mojoj intuiciji "samo jedan" povlači i "barem jedan" i "najviše jedan" Metode dokaza za numeričke kvantifikatore Kada dokazujemo numerički kvantificirane izraze tada moramo dokazati dvije tvrdnje: barem-tvrdnju i najviše tvrdnju. Ako dokazujemo!n xp (x) moramo dokazati =n xp (x) i 5n xp (x) 12.4 Što je dovoljno za znati iskazati numeričke tvrdnje? Za napisati tvrdnje o tome kako odre dena količina predmeta zadovoljava neki uvjet dovoljno je znati napisati Barem n... (ili Ne manje od n... ). Sve ostale brojčane kvantifikatore možemo dobiti kombinirajući izraze te vrste Kako pišemo Barem n predmeta je P? x 1... x n (P (x 1 )... P (x n ) z } { x 1 6= x 2... x 1 6= x n... x n 1 6= x n ) Promotrimo isf-u označenu vitičastom zagradom. Ona kaže u podvučenom dijelu da je prvospomenuti predmet različit različit od svih drugih spomenutih predmeta, o sljedećem predmetu kaže to isto i tako sve posljednjeg spomenutog predmeta. Pogledajmo donju tablicu. Polovinu ("donji trokut") ispod dijagonale označene kvadratićima možemo zanemariti jer je 6= simetrična relacija i ekvivalentne parove s naći ćemo u dijelu iznad dijagonale. Prvi redak s isfama dopušta i slučaj da x 2 =... = x n 1 = x n, dakle i dva predmeta bi mogla zadovoljiti tu isf-u. No, to je isključeno drugim retkom, koji dopušta x 3 =... = x n 1 = x n, dakle tri predmeta bi mogli zadovoljiti prve dvije isfe. Ali tu mogućnost isključuje treći redak. I tako sve do retka n 1, zato je potrebno barem n predmeta da bi se zadovoljile sve isf-e. Potreban broj rečenica izračunavamo kao "površinu" gornjeg dijela tablice: n2 n 2 ". 6= x 1 x 2... x n 1 x n x 1 x 1 6= x 2... x 1 6= x n 1 x 1 6= x n x 2 x 2 6= x 1... x 2 6= x n 1 x 2 6= x n x n 1 x n 1 6= x 1 x n 1 6= x 2... x n 1 6= x n x n x n 6= x 1 x 1 6= x 2... x n 6= x n Kako se odnose Barem n... i Najviše n 1... Nije slučaj da barem n... ekvivalentno je Najviše n Primjer 12.5 Tablica pokazuje kako dva numerička kvantifikatora dijele polje mogućih

137 128 Poglavlje 12 Numerička kvantifikacija količina na dva razdvojena dijela: najviše dva barem tri [Nije slučaj da barem n...] x 1... x n (P (x 1 )... P (x n ) x 1 6= x 2... x 1 6= x n... x n 1 6= x n ) ekvivalento je s [Najviše n 1...] x 1... x n ( P (x 1 )... P (x n ) x 1 = x 2... x 1 = x n... x n 1 = x n ), to jest, nakon transformacije disjunkcije u kondicional: x 1... x n [(P (x 1 )... P (x n )) (x 1 = x 2... x 1 = x n... x n 1 = x n )] Kako kazati Točno n... Činjenicu da najviše i barem cijepaju polje mogućih količina na na lijevi dio, [najviše] od 0 prema gornjoj graničnoj količini, i na desni dio, [barem] od neke donje granične količine prema beskonačnom možemo iskoristiti da iskažemo Točno n.... Trebamo "poklopiti" gornju granicu od najviše i donju od barem. Točno n... ekvivalentno je s Najviše n... i barem n.... Primjer 12.6 Kako ćemo "isječi" jednu odre denu količinu? Primjer za Dva... : najviše dva barem dva Koristeći barem kao polazište dobivamo da je Točno n... ekvivalentno s Nije tako da barem n i barem n.... Primjer 12.7 Točno jedan... Najprije nacrtajmo sliku: najviše jedan(tj. nije slučaj da barem dva) barem jedan (i) Barem jedan predmet je P. xp (x) (ii) Nije tako da darem dva predmeta jesu P x y(p (x) P (y) x 6= y) Spajamo (i) i (ii) i dobivamo Točno jedan predmet je P (iii) xp (x) x y(p (x) P (y) x 6= y) (iii) je ekvivalentno s (iv) x y(p (y) x = y) Primjer 12.8 Dokažimo ekvivalenciju x(p (x) y(p (y) x = y)) x y(p (y) x = y). Moramo pokazati da je desna strana posljedica lijeve i obratno. Počinjemo s

138 12.4 Što je dovoljno za znati iskazati numeričke tvrdnje? 129 lijeva na desno (pritisnite hipervezu, preuzmite prf dokument i odredite pravila koja se primijenjuju u?? ).Dokaz Primjer 12.9 Postoji li za izraz "More than one thing is smaller than something larger than b." neki drukčiji zapis od onoga "Postoje najmanje dvije stvari koje su manje od

139 130 Poglavlje 12 Numerička kvantifikacija necega većeg od b"? Da. Evo jednog načina. Nije tako da je najviše jedan predmet manji od nečega što je veće od b.

140 Poglavlje 13 Odre deni opisi Primjer 13.1 Ako nema slona u ormaru i ako zato mislimo da je (i) Taj slon u ormaru ne gužva moju odjeću neistinita rečenica, je li negacija te rečenice - rečenica (ii) Taj slon u ormaru gužva moju odjeću? Ako jest, onda je potonja rečenica (ii) istinita budući je negacija neistininite rečenice (i). Primjer 13.2 Sličnu poteškoću stvaraju "Oba slona u ormaru gužvaju moju odjeću" i "Ni jedan ni drugi slon u ormaru ne gužva moju odjeću". Što ako u ormaru nema slonova ili ih ima tri? Primjer 13.3 Formalizirajte rečenice iz prethodnog primjera! 13.1 Taj Bertrand Russell je početkom 20. stoljeća predložio način analiziranja takvih rečenica zakojesečini kao da govore o odre denim predmetima. Po tom prijedlogu rečenice "Taj A je jedan B" ("The A is a B") ne treba tretirati kao atomarne rečenice "B(tajA)" već kao složene rečenice u kojima izraz "taj A" daje odre deni opis. Odre deni opis (definite description) je "unikatni opis" predmeta, "jedini predmetkojijea". Budući da se "taj A" shvaća kao "jedini A", dobivamo sljedeći formalni zapis: A(x) y(a(y) x = y), odnosno y(a(y) x = y). Dalje, Taj A je jedan B" shvaćamo kao "Samo je jedna stvar A i ona je B" i prikazujemo kao x(a(x) y(a(y) x = y) B(x)), odnosno kao x y((a(y) x = y) B(x)). Zadatak 60 Pokažite da je uvjet P (x) jednakovrijedan uvjetu y(y = x P (y)) i time ekvivalenciju y(p (y) x = y) P (x) y(p (y) x = y)! Razlažući kvantificirani izraz y(y = x P (x)) na atomarne isf-e uvi damo da ćemo za svaki pojedini konjunkt imati (a = b P (b)). To je istinito na isprazan način ako a nije identično s b. Ako je a identično s b, onda > P (b) što je istovrijedno s P (b). Alternativno, poslužimo se s reductio ad absurdum.po pretpostavci mora vrijediti ili P (x) y(y = x P (x)) ili Px y(y = x P (x). U prvom slučaju, za proizvoljni predmet a vrijedi P (a) i y(a = y P (a)). Uklanjanje konjunkcije vodi do kontradikcije. U drugom slučaju mora vrijediti P (a) i a = a P (a). Zahvaljujući refleksivnosti identiteta dobivamo P (a) i time kontradikciju. Rečenice (i) Sadašnji francuski kralj je ćelav i (ii) Sadašnji francuski kralj nije ćelav izgledaju uzajamno proturječne, izgledaju kao da jedna negira/niječe 131

141 132 Poglavlje 13 Odre deni opisi drugu. Ako tako stoje stvari, onda jedna me du njima mora biti istinita, a druga neistinita. Ali, sadašnji francuski kralj ne postoji i ne možemo reći koja je rečenica istinita iako po prethodnom stavku jedna mora takvom biti. Najlakše rješenje ove potoškoće bilo bi u tome da pravilom tvorbe zabranimo tvrdnje o nepostojećim predmetima. Drugo rješenje bilo bi uvo denje nove semantičke vrijednosti za tvrdnje o nepostojećim predmetima (npr. neodre deno ). No Russell nije odabrao takav način. Po njegovom prijedlogu, ovakve rečenice ne trebamo promatrati kao rečenice kojegovoreoodre denoj osobi, već o bilo kojoj. Prikažimo logički oblik rečenica (i) i (ii) i pretpostavimo da izraz sadašnji francuski kralj ima ulogu subjekta tj. onoga o čemu se nešto govori. Dobivamo: (i) B (k) (ii) B (k) uz tumačenje: k : ta osoba koja je sadašnji francuski kralj, B : biti ćelav Na temelju ovakvog prikaza logičkog oblika možemo zaključiti ili da rečenice nisu ispravno sastavljene ili da logička načela nisu općevaljana. Pogledajmo kako Russell prikazuje logički oblik ovih rečenica. (i) y x ((Kx x = y) By) (ii) y x ((Kx x = y) By) uz tumačenje: K: biti sadašnji francuski kralj Dobivamo Postoji netko tko je jedini sadašnji ćelavi francuski kralj i Postoji netko tko je jedini sadašnji francuski kralj i on nije ćelav, a tu nema proturječja, obje su rečenice neistinite. Obje rečenice mogu biti neistinite jer jedna ne negira drugu. Negacija rečenice Sadašnji francuski kralj je ćelav ima oblik: (iii) y x ((Kx x = y) By), što u slobodnom prijevodu glasi Ako je netko jedini sadašnja francuski kralj, onda ta osoba nije ćelava (i istinito je). Jednoznačni opis ne zastupa neki predmet, nije ime. Rečenice koje sadrže jednoznačni opis sadrže tvrdnju da postoji predmet koji ispunjava opisom zadane uvjete i da je takav predmet samo jedan. Sintaksa je sada proširena s novim pravilom tvorbe koje kazuje da sintaktička uloga imena i jednoznačnog opisa nije ista. Odstupanje od pravila u razmotrenom primjeru poslijedica je netočnog prikaza logičkog oblika Oba Primjer 13.4 Ako rečenicu "Oba slona su u ormaru" shvatimo kao "Postoje točno dva slona i oni su u ormaru", a rečenicu "Ni prvi ni drugi slon nisu u ormaru" kao "Postoje točno dva slona i oni nisu u ormaru" onda je očigledno da nemamo posla s parom kontradiktornih rečenica. U formalnom smilu dobivamo za prvo:!2 xslon(x) x(slon(x) U_Ormaru(x)) i za drugo:!2 xslon(x) x(slon(x) U_Ormaru(x))!n P (x) x(p (x) Q(x)) znači Ima točno n predmeta koji

142 13.3 Presupozicije 133 su P ionisuq. Primjedba 7!n (P (x) Q(x)) <!n P (x) x(p (x) Q(x)). Zadatak 61 Jesu li sljedeće rečenice ekvivalentne: (i)!1 xp (x) x(p (x) Q(x)), (ii)!1 x(p (x) Q(x))? Izgradite svijet gdje će (i) biti istinito a (ii) neće! Odgovor 15 Q. Nisu. (i) Samo je jedan P i on je Q, (ii) Samo je jedna stvar i P i Rečenica 1. odgovara rečenici (ii): ova rečenica ne zabranjuje da bude više od jedne kocake. Rečenica 2. odgovara (i): ova rečenica zabranjuje da bude više od jedne kocke Presupozicije Na drukčiji način problem referencije rješavao je Peter Srawson. Po njegovom mišljenju Russellova teorija odre denih opisa umjesto da opisuje načine govora, unosi revizije koje nisu potrebne. Trebamo razlikovati rečenice i tvrdnje (statement) koje govornici pomoću njih izriču. Kada govornik kaže da je taj A jedan

143 134 Poglavlje 13 Odre deni opisi B, onda izraz taj A suprotno Russellovoj teoriji - doista referira, ili bolje je reći pokušava referirati. Da bi izricanje neke tvrdnje bilo smisleno neki uvjeti moraju biti zadovoljeni. Takve uvjete nazivamo presupozicijama. Tvrdnja da je sadašnji kralj francuske ćelav presuponira, ali ne implicira da on postoji. Slično, Frane je posjetio svoju kćer presuponira da Frane ima kćer. Ako prespozicija nije zadovoljena, rečenica nema značenja. Strawsonova analiza ne čini mi se prihvatljivom u odnosu na filozofsku pretpostavku koja mi se čini vrlo prihvatljivom: ako je rečenica ispravno sastavljena, ona ima značenje. Primjedba 8 Presupozicije se razlikuju od razgovornih implikatura. Razgovorne implikature se mogu ukinuti a da rečenica kojoj one pripadaju i dalje zadrži značenje. Nasuprot tome, ukidanje presupozicije neke rečenicu učinilo bi ju besmislenom. Na primjer, rečenica Netko je položio ispit ne postaje besmislenom ako se njezina implikatura da netko nije položio ispit ukine s rečenicom Svi su položili ispit. No, rečenica Frane je posjetio svoju kćer postaje besmislena ako se njezina presupozicija ukine s Ali Frane nema kćer. 1. Po Russellovoj analizi "Taj A je jedan B" u prijevodu na jezik logike prvoga reda postaje "Postoji točno jedan A i on je B". 2. "Oba A su B" po Russellovoj analizi daje "Postoje točno dva AisvakiodnjihjeB" 3."NiprvinidrugiAnisuB"poRussellovojanalizisu"postoje točnodvaainijedanme du njima nije B" 4. Po Strawsonovoj analizi ovakvi determinatori imaju presupozicije. Ako presupozicije nisu zadovoljene primjena ovakvih determinatora ne uspijeva polučiti tvrdnju. zbog toga takvi determinatori ne mogu na adekvatan način biti predstavljeni u logici prvoga reda. Donnellan je pokušao naći pomirujući stav. Nazvat ću dvije uporabe odre denih opisa [...] atributivnom i referencijalnom. Govornik koji koristi odre deni opis u atributivnom smislu u nekoj tvrdnju nešto kazuje o bilo kome ili bilo čemu što je takvo-i-takvo. Govornik koji koristi odre deni opis u referencijalnom smislu u nekoj tvrdnji, koristi taj opis da bi svojim sugovornicima omogućio da izdvoje tu stvar ili osobu o kojoj govori i njegova se tvrdnjaodnosinatustvariliosobu. Primjer 13.5 (i) Napoleon je bio najveći francuski vojskovo da. (ii) Wellington je porazio najvećeg francuskog vojskovo du : u (i) se odre deni opis [najveći francuski vojskovo da] koristi atributivno, a u (ii) referncijalno. Po Donnellan-ovom prijedlogu odre deni opis muškarca u "Taj muškarac s dugim vratom je gurnuo ženu sa šeširom" može se koristiti na dva načina. Atribu-

144 13.3 Presupozicije 135 tivno, da se kaže da je samo jedan muškarc ima dugi vrat i da je taj muškarac gurnuo ženu sa šeširom. Referencijalno, da se na odre denu osobu i za nju kaže da je gurnula ženu sa šeširom. U Donnellanovom prijedlogu pragmatika se razdvaja od semantike. Takvo razdvajanje ne mora svakome biti prihvatljivo. Mnogi misledasunačini kako se koriste rečenice ovisni o njihovom značenju, da je pragmatika ovisna o semantici. Razliku izme du atributivne i referencijalne uporabe odre denih opisa, možemo, protivno Donnelalnu, objasniti pomoću razlika u epistemičkom stanju sugovornika. Ako sugovornik ne zna koja je to jedina osoba ili stvar na koju se primijenjuje odre deni opis, onda ga on shvaća atributivno. Ako pak zna tko ili što je "to jedino", onda recipijent odre deni opis shvaća referencijalno. Nije ništa neobično u tome da informacijski učinak rečenice bude različit ovisno o informacijskom stanju onoga koji informaciju usvaja. Pretpostavimo da domena obuhvaća samo tri stvari čija su imena re- Primjer 13.6 dom a, b i c. Stanje potpunog neznanja u odnosu na odre deni opis P Sve su mogućnosti otvorene: 1.1 a,b,c 1.2 a,b 1.3 a,c 1.4 b,c 1. a,b,c *Q 1.5 a 1.6 b 1.7 c a,b* a,c* b,c* a* b* c* /*!1 xp (x) x(p (x) Q(x)) = Učinak informacije Samo je jedan P o on je Q 5. a 6. b 7. c Q? a,b,c a,b a,c b,c a b c

145 136 Poglavlje 13 Odre deni opisi Primjer 13.7 Stanje znanja u odnosu na odre deni opis P i predikat Q Sugovornik zna da je a jedini P, ali ne zna tko je Q Q? a,b,c a,b!1 xp (x) x(p (x) Q(x)) P a,c b,c a a b c /!1 xp (x) x(p (x) Q(x)) = Učinak informacije!1 xp (x) x(p (x) Q(x)) P Q a abc a ab a ac a a Donnellan je opisao dva slučaja usvajanja informacija koji se mogu javiti povodom rečenica u kojima se javljaju odre deni opisi. No to nužno ne znači da jedna rečenica može imati dvije vrste značenja. Takvo bi rješenje bilo u suprotnosti s načelom kompozicionalnosti. Rečenice svoje značenje dobivaju u kontekstu. U razmatranim primjerima, promjena koju rečenica izaziva na informacijskom stanju slušača ovisi o tom informacijskom stanju. Dakle, nije riječ o dvije uporabe, nije riječ o pragmatici koja slobodno lebdi iznad semantike, već o kontekstualnoj ovisnosti značenja.

146 Poglavlje 14 Logika generalizirane kvantifikacije Determinatori su, u sintaktičkom smislu, operatori koji se povezuju s općenitom imenicom tvoreći imeničku frazu; u semantičkom smislu, odnos izme du denotacija imeničke i glagolske fraze. Neki detreminatori nisu iskazivi u jeziku logike prvoga reda ( više u Ona ima više položenih ispita od njega ), neki su iskazivi pod odre denim ograničenjima (kod konačne veličine imeničke fraze, većina u Većina Ivanovih prijatelja voli jazz ), neki su iskazivi bez ograničenja ( samo jednom u samo jednom se ljubi ). Primjer 14.1 Kocke su većinom velike. A(x) = def Kocka(x) Veliko(x) B(x) = def Kocka(x) Veliko(x) xa(x) x B(x) Sve su kocke velike ILI =2 xa(x) x 51 xb(x) barem dvije kocke su velike a najviše jedna nije ILI =n 1 xa(x) x 5n 2 xb(x) barem n-1 kocki je veliko a najviše n-2 nije. Prijevod funkcionira samo kada je denotacija za Kocka konačna. Determinator Q bismo mogli dodati na sljedeći način: ako su A i B isf-e i v je varijabla, onda Qv(A, B) jest isf i svaka pojava varijable v u Qv(A, B) jest vezana. Primjer 14.2 Svi osim jednog gosta bili su vegetarijanci postaje Svi_osim_jednog x(gost(x), V egetarijanac(x)). Za svaki determinator Q iz prirodnog jezika mogli bismo dodati odgovarajući kvantifikator Q u jezik logike prvoga reda. U tako proširenom jeziku, rečenica Qx(A, B) bila bi istinita akko Q objekata koji zadovoljavaju A(x) tako der zadovoljavaju B(x) Logička svojstva determinatora Istražit ćemo neka logička svojstva determinatora i to ona koja se odnose na proširivanje i sužavanje opsega predikata čije su varijable vezane s determinatorima. 137

147 138 Poglavlje 14 Logika generalizirane kvantifikacije Konzervativnost Ovo svojstvo vrijedi za skoro sve determinatore koji se iskazuju samo s jednom riječi iz prirodnog jezika. Riječjeoslijedećem svojstvu: Qx(A(x),B(x)) Qx(A(x), (A(x),B(x))) Primjer 14.3 Primjer za polovinu konzervativnosti: Ako nijedan liječnik nije odvjetnik, onda nijedan liječnik nije liječnik i odvjetnik. Primjer 14.4 Primjer za polovinu konzervativnosti: Ako su točno tri kocke - malene kocke, onda su točno tri kocke malene. Zanimljivo je pitanje zašto ovo svojstvo vrijedi za jednom rječju iskazive detrminatore. Čini se kao da riječ samo ( jedino ) predstavlja protuprimjer za općenitu konzervativnost takvih determinatora. Primjer 14.5 Samo su glumci - bogati glumci ne povlači Samo su glumci bogati. {z } {z } {z } A B A Možda jedino nije determinator? Pravilo je da kvantifikatore možemo me dusobno zamijenjivati i time dobiti nove rečenice ( Svi A su B - Većina A je B - Nekoliko A je B itd.). jedino čini se da krši to pravilo: Jedino je Ivica vegetarijanac ne dopušta zamjenu Većina Ivica je vegetarijanac. Ako jedino nije determinator, onda nije niti protuprimjer općenitoj konzervativnosti Monotoničnost Monotoničnost determinatora odnosi se na pitanje što će se dogoditi ako povećamo ili smanjimo veličinu skupa B, skupa stvari koje zadovoljavaju glagolsku frazu urečenici oblika QAB Monotoničnost u porastu Za determinator Q kažemo da je monotoničan u porastu ako je sljedeći zaključak (argument) valjan: Qx(A(x),B(x)) x(b(x) B 0 (x)) Qx(A(x),B 0 (x)) Još jednostavniji test dobivamo ako uzmemo glagolsku frazu koja zadaje dva uvjeta, tada konkluzija može koristiti samo jedan uvjet, a druga premisa je automatski istinita. Q kocki je maleno i u istom redu s c Q kocki je maleno

148 14.1 Logička svojstva determinatora 139 Zadatak 62 Ispitajte imaju li sljedeći detrminatori svojstvo monotoničnosti u porastu: nekoliko, svi, najviše dva, oba, barem dva 21! Monotoničnost u smanjenju Za determinator Q kažemo da je monotoničan u smanjenju ako je sljedeći zaključak (argument) valjan: Qx(A(x),B 0 (x)) x(b(x) B 0 (x)) Qx(A(x),B(x)) Još jednostavniji test dobivamo ako uzmemo glagolsku frazu koja zadaje jedan uvjet, tada konkluzija može koristiti dva uvjeta, a druga premisa je automatski istinita. Q kocki je maleno Q kocki je maleno i u istom redu s c Zadatak 63 Ispitajte imaju li sljedeći detrminatori svojstvo monotoničnosti u smanjenju: nijedan, najviše dva, mali broj, točno dva! Zadatak 64 Ispitajte svojstva monotoničnosti za: najviše dva, barem dva, točno dva! Perzistentnost i anti-perzistentnost Ovdje gledamo povećanje i smanjenje opsega imeničke fraze. Determinator Q je perzistentan akko je sljedeći zaključak valjan: Qx(A(x),B(x)) x(a(x) A 0 (x)) Qx(A 0 (x),b(x)) Determinator Q je antiperzistentan akko je sljedeći zaključak valjan: Qx(A 0 (x),b(x)) x(a(x) A 0 (x)) Qx(A(x),B(x)) Točno dva i barem dva nisu monotonični usmanjenju. Zadatak 65 Smislite jednostavne testove za perzistentnost i antiperzistentnost! Jedno Q malenih kocki je u istom redu s c rješenje. Jednostavni test za perzsitentnost:.jednostavni test za antiperzistentnost: Q kocki je u istom redu s c Q kocki je u istom redu s c Q malenih kocki je u istom redu s c 21 Jedino najviše dva nije monotonična u porastu.

149 140 Poglavlje 14 Logika generalizirane kvantifikacije Zadatak 66 jedina 22! Odredite svojstva sljedećih determinatora: neki, Ivičin, nijedan, mnogo, 1. Tri su svojstva determinatora važna za njihovo logičko ponašanje: konzervativnost, monotoničnost i perzistentnost. 2. Determinatori su u pravilu konzervativni (sporan slučaj je samo ) 3. Monotoničnost se odnosi na ponašanje drugog argumenta detrminatora. Većina determinatora je monotonična. 4. Perzistentnost se odnosi na prvi argument determinatora. Manje je česta nego monotoničnost Logička gramatika U logici nalazimo više sustava koji izlažu gramatiku prirodnog jezika. Kako bismo se približili preciznijem odre denju kategorije determinatora, u kratkom ćemo obliku izložitiu jednu logičku gramatiku poznatu pod nazivom kategorijalna gramatika. Korijeni sustava kategorijalne gramatike protežu se do kada je poljski logičar Lesniewski formulirao tzv. "teoriju semantičkih kategorija". Čista kategorijalna gramatika ima sljedeća četiri obilježja: Skup osnovnih kategorija je konačan (i obično malen). Na osnovi osnovnih konstruiraju se izveden kategorije. Koristi se jedno ili dva sintaktička pravila koji opisuju sintaktičku operaciju konkatenacije i koja odre duju rezultat ove operacije. Svaki leksički element povezuje se s nekom kategoriijom Primjeri jednostavnih kategorijalnih gramatika Ijednosmjerna kategorijalna gramatika Osnovne kategorije su i (imenica) i r (rečenica). Izvedene kategorije konstruiraju se na sljedeći način: ako su A i B kategorije, onda je i (A\B) kategorija. Sintaktičko pravilo: ako je α izraz iz kategorije A iakojeβ izraz iz kategorije (A\B), onda je αβ izraz iz kategorije A. Rječnik: Ivica je iz kategorije i, hoda je iz kategorije (i\r), brzo je iz kategorije ((i\r)/(i\r)). 22 Perzistentni: neki, Ivičin. Antiperzistentni: nijedan. Ni perzistentan ni antiperzistentan: mnogi, jedini.

150 14.2 Logička gramatika 141 U skladu s ovom gramatikom izraz Ivica hoda pripada kategoriji r. Ivica i hoda i\r Ivica hoda. r Isto tako, Ivica hoda brzo po izloženoj gramatici pripada kategoriji r, tj. taj izraz je rečenica. Ivica i hoda i\r brzo (i\r)\(i\r) i\r r Kategorijalna gramatika nam otvara mogućnost danamehanički način odredimo je li (pod pretpostavkom da nam je dan početni riječnik i njegova kategorizacija) neki izraz primjerak kategorije, posebno je li on rečenica ili ne. Sada možemo ovu "jednosmjernu" gramatiku upotpuniti s pravilom koje dopušta pored dodavanja izraza s desne strane i dodavanje izraza s lijeve strane Dvosmjerna kategorijalna gramatika Ako su A i B kategorije, onda su (A\B) i (A/B) kategorije. Ako je α u kategoriji A iakojeβ ukategoriji(a\b), onda je αβ ukategoriji B, Ako je α u kategoriji (A/B) iakojeβ u kategoriji B, onda je αβ ukategoriji A.

151 142 Poglavlje 14 Logika generalizirane kvantifikacije Primjer 14.6 Rječnik: Ivica, Maricu su iz kategorije i, voli je iz kategorije (i\r)/i. Ivica _ i voli _ i\r /i r i\r Maricu i Zadatak 67 Odredimo kategoriju za veznike! Odgovor 16 Pokušajmo varijantu koja počinje s lijevom konkatenacijom. Veznik je takav da ako mu dodamo rečenicu s lijeve strane, onda dobivamo izraz kojemu dodavanje rečenicesdesnestranedajerečenicu. Dakle, r\(r/r). Zadatak 68 Odredimo kategoriju za determinatore! Odgovor 17 Ako determinatoru dodamo imenicu s desne strane, onda ćemo dobiti izraz koji pravi rečenicu ako mu se s desne strane doda izraz kategorije i\r. Dakle,(i/i). Zadatak 69 Analizirajmo rečenicu Većina mladih ljudi voli glazbu! Većina _ i/i mladih _ i/i i i ljudi _ r i voli _ i\r /i i\r glazbu i Vježba aksiomatiziranja Pokušajmo aksiomatizirati znanje o odnosu IstiOblik utarski sworld. Analitičke istine Aksiom1. x(kocka(x) Tetraedar(x)) Aksiom 2. x(kocka(x) Dodekaedar(x)) Aksiom 3. x(tetraedar(x) Dodekaedar(x))

152 14.2 Logička gramatika 143 Ovatriaksiomasuanalitički istinita, istinita zahvaljujući značenju predikata koji se javljaju u njima. Istina u Tarski-svjetovima Četvrti aksiom treba iskazati posebnost svjetova u Tarski s World gdje svaki predmet ima jedan od navedenih oblika. Iskažite taj aksiom! Definicija predikata IstiOblik za Tarski-svjetove putem pravila uvo denja i uklanjanja Sada ćemo iskazati pravila za uvo denje i uklanjanje predikata IstiOblik. Aksiomi uvo denja za IstiOblik Aksiom 5. x y((kocka(x) Kocka(y)) IstiOblik(x, y)) Aksiom6 i Aksiom7 formulirajte sami! Aksiomi uklanjanja za IstiOblik Aksiome 8, 9 i 10 formulirajte sami. Zadatak 70 Izgradite dokaz za sljedeće zaključake ako su oni valjani, u protivnom izgradite protuprimjer: a) IstiOblik(b, c) ` IstiOblik(c, b);b) x(kocka(x) IstiOblik(x, b)) ` Kocka(b). Svaka je teorija jezični sustav. Jezik se sastoji od rečenica, rečenice od riječi. Zato nam u izgradnji izvan-logičkog aksiomatskog sustava najprije trebaju termini. Termine dijelimo na primitivne i definirane. Primjer 14.7 (Euklid) Točkajeonoštonemadijelova. Primjer 14.8 (Teorija skupova) a b(a b x : x a x b) Zadatak 71 Prona dite primitivne termine u gornjim primjerima! Prona dite primitivne termine u gornjoj vježbi u gradnji "aksiomatske teorije o istovjetnosti oblika u Tarski-svijetu"! Rečenice u aksiomskoj teoriji možemo podijeliti na (i) nedokazane rečenice pomoću kojih dokazujemo (aksiomi i definicije) i (ii) dokazane rečenice (teoreme, leme, korolarije, skolije...). U definicijama primitivni termini daju značenje definiranim terminima. A primitivni pojmovi dobivaju značenje u aksiomima. Zadatak 72 Što mislite, je li rečenica iz prethodnog primjera, a b[a b x(x a x b)] aksiom ili definicija? Obrazložite odgovor vodeći računa o pitanjima dosega kvantifikatora i značenja bikondicionala!

153 144 Poglavlje 14 Logika generalizirane kvantifikacije "Vezivno tkivo" svakog izvan-logičkog aksiomatskog sustava ILAS je neka logička teorija LT. Ako se u izvan-logičkoj aksiomskoj teoriji ILAS izričito navede logička teorija koja se koristi u gradnji prvospomenute teorije, onda ona zaslužuje poseban naziv. Ponegdje možemo susresti naziv formalna teorija za takvu "u pogledu logike osviještenu teoriju" ILAS LT. Zadatak 73 Što bismo trebali učiniti da naša "aksiomatska teorija o istovjetnosti oblika u Tarski-svijetu" postane formalnom! Što bismo trebali pomišljati pod logičkom teorijom LT? Čini se da je pojam "logičke posljedice" otvoren prema obuhvaćanju različitih odnosa značenja. Time i podjela na riječi sa empirijskim sadržajem (kategoremi) i logičke riječi (sinkategoremi) postaje "idealno-tipskom" podjelom: podjela odre duje rubne položaje ali stvarni slučajevi leže izme du, bliže ili dalje jednom ili drugom rubu. U sljedećoj vježbi analizirat ćemo značenje prijedloga u. Zadatak 74 Je li dvočlani odnos...je u... refleksivan, irefleksivan ili ni jedno ni drugo (indiferentan prema refleksivnosti)? Zadatak 75 Prikažite podjelu dvočlanih odnosa izvedenu na osnovi pitanja ostvaruju li svi predmeti takav odnos prema samom sebi, ili ga ne ostvaruje niti jedan predmet, ili ga ostvaruju neki a neki ne. Zadatak 76 Prevedite prvi aksiom iz Spinozine Etike na jezik logike prvoga reda (koristeći U kao simbol za prijedlog u )! (A1) Sve što jest jest u sebi ili u nečem drugom. Zadatak 77 Koristeći tri tumačenja odnosa...je u... ispitajte zadovoljivost Spinozinog aksioma te očuvanje njegove razgovorne implikature u danom tumačenju! [Podsjetnik: Ako rečenica koju govornik tvrdi sa sobom donosi i sugestiju koja se može ukinuti (bez izazivanja kontradikcije) dodatnim govornikovim izrekama, onda se ta sugestija naziva razgovornom implikaturomionasenepromatrakaodiosadržajaizvornerečenice.] Zadatak 78 Kojem (ili kojim ili kojoj kombinaciji) tumačenju biste dali prednost? Kratko obrazložite svoj odgovor! Zadatak 79 Pretpostavimo da je ispravno treće tumačenje, tj. da vrijedi (IR) x U(x, x). Je li koja od ponu denih rečenica: x y(x 6= y U(x, y)), x y z(u(x, y) U(y, z) U(x, z))

154 14.2 Logička gramatika 145 teorem u sustavu koji sadrži Spinozin aksiom i rečenicu (IR)? Ako jest - izradite dokaz (u Fitch-u), u protivnom, na dite protuprimjer i nacrtajte ga u "dijagramu sa strelicama". Zadatak 80 Pretpostavimo da vrijedi (IR) x U(x, x) i(t) x y z((u(x, y) U(y,z)) U(x, z)). Ima li tada odnos...je u... svojstvo jake povezanosti? Drugim riječima, vrijedi li sljedeća tvrdnja o mogućnosti dokazivanja (A1), (IR), (T ) ` x y(u(x, y) U(y, x))? Ako da - dajte dokaz u neformalnom obliku. U protivnom, na dite protuprimjer i nacrtajte ga u "dijagramu sa strelicama". Pretpostavimo da su dvije maksime kooperativne komunikacije iskazane konjunktivnim imperativom "Govori istinu i govori cijelu istinu!". Nazovimo maksimu iskazanu u prvom imperativom konjunktu - maksimom kvalitete: istinu treba govoriti. Maksimu drugog imperativnog konjunkta nazovimo maksimom kvantitete: istinu ne treba prešutjeti. U suvremenijim izrazima maksimu kvantitete mogli bismo iskazati ovako: o temi razgovara nemoj iskazati rečenicu koja je manje informativna od one o koj imaš znanje. Primjer 14.9 Ako na pitanje "Kada će biti kolokvij?" naš sugovornik odgovori "U ponedjeljak ili u petak", onda po maksimi kvalitete mi pretpostavljamo da on ne zna točno kojeg će se dana kolokvij održati. Ako sugovornik zna kojeg će se dana održati kolokvij onda on izriče rečenicu manje informativnu od one koju je mogao (a po maksimi kvantitete i trebao) izreći. "Kvantitet značenja" ili informativnost izjavnih rečenica možemo mjeriti pomoću logičkih odnosa. Budući da nas bavljenje sa logičkom semantikom tek čeka, logičke ćemo odnose pratiti u sintaktičkoj dimenziji kao odnose dokazivosti, ` (izvedivosti, derivabilnosti). Prvi slučaj: A ` B i B ` A. Objerečenice, A i B podjednako su informativne. Drugi slučaj: A ` B ali B 0 A. Rečenica A informativnija je od rečenice B. Treći slučaj: A 0 B i B 0 A. U ovom slučaju odnos informativnosti ne možemo definirati pomoću odnosa dokazivosti. Zadatak 81 Koja je rečenice informativnija u gornjem smislu: (A1) Sve što jest jest usebiiliunečemu drugom. ili (IR) Ništa od onoga što jest nije u sebi?

155 146 Poglavlje 14 Logika generalizirane kvantifikacije (A1) x[u(x, x) y(x 6= y U(x, y))] (R) xu(x, x) (*) xu(x, x) x U(x, x) (IR) x U(x, x) razgovorna implikatura: (*) (*) (*) informativnija rečenica: (R) x y(x 6= y U(x, y)) Promotrimo slučaj teksta (A1),(IR) : (IR), (A1) ` x y(x 6= y U(x, y)) (IR), x y(x 6= y U(x, y)) ` (A1) x y(x 6= y U(x, y)) ` (A1) (A1) 0 x y(x 6= y U(x, y)) Zadatak 82 Možemo li postaviti sljedeće pravilo: Ako A, B ` C, B 0 C i C ` B, onda je govornikov tekst A, C informativniji od teksta A, B. Zadatak 83 Izgradite aksiome za ManjiOd za Tarski s World. Postupite jednako kao i za IstiOblik. Moramo reći da svaki predmet ima jednu i samo jednu od tri veličine. Nakon toga, moramo odrediti pod kojim uvjetima uvodimo odnosno uklanjamo taj predikat. Zadatak 84 Definirajte predikat VeceOd! Zadatak 85 Dokažimo: Maleno(a) ` x VeceOd(x, a)! Logički su moguće sve one okolnosti koje nisu isključene naosnoviznačenja riječi. Na primjer, zbog značenja predikata veće od, okolnosti u kojima je veliki predmet manji od malenog - logički nisu moguće. Ili, zbog značenja determinatora neki, logički nisu moguće okolnosti u kojima je predmet a kocka i istodobno nijedan predmet nije kocka. U tom smislu, nema šireg skupa okolnosti od logički mogućih okolnosti. Spoznaja u realnim znanostima ide za time da se "otkrije" koje su okolnosti moguće zbog važećih, izvan-logičkih zakonitosti. Zadatak 86 U ovoj vježbi zamišljamo da su se stvarno javile okolnosti prikazane na slici. Naš je zadatak naslutiti koja pravilnost vrijedi u odnosu na moguće odnose veličina. Uočimo da sada riječ moguće ne koristimo u smislu logički moguće već stvarno ili fizički moguće.

156 14.2 Logička gramatika 147 Zadatak 87 Iskažimo neke hipoteze: (P.1. Kocke su najveće) x y((kocka(x) Kocka(y)) ManjeOd(y, x)); (P.2. Nema malenih kocaka) x(kocka(x) Maleno(x)). (P.3 Ima malenih i srednje velikih predmeta) xm aleno(x) xsrednjev eliko(x). (P.4 Postoje kocke) xkocka(x). Jeste li posve zadovoljni s ovim hipotezama? Zadatak 88 Gornji izbor hipoteza ne ispunjava zahtjev neovisnosti. Koja je hipoteza suvišna? Kako ćete to dokazati? Dokažite to! Odgovor 18 Dva su načina: izvedite navodni aksiom, ili pretpostavite negaciju navodnog aksioma i izvedite kontradikciju.

157 Poglavlje 15 Teorija skupova Teorija skupova je kao rijetko koja druga teorija općenito prisutna i koristi se za modeliranje tako ekstenzivno da u tom smislu zaslužuje posve poseban položaj. Otvoreno je pitanje je li teorija skupova dio logike ili ne. Primjer 15.1 Russell je filozof istinito je ako i samo ako predmet imenovan s Russell pripada skupu koji je zadan predikatom je filozof. [D. Davidson] Započinjemo s naivnom teorijom skupova koja jest inkonzistentna ali, unatoč tome, predstavlja kako povijesni tako i didaktički uvod u aksiomatsku teoriju skupova. Georg Cantor ( ), njemački matematičar koji je prvi ekstenzivno proučavao skupove i inkonzistentnosti koje se kriju u naivnom pojmu o skupu. Skup je "sabiranje u jednu cjelinu odre denih, različitih predmeta našeg opažanja ili mišljenja, a njih nazivamo elementima skupa" [G. Cantor] Koriste se različiti nazivi: skup, razred, klasa, kolekcija, množina, agregat itd. Neki autori razlikuju skup (set) i razred (class), gdje je razred općenitiji pojam (skupovi su elementi nekog razreda, a neki razredi, pravi razredi nisu; pravi razredi i skupovi zajedno daju razrede) Osnovni rječnik teorije skupova 148

158 15.3 Dva osnovna aksioma naivne teorije skupova Predikati =, dvomjesni predikat identiteta, dvomjesni predikat članstva a b [čitamo: "a je element od b"], dvomjesni predikat inkluzije (relacija podskupa) Funkcijski simboli (operacije), dvomjesna funkcija presjeka (intersekcije), dvomjesna funkcija unije Individualne konstante, prazni skup 15.2 Jezik za različite vrste predmeta Moramo naporaviti izbor izme du jezika koji u domeni obuhvaća sve predmete bili oni skupovi ili ne i jezika koji koristi različite vrste varijabli za različite vrste predmeta. Prvospomenuti pristup nalazimo u Fitch-u. Drugospomenuti ("manysorted") jezik koristi jednu vrstu varijabli za dio domene koja uključuje sve skupove i jedino skupove, a drugu vrstu varijabli za cjelokupnu domenu. U ovoj diferenciranoj opciji korisitimo varijable a, b, c,... koje se protežu preko skupova (svih i jedino njih) i varijable x, y, z,... koje se protežu preko svih predmeta, bili oni skupovi ili ne. Primjer 15.2 Rečenicu Svaka je stvar element nekog, ovog ili onog skupa u jeziku s jednom vrstom varijabli prikazujemo kao x y(skup(y) x y), aujezikusdvije vrste varijabli ovako: x a(x a) Dva osnovna aksioma naivne teorije skupova Dva su osnovna načela koja zahvaćaju intutivni pojam skupa Aksiom ekstenzionalnosti Skup je u potpunosti odre den svojim članstvom. Ako znamo elemente skupa b, onda znamo sve što je potrebno za utvr divanje identiteta tog skupa. Aksiom se iskazuje ovako: ako skupovi a i b imaju iste elemente onda su a i b identični. a b[ x(x a x b) a = b] Identitet skupova ne ovisi o načinu na koji su oni opisani.

159 150 Poglavlje 15 Teorija skupova Skup životinja koje imaju srce i skup životinja koje imaju bubreg istov- Primjer 15.3 jetan je. Skupovi se ne mogu poistovjetiti sa svojstvima. Svojstva, za razliku od skupova, ne moraju biti ista ako pripadaju istim predmetima. Primjer 15.4 Zahvaljujući činjenici da nema predmeta koji bi bili njihovi članovi, skupovi okruglih kvadrata, ćelavih sadašnjih kraljeva Francuske, jednoroga, pokretnih nekretnina, drvenih štednjaka, stvari koje se razlikuju od samih sebe itd. - jedan su te isti skup. Primjer 15.5 Skupovi {1,2}, {2,1}, {2,2,1}, {2,1,1,1,1,1} su identični Aksiom komprehenzije (apstrakcije) U naivnoj teoriji skupova nalazimo tzv. neograničeno načelo komprehenzije. Po tom načelu, svako svojstvo odre duje neki skup. Primjer 15.6 Neka nam je zadan uvjet x rado čita Kanta. Po aksiomu komprehenzije postoji cjelina, skup sačinjen od svih onih i jedino od onih koji rado čitaju Kanta. Neka nam je zadan uvjet yv oli(x, y). taj uvjet odre duje skup koji obuhvaća sve one i samo one koji nekoga vole. Ovakav način iskazivanja aksioma donosi stanovite poteškoće. Naime, govorimo o svim svojstvima što nas vodi izvan granica logike prvoga reda i što zahtjeva teoriju svojstava. Da bismo to izbjegli aksiom iskazujemo kao aksiomsku shemu. Sve rečenice koje imaju oblik aksiomske sheme su aksiomi i njih ima beskonačno mnogo. a x[x a P (x)] Aksiom kaže da postoji skup a čiji su članovi sve stvari (P (x) x a) i samo one stvari (x a P (x)) koje zadovoljavaju formulu P (x). Zapravo, aksiom treba iskazati u još općenitijem obliku. Na primjer, ako bismo htjeli reći da za svaki predmet postoji skup koji sadrži samo taj predmet, onda bi nam trebalo još varijabli. Primjer 15.7 z a x[x a x = z] Zadatak 89 Postojanje kojegih skupova jest zajamčeno sljedećom instancom aksioma komprehenzije: y a x[x a Voli(y, x)]?

160 15.3 Dva osnovna aksioma naivne teorije skupova 151 Odgovor 19 Zajamčeno je za svakoga postoji skup njegovih voljenih. Općeniti oblik za aksiom komprehenzije: z 1... z n a x[x a P (x)] Tvrdnja 10 Za svaku isf-u P (x) postoji jedan jedinstveni skup stvari koje zadovoljavaju P (x).!a x[x a P (x)] Dokaz 13 Za dokaz ove numeričke tvrdnje koristimo tehniku dokazivanja?? i da?? zadovoljava propoziciju. Moramo dokazati (i) barem jedan : a x[x a P (x)], i (ii) najviše jedan : a b x[((x a P (x)) (x b P (x))) a = b)]. (i) je dokazano jer je to upravo aksiom komprehenzije. Za (ii) koristimo univerzalnu generalizaciju. Pretpostavimo da su a i b skupovi čiji su članovi upravo oni predmeti koji zadovoljavaju P (x). Iz toga proizlazi x[x a x b]. Izradite ovaj dio dokaza sami: otvorite Proof 15.5 i dokažite spomenutu tvrdnju. Primjena aksioma ekstenzionalnosti daje nam a = b. Vidimo da za bilo koji uvjet aksiom komprehenzije jamči postojanje skupa predmeta koji zadovoljavaju taj uvjet, a aksiom ekstenzionalnosti osigurava jedinstvenost takvog skupa. Primjena aksioma ekstenzionalnosti, x y[ z(z x z y) x = y] na 13. rečenicu dat će željeno: a = b.

161 152 Poglavlje 15 Teorija skupova Skupovezapisujemonadva načina: popisujući članove i zapisujući uvjet koji članovi moraju zadovoljiti. Primjer 15.8 Skup prirodnih brojeva djeljivih sa 7 i manjih od 15 zapisujemo u popis -zapisu ovako: {7, 14}, a u uvjet zapisu ovako: {x x N i x<15 i y : y N y 7=x}. Skup autor djela Principia mathematica zapisujemo ovako {Bertrand Russell, Alfred N. Whitehead} ili ovako {x x je autor Principia Mathematica}. Zapis je nevažan i predstavlja pokratu. Općenito govoreći, tvrdnja da je b član skupa koji obuhvaća stvari koje su P, b {x P (x)} jest pokrata za tvrdnju da postoji skup stvari koje su P idajeb član tog skupa, a[ x(x a P (x)) b a] Naivna teorija skupova sadrži aksiom ekstenzionalnosti i aksiom komprehenzije. Aksiom ekstenzionalnosti tvrdi da su skupovi s istim članovima identični. Aksiom komprehenzije tvrdi da svaka formula prvog reda odre duje neki skup Jednočlani skupovi, prazni skup, podskupovi Jednočlani skup {x} trebamo razlikovati od njegovog jedinog člana x. Primjer 15.9 {Donald Davidson} je skup, apstraktni objekt, a pok. Donald Davidson bio je istaknuti filozof. Zamislimo da niti jedan predmet ne zadovoljava P (x). Neka je P (x) formula x 6= x. Skup{x x 6= x} jest prazan, tj. bez elemenata. Možemo dokazati da postoji jedan i samo jedan prazan skup. Oznake koje se koriste za prazan skup: {}, 0,,... Zadatak 90 Dokažite da postoji točno jedan prazan skup! Dokazi za?? i??.

162 15.4 Jednočlani skupovi, prazni skup, podskupovi 153 Definicija 8 Ako su zadani skupovi a i b, kažemodajea podskup skupa b ako je svaki član skupa a tako der član skupa b. Definiciju možemo shvatiti na dva načina. Prvo možemo tvrdnju a b shvatiti kao skraćeni zapis tvrdnje x(x a x b). Drugo, možemo relaciju inkluzije shvatiti kao dodatni simbol i definiciju iskazati kao aksiom: a b[a b x(x a x b)] Tvrdnja 11 a : a a Dokaz 14 Neka je b proizvoljan skup. Za svrhu generalnog kondicionalnog dokaza, pretpostavimo da je a proizvoljni element od b. Onda na isprazan način reiteracijom dobivamo a b.- Zato, x(x b x b). Primjena definicije podskupa pokazuje da b b. Generaliziramo: a : a a. Formalizirajte Exercise 15.12! Tvrdnja 12 a b(a = b (a b b a))

163 154 Poglavlje 15 Teorija skupova Dokaz 15 Metoda univerzalne generalizacije. Prvo dokazujemo s lijeva na desno. Pretpostavimo a = b. Desna strana slijedi iz prethodne tvrdnje (o refleksivnosti inkluzije) uz nerazlučivost identičnoga. Za dokaz s desna na lijevo, pretpostavimo a b b a. Za dokazati da tada vrijedi a = b, koristimo aksiom ekstenzionalnosti. Dovoljno je pokazati da a i b imaju iste članove. No to slijedi iz naše pretpostavke, da je svaki član jednog tako der član drugog skupa i obratno. Budući da su a i b proizvoljni skupovi, generaliziramo i dobivamo propoziciju. Formalizirajte dokaz Exercise 15.13! Relaciju R koja zadovoljava uvjet (R(x, y) R(y, x)) x = y nazivamo antisimetričnom. Prethodnu tvrdnju pokazuje da je relacija inkluzije (odnos podskupa) antismetrična. Pročitana u suprotnom smjeru, tvrdnja pokazuje re-

164 15.5 Presjek i unija 155 fleksivnost inkluzije. Tvrdnja 13 a : a Dokaz 16 Jednostavna univerzalna generalizacija. Neka je a proizvoljni predmet i b proizvoljni skup. Pretpostavimo da a (u donjem formalnom dokazu e označava prazni skup). To je nemoguće zbog definicije praznog skupa. Na isprazan način a zadovoljava uvjet a e a b (u formalnom dokazu: uvodimo neistinu a potom je uklanjamo). Zato ako a e onda a b. Generalizacijom dobivamo traženo. Za zapamtiti: Neka su a i b skupovi. 1. a b akko je svaki element od a tako der element od b. 2. a = b akko a b i b a Presjek i unija Dvije poznate i važne operacije sa skupovima su presjek i unija. Te dvije operacije uzimaju dva skupa i daju treći. Definicija 9 (PRESJEK) Neka su a i b skupovi. Presjek skupova a i b je skup čiji su članovi - članovi i u a iub. Zapis:a b. a b z(z a b (z a z b))

165 156 Poglavlje 15 Teorija skupova Definicija 10 (UNIJA) Neka su a i b skupovi. Unija skupova a i b je skup čiji su članovi - članovi ili u a ili u b. Zapis:a b. a b z(z a b (z a z b)) Kako znamo da postoje takvi skupovi? Jesu li dva aksioma, komprehenzije i ekstenzionalnosti, dovoljna da se utvrdi njihovo postojanje i jedinstvenost? Tvrdnja 14 (Postojanje i jedinstvenost presjeka skupova) (x a x b)) a b!c x(x c Ova je tvrdnja poseban slučaj već 10 : za svaku ispravno sastavljenu formulu P (x) postoji jedan jedinstveni skup stvari koje ju zadovoljavaju. z 1... z n!a x[x a P (x)] Možemo je nazvati korolarijem, tj. neposrednom posljedicom već dokazane tvrdnje u kojoj z 1 treba zamijeniti s a, z 2 s b, a uvjet P (x) sisf-omx a x b. Tvrdnja 15 (Postojanje i jedinstvenost unije skupova) (x a x b)) a b!c x(x c Dokaz 17 I ova tvrdnja neposredno proizlazi iz 10. Evo još nekoliko tvrdnji čije dokaze treba izraditi! Tvrdnja 16 a b : a b = b a Otvorite u Fitch-u 26.1 i odredite pravila koja opravdavaju i rečenice koje podupiru pojedine korake. Tvrdnja 17 a b : a b = b b a Dokaz 18 Koristimo definiciju presjeka, definiciju podskupa i 12. Formalni dokaz je prilično dug i možete ga naći??. U neformalnom dokazu moramo dokazati dva kondicionala. Smjer s lijeva na desno: pretpostavimo da a b = b. Neka je c element od b. Po definiciji presjeka, c je element skupa a. Po definiciji podskupa dolazimo do željenoga: b je podskup od a. Smjer s desna na lijevo: (*) pretpostavimo b a. Trebamo dokazati tvrdnju o identitetu. Za tu svrhu poslužit ćemo se s 12 koju instanciramo s skupovima koji nas zanimaju:

166 15.5 Presjek i unija 157 (a b b {z } (i) Figure 15.1 b a b) a b = b. (i)nekajec element i od a iodb. Tada {z } (ii) je c element od b. (ii) Neka je c element od b. Po pretpostavci (*) slijedi da je c element od a. Budući da smo utvrdili i (i) i (ii), slijedi a b = b.dokazjegotov. Zadatak 91 Izradite neformalni dokaz da za svaki skup a postoji jedinstveni skup c takav da za svako x, x c ako i samo ako x / a. Ovaj se skup naziva apsolutnim komplementom skupa a, i označava se s a. (Ovaj rezultat neće vrijediti za aksiome koje ćemo kasnije koristiti. Zapravo, tada će slijediti da nijedan skup nema apsolutni komplement.) Kada bismo formalizirali ovaj dokaz, koju bismo instanciju aksioma komprehenzije koristili? Odgovor 20 Treba dokazati: Instanca aksioma komprehenzije: a c x(x c x/ a) a!c x(x c x a) Prvo dokazujemo da postoji barem jedan takav skup: Dokaz da ima najviše jedan takav skup ostavljen je čitatelju.

167 158 Poglavlje 15 Teorija skupova Zapamtimo: Neka su b i c skupovi. 1. x b c ako i samo ako x b x c 2. x b c ako i samo ako x b x c 3. x b c ako i samo ako x b x/ c U naivnoj teoriji skupova dopušteno je postojanje univerzalnog skupa V = {x x = x}. Pod tom pretpostavkom, moguće je definirati apsolutni komplement nekog skupa a (za označavanje apsolutnog komplementa koristimo crticu iznad slova): a = V a. Zadatak 92 Dokažite a b c[(a b b c) a b]! Zadatak 93 Dokažite na formalan i na neformalan način a b x[(x a b a) (x b x/ a b)]! Dokaz 19 (*) Neka je su e i f proizvoljni skupovi i neka je u proizvoljni predmet. Pretpostavimo u e (u f u e). Pod tom pretpostavkom moramo dokazati bikondicional. L-D (i) Pretpostavimo u f. Trebamo dokazati u / e f, tojestu/ e u f. Intro daje željeno iz pretpostavke (i). D-L (ii) Pretpostavimo u/ e u f. Trebamo dokazati u f. Po glavnoj pretpostavci vrijedi u e. Akojeslučaj u / e dolazimo do kontradikcije. Po Intro možemo uvesti u f. Akojeslučaj u f, onda reiteracijom dobivamo u f. Po Elim zaključujemo u f. Univerzalna generalizacija daje željeno. Termini sličnog značenja: 15.6 Digresija: konzistentnost dosljednost neproturječnost neprotuslovnost zadovoljivost ispunjivost koherentnost [razložni ili logični sklad me du dijelovima] Razlikujemo dva pojma o konzistentnosti: sintaktički semantički

168 15.6 Digresija: konzistentnost 159 Definicija 11 Sintaktička (formalna) konzistentost: neki skup rečenica r nazivamo konzistentnim akko pomoću njih nije moguće dokazati obje rečenice iz bilo kojeg para kontradiktornih rečenica, A i A. Korištenje pojma o dokazivosti čini gornju definiciju sintaktičkom. Pokušajmo zapisati gornju definiciju djelomično koristeći jezik logike prvoga reda. Uvedimo oznaku ` zatročlani odnos dokazivosti. Članovi tog odnosa su (i) neki skup rečenica r, (ii) neki sustav dokazivanja F i (iii) rečenica A. Tvrdnju rečenicu r možemo u sustavu dokazivanja F dokazati pomoću rečenicaizskupar zapisujemo r `F A. Za sustav dokazivanja uzet ćemo sustav prirodne dedukcije za logiku prvoga reda i izostaviti podznak u zapisu odnosa dokazivosti `. Neka je L jezik i neka su S 1,...,S n,a, A rečenice jezika L. Skup rečenica {S 1,...,S n } je konzistentan ako nije slučaj da istodobno {S 1,...,S n }`A i {S 1,...,S n }` A. Teorem 18 Akojeskuprečenica {S 1,...,S n } iz jezika L konzistentan, onda postoji rečenica iz L koja se ne može dokazati. Dokaz 20 Poslužit ćemo se neizravnim dokazom, reductio ad absurdum. (*) Pretpostavimo da tvrdnja ne vrijedi. Po definiciji kondicionala, tada je (i) skup {S 1,...,S n } konzistentan i (ii) ne postoji rečenicakojasenemožedokazati.ali, iz (ii) izravno slijedi da možemo dokazati obje rečenice iz para kontradiktornih rečenica. No tada, po definiciji konzistentnosti, {S 1,...,S n } nije konzistentan skup rečenica. Kontradikcija koju smo uspostavili pokazuje da moramo zaključiti na negaciju pretpostavke (*), a budući da je to upravo gornja tvrdnja, naš je dokaz dovršen. Teorem 19 Akojeskuprečenica {S 1,...,S n } iz jezika L inkonzistentan (to jest, ako nije konzistentan), {S 1,...,S n }`. Dokaz 21 Pretpostavimo da {S 1,...,S n } nije konzistentan skup. Tada postoji par dokazivih kontradiktornih rečenica. Neka je par rečenica A i A upravo takav. Po pravilu prirodne dedukcij, Intro možemo uvesti neistinu. Zadatak 94 Dokažite na formalan način dajeskupkojisadržirečenice Sve kocke su malene i Neke kocke nisu malene inkonzistentan!

169 160 Poglavlje 15 Teorija skupova Zadatak 95 Poslužite se prethodnim dokazom i pokažite kako se bilo koja rečenica može dokazati pomoću inkonzistenog skupa! To ćete učiniti tako što ćete dokazati proizvoljnu rečenicu B! Zadatak 96 Kojim biste razlozima opravdali ili osporili pravilo Elim, tojest,ex falso quodlibet? Mogli bismo reći da slabost inkonzistentnog skupa rečenica leži u tome što on dokazuje previše, jer on dokazuje sve. Promotrena sa semantičke strane, slabost inkonzistentnog skupa rečenica leži na suprotnoj strani - on ne govori ni o čemu. Semantički pojam konzistentnosti nećemo uvoditi jer on zahtijeva dodatna sredstva formalne semantike. Ali možemo dati neformalnu definiciju. Neki je skup rečenica semantički konzistentan akko su moguće okolnosti u kojima su sve rečenice iz tog skupa istinite. Radi didaktičke svrhe napravimo jedan korak koji u strogoj teoriji nije dopušten i pokušajmo razjasniti semantičku inkonzistentnost koristeći pojam o sintaktičkoj inkonzistentnosti. Budući da inkonzistentan skup dokazuje par kontradiktornih rečenica i budući da je sustav prirodne dedukcije pouzdan, verifikacija inkonzistentnog skupa zahtijevala bi okolnosti u kojima bi ista rečenica bila istodobno i istinita i neistinita. Takve okolnosti nisu moguće, pa zato inkonzistentna teorija ne govori ni o čemu što bismo mogli zamisliti. Inkonzistentnost u sintaktičkom smislu daje sve i ne daje ništa u semantičkom smislu: ona sve dokazuje a ništa ne opisuje.

170 Poglavlje 16 Skupovi skupova Aksiom komprehenzije primijenjuje se općenito tako da on, izme du ostalog, dopušta da sačinimo skupove od drugih skupova. Ako smo, na primjer, već formirali skupove 23 {0} i {0, 1},ondamožemoići dalje i od tih skupova sačiniti nove, na primjer {{0}, {0, 1}}. Za bilo koje predmete x i y postoji (jedin- Tvrdnja20(Neure deni parovi) stveni) skup {x, y}. U simbolima: x y!a w(w a (w = x w = y)) Dokaz 22 Postojanje skupa a osigurano je po aksiomu komprehenzije. Potrebna instanca aksioma je: x y a w[w a (w = x w = y)]. Timejeosigurano da postoji barem jedna takav skup. Za dokazati da postoji točno jedan takav skup još trebamo dokazati da ima najviše jedan takav skup. To ćemo učiniti tako što ćemo za proizvoljne predmete e i f dokazati da postoji najviše jedan skup čiji su oni jedini članovi: a b[( x(x a (x = e x = f)) x(x b (x = e x = f))) a = b] Lako je pokazati da x(x a x b). Po aksiomu ekstenzionalnosti slijedi da a = b. Podsjetimo se da x yr(x, y) xr(x, x). Zaslučaju kada x = y dobivamo dobivamo jedinstveni skup predmeta w koji zadovaljavju ujet w = x w = x, odnosno w = y w = y. Očigledno je da prethodna tvrdnja o jedinstvenosti neure denih parova garantira i postojanje jediničnih ili jednočlanih skupova (eng. singletons), jer {x, x} = {x} po aksiomu ekstenzionalnosti Ure deni parovi Da bi teorija skupova mogla poslužiti kao korisni okvir za modeliranje različitih struktura, važno je naći način za prikazivanje poretka. Primjer 16.1 Pravac prikazan na slici može se shvatiti kao skup točaka čija su imene ure deni parovi njihovih koordinata, <x,y>. 23 Na primjer: {x x N x =1 1} ili{x x je broj koji pripada pojmu Venerin mjesec }; i {x x N 0 5 x<2} ili {x x je broj koji pripada pojmu Venerin mjesec ili x je broj koji pripada pojmu Zemljin mjesec } 161

171 162 Poglavlje 16 Skupovi skupova Ono što nam je potrebno jest neki način modeliranja ure denih parova koji će nam omogućiti da dokažemo sljedeću tvrdnju: <x,y>=< u,v> (x = u y = v) Ako uspijemo dokazati da ova tvrdnja vrijedi za odabrani način reprezentacije ure denih parova, onda ćemo znati da nam ta reprezentacija omogućuje da odredimo koji je element prvi a koji drugi po redu u ure denom paru. Ima više načina za modelirati ure dene parove. Najjednostavniji i najšire korišteni način jest onaj gdje se <x,y>shvaća kao oznaka skupa {{x}, {x, y}}. Definicija 12 Ure deni par <x,y>je skup {{x}, {x, y}}. U simbolima: x y <x,y>= {{x}, {x, y}} Ako se osvrnemo na tvrdnju o jedinstvenosti i postojanju skupova neure denih parova,lakouvi damo da skup {{x}, {x, y}} postoji i da je samo jedan. Na sličan način možemo definirati i ostale ure dene n torke. Na primjer <x,y,z >=< x,<y,z>>=< x,{{y}, {y, z}} >= {{x}, {x, {{y}, {y, z}}} Općenito: ure denu n-torku prikazujemo kao <x 1,<x 2,...x n >>. Oznake za ure dene parove nisu dio "službenog jezika" teorije skupova. Mogu se ukloniti bez većih poteškoća, jedino ostaje ona poteškoća koja proizlazi iz duljine zapisa. Zadatak 97 Primijenite teorem o neure denim parovima na slučaj kada x = y =. Koji skup dobivamo? Nazovima taj skup - skupom c. Primijenimo dalje teorem na slučaj kada x = i y = c. Dobivamo li isti ili različiti skup 24? 24 a) c = { }

172 16.2 Modeliranje relacija u teoriji skupova 163 Zadatak 98 Koliko članova ima skup {{x}, {x, y}} a) ako x = y, koliko b) ako x 6= y? Modeliranje relacija u teoriji skupova Intuitivno binarni (dvomjesni) predikati poput V ećiod iskazuju neku binarnu (dvočlanu) relaciju (odnos) izme du predmeta u nekoj domeni D (području predmeta na koje se odnose tvrdnje u dijelu jezika pod razmatranjem). U teoriji skupova, taj se odnos modelira 26 pomoću skupa ure denih parova. Preciznije, riječ je o skupu: {< x,y> x D, y D, x je veće od y} Ovakav se skup naziva ekstenzijom predikata ili relacije. Primjer 16.2 Ekstenzija (opseg) jednomjesnog predikata Kocka u domeni D je skup {x x D, x je kocka} Ekstenzija tromjesnog predikata Izmedju u domeni D je skup ure denih trojki {<x,y,z > x D, y D, z D, x je izme du y i z} Ekstenzija predikata može ovisiti o okolnostima koje vrijedi u području o kojem je riječ. U Tarski s World okrenuti svijet za 90 0 može učiniti da ekstenzija za LijevoOd postane novom ekstenzijom za Iza. Domena se ne mijenja,ne mijenja ni značenje (intenzija) predikata, ali ekstenzije ne moraju ostati iste. Primjer 16.3 Označimo s imenom predikata njegovu ekstenziju u danim okolnostima i pod odre denim stajalištem promatrača. Na slici dolje he, bi Iza i < e, b >/ LijevoOd b) {, { }} 6= c 25 a) 1; b) 2 26 Model je "sustav postulata, podataka i zaključaka koji služi kao matematički opis nekog predmeta ili stanja stvari" - kaže Merriam Webster Dictionary. Predlažem ovakvu radnu definiciju: "model je formalni sustav, tj. misaona konstrukcija kojeg izra dujemo kako bismo nešto spoznali ".

173 164 Poglavlje 16 Skupovi skupova Primjer 16.4 <e,b>/ Iza i <e,b> LijevoOd 16.3 Svojstva za odnose

174 16.3 Svojstva za odnose Neka svojstva binarnih relacija Svojstvo Primjer Ne-primjer Tranzitivnost x y z((r(x, y) R(y, z)) R(x, z)) Refleksivnost xr(x, x) VećeOd Irefleksivnost x R(x, x) VećeOd IstiOblik Simetričnost x y(r(x, y) R(y, x)) IstiOblik VećeOd Asimetričnost x y(r(x, y) R(y, x)) VećeOd IstiOblik Antisimetričnost x y((r(x, y) R(y, x)) x = y) IstiOblik; VećeOd Još neka svojstva... Serijalnost x yr(x, y) PotomakOd VećeOd Povezanost x y(x 6= y (R(x, y) R(y,x)))... Intranzitivnost x y z((r(x, y) R(y, z)) R(x, z)) Asimetričnost nije isto što ne-simetričnost, y y(r(x, y) R(y, x)). Isto vrijedi za irefleksivnost i intranzitivnost. refleksivnost nerefleksivnost z } { z } { xr(x, x) ; x R(x, x); x R(x, x) {z } irefleksivnost Svojstva relacija mogu se iskazati kao uvjeti koje trebaju biti zadovoljeni u ekstenziji predikata. Na primjer, ako je relacija R refleksivna, onda za svaki x D, <x,x> R. Ako je relacija R simetrična onda je valjan zaključak: R(a, b) R(b, a) Ako je relacija R tranzitivna, onda je valjan zaključak: R(a, b) R(b, c) R(a, c) Zadatak 99 Opišite valjane oblike zaključka za relacije koje imaju redom sljedeća svojstva: asimetričnost, antisimetričnost i irefleksivnost. Odgovor 21 Asimetrična R: R(a, b) R(b, a) Antisimetrična R: R(a, b) R(b, a) a = b

175 166 Poglavlje 16 Skupovi skupova Irefleksivna R: R(a, a) Pedagoška digresija A concept is a rule that may be applied to decide if a particular object falls into a certain class 27.(Encyclopaedia Britannica CD 98) Pojam je misao o biti onoga što mislimo.(g. Petrović, Logika) Zbog pristranosti tradicionalnog pojma pojmovi o odnosima zanemaruju se u izboru gradiva. Razumjeti neki relacijski pojam znači poznavati svojstva relacije o kojoj je riječ. Čini se kao da se često pretpostavlja da će relacijski pojmovi biti usvojeni sami po sebi, na primjer da će učenik samo otkriti da odnos južno od ima svojstvo postojanja krajnjeg članaadaodnos istočno od nije takav, da će se simetričnost odnosa = otkriti sama po sebi,...uočimo, da se relacijski pojmovi ne uče na isti način kao i tradicionalni pojmovi koji su pojmovi o vrstama, a ne o odnosima. Zadatak 100 Odredite inverze relacijama: stariji od, jednako visok kao, ro dak od, otac od, predak od! Odgovor 22 Mla di od, jednako visok kao, ro dak od, dijete od, potomak od. Zadatak 101 Popunite tablicu upisujući DA ako relacija ima navedeno svojstvo: Tranzitivan Refleskivan Irefleksivan Simetričan Asimetričan ManjiOd IstiRed LijevoOd IstiOblik Inverzne relacije Primjer 16.5 LijevoOd prema DesnoOd, VeceOdprema ManjeOd. U smislu teorije skupova relaciji R inverzna (konverzna) je relacija R 1 : R 1 = {< x,y> < y,x> R} 27 Pojam je pravilo zahvaljujući kojemu možemo odrediti ulazi li pojedini predmet u neki skup.

176 16.3 Svojstva za odnose Još neki pojmovi o relacijama R S relativni produkt {hx, yi z(r(x, z) S(z, y))} Otac Majka = P atrilinearnabaka I identitetna relacija {hx, yi x = y} R 00 a slika relacije u skupu {x y a R(x, y)} očevi {z } studenata {z } R a init(r) početni članovi {x R(x, y) x 6= y} očevi {z } R Relacije ekvivalencije i klase ekvivalencije Relacije koje su refleksivne, simetrične i tranzitivne nazivaju se relacijama ekvivalencije. Primjer 16.6 =, IstiOblik, IstaV elicina, IstiRed,... Relacije ekvivalencije povezuju predmete koji su jednaki u nekom smislu. Ovakvo povezivanja predmeta koji jednaki u nekom smislu, koristi se za uvo denje teorijski korisne konstrukcije: klase (razreda) ekvivalencije. Primjer 16.7 Nalazimo se u dućanu obuće. Sve cipele iste veličine daju klase ekvivalencije za pojedini broj. Kada uzmemo jednu cipelu, c, ona može poslužiti kao uzorak za svoju klasu ekvivalencije: {y D < c,y> IsteV eličine}, koja obuhvaća sve cipele koje su istoga broja kao i c. Ako je R relacija ekvivalencije, onda je [x] R skup stvari koje su ekvivalentne s x s obzirom na R, to je klasa ekevivalencije za x. Definicija 13 Neka je R relacija ekvivalencije na skupu D. Za svaki x D, klasa ekvivalencije [x] R je skup {y D hx, yi R} Primjer 16.8 Odredite klase ekvivalencije: [a] IstiRed, [b] IstiOblik, [c] =, [d] IstiRed za okolnosti prikazane na donjoj slici!

177 168 Poglavlje 16 Skupovi skupova Tvrdnja 21 Neka je R relacija ekvivalencije na skupu D. 1. x : x [x] R ; 2. x y([x] R =[y] R <x,y> R); 3. x y([x] R =[y] R [x] R [y] R 6= ). Dokaz proizlazi iz činjenice da je R refleksivna relacija na skupu D. 2.dokazujemo u dva smjera, L-D i D-L. L-D: pretpostavimo da [x] =[y]. Po 1. y [y]. Eliminacijom identiteta, dobivamo y [x]. Po definiciji klase ekvivalencije, hx, yi R. D-L: pretpostavimo (*) hx, yi R. Za uspostaviti identitenu tvrdnju, trebamo dokazati [x] [y] i [y] [x] ili, u drukčijem zapisu, z(z [x] z [y]). Pretpostavimo da z [x]. Po definiciji za klasu ekvivalencije, slijedi da (i) hx, zi R. Po pretpostavci hx, yi R te,.zbog simetričnosti, (ii) hy,xi R. Željenu tvrdnju hy,zi R dobivamo po tranzitivnosti R-a iz (ii) i (i). Pretpostavimo da z [y]. Po definiciji za klasu ekvivalencije, slijedi da hz, yi R te po simetričnosti(iii) hy, zi R. Po pretpostavci (*) hx, yi R. Željenu tvrdnju hx, zi R dobivamo po tranzitivnosti R-a iz (*) i (iii). 3. L-D: trebamo dokazati [x] =[y] [x] [y] 6=. Uočimo najprije da je zbog 1. isključen slučaj da [x] =. Budući [x] 6=, [x] =[y] i a(a a = a), slijedi da [x] [y] 6=. D-L:nekaje(*)hu, vi element presjeka [x] R [y] R. Po definiciji klase ekvivalencije, vrijedi da (i) hx, ui R i(ii) hy, vi R. Zbog simetričnosti, iz (ii) proizlazi hv, yi R, a iz toga (*) po tranzitivnosti (**) hu, yi R. Ponovo po tranzitivnost, (i) i (**) proizlazi hx, yi. Iz2.znamohx, yi R povlači [x] =[y].

178 16.3 Svojstva za odnose 169 Zadatak 102 Otvorite u Fitch-u Exercise Ovaj dokument kao cilj dokaza sadrži tvrdnju da je odnos istovjetnosti oblika ekvivalentan. Svrha ove vježbe je pokazati da su ciljne rečenice koje iskazuju to svojstvo odnosa posljedica značenja osnovnog predikata. Pravilo Ana Con smijete koristiti samo za atomarne rečenice Particija Neka je D neki skup i neka je P neki skup ne-praznih podskupova od D takvih da je svaki element iz D član točno jednog člana iz P. Takav se skup P naziva particijom od D. Primjer 16.9 prvoga reda! Zapišite gornju definiciju koristeći simbole teorije skupova i jezik logike Odgovor 23 a b ParticijaOd(a, b) gdje [ a = {x y : y a x y}. µ c(c a (c b c 6= )) x(x b!c(c a x c), Zadatak 103 Neka je P particija od D. Definirajmo relaciju E na sljedeći način: ha, bi E akko postoji X P takav da a X i b X. Pokažite da je E relacija ekvivalencije te da je P skup klasa ekvivalencije za tu relaciju! Odgovor 24 Da bismo dokazali da je E relacije ekvivalencije moramo dokazati da je ona refleksivna, simetrična i tranzitivna relacija. (ref) Za svaki predmet z iz domene D vrijedi da postoji neki X P takav da z X, po definiciji particije. Reiteracijom dobivamo da z X i z X. Dakle, x : hx, xi E. (sim) Pretpostavimo da hu, vi E. Tada postoji neki X P takav da u X i v X, po definiciji relacije E. Zbog komutativnosti konjunkcije, dobivamo hv, ui E. (tran) Pretpostavimo da hu, vi E i hv, wi E. Tada postoji neki X P takav da u X, v X i neki Y P takav da v Y, w Y, po definiciji relacije E. Po definiciji particije, svaki predmet iz D mora biti u točno jednom članu particije P. Budući da v X i v Y,proizlazidaX = Y. Eliminacijom identiteta, dobivamo w X. Budući da u X i w X, dobivamo traženo: hu, wi E. Da bismo dokazali da je svaki X P klasa ekvivalencije za relaciju E moramo pokazati da svaki X P postoji z D takav da [z] E = X. Pretpostavimo X P. (*) Tada postoji neki predmet u X. Instancirajmo definiciju relacije E s u, vrijedi x :(u X x X) hu, xi E. Kakoje E relacije ekvivalencije, dobivamo x :(u X x X) x [u] E.Budući da po (*) u X, proizlazi da x : x X x [u] E. Time smo dokazali identitetnu rečenicu [u] E = X jer smo pokazali da [u] E X i X [u] E.

179 170 Poglavlje 16 Skupovi skupova Zadatak 104 Logička razdioba pojma je adekvatna ako je zbroj opsega članova razdiobe jednak opsegu diobene cjeline. Iskažite ovu definiciju koristeći jezik teorije skupova. Diobenu cjelinu (totum divisionis) označite s t, članove diobe (membra divisonis) označite s m 1,...,m n. Odgovor 25 Logička razdioba pojma čiji je opsega t na članove diobe čiji su opsezi m 1,...,m n jest adekvatna akko t = m 1... m n = [ m i. i {1,...,n} Zadatak 105 Logička razdioba pojma je jedinstvena ako se njezini članovi me dusobno isključuju. Iskažite ovu definiciju koristeći jezik teorije skupova! Odgovor 26 Logička razdioba pojma čiji je opsega t na članove diobe čiji su opsezi m 1,...,m n jest jedinstvena akko a b[(a {m 1,...,m n } b {m 1,...,m n } a 6= b) a b =. Zadatak 106 Iskažite definiciju jedinstvenosti i adekvatnosti divizije koristeći jezik teorije skupova i pojam particije! Odgovor 27 Logička razdioba pojma čiji je opsega t na članove diobe čiji su opsezi m 1,...,m n jest jedinstvena i adekvatna akko ParticijaOd({m 1,...,m n },t) Funkcije Intuitivno, funkcija je način povezivanja stvari sa stvarima, na primjer dodjeljivanje registarskih oznaka vozilima. Funkcije se, jednako kao i dijadične relacije, modeliraju u teoriji skupova pomoću ure denih parova. Za relaciju R na skupu D kažemo da je funkcija ako zadovoljava sljedeći uvjet: Funkcionalnost: x 51 yr(x, y) Ovaj uvjet kazuje da za jedan ulaz postoji najviše jedan izlaz. Ako funkcija ispunjava dodatni uvjet ("postojanja"), onda se kaže da je ona totalna na D: Totalnost: x yr(x, y) Uobičajeno je za oznaku funkcija koristiti mala slova, počevši od f. Obično se piše f(x) =y,umjesto<x,y> f. Domena funkcije f je skup:

180 16.4 Partitivni skup 171 Rang funkcije f je skup: {x y(f(x) =y)} {y x(f(x) =y)} Funkcije su u perspektivi teorije skupova jedna vrsta relacija. Identitena fukcija: id(x) =x za svaki x iz D. Zadatak 107 Koji od sljedećih skupova predstavljaju funkcije na skupu D = {1, 2, 3, 4}? Za one koji su funkcije, odredite njihovu domenu i rang! 1. {< 1, 3 >, < 2, 4 >, < 3, 3 >}, 2.{< 1, 2 >, < 2, 3 >, < 3, 4 >, < 4, 1 >}, 3.{< 1, 2 >, < 1, 3 >, < 3, 4 >,<4, 1 >},4.{< 1, 1 >, < 2, 2 >, < 3, 3 >, < 4, 4 >}, Partitivni skup Uvedimo pojam skupa koji obuhvaća sve podskupe nekog skupa. Partitivni skup skupa b je skup svih podskupova od b: b = {a a b} U engleskom jeziku koristi se naziv "powerset". U hrvatskom "potencijski skup" ili "partitivni skup". Prvom bismo nazivu možda trebali dati prednost jer on sugerira činjenicu da je broj elemenata takvog skupa izgra denog na osnovi skupa s n elemenata 2 n, pa se zato partitivni skup skupa a označava s 2 a. K tome, termini "partitivni skup" i "particija skupa" slično zvuče i mogu dati pogrešnu sugestiju o njihovoj istovjetnosti. Primjer Neka je i skup njemačkih idealista, i={kant, Fichte, Schelling, Hegel}. i ={, {Kant}, {Fichte}, {Shelling}, {Hegel}, {Kant,Fichte}, {Kant,Schelling}, {Kant,Hegel}, {Fichte,Schelling}, {Fichte,Hegel}, {Schelling,Hegel}, {Kant,Fichte,Schelling}, {Kant, Fichte, Hegel}, {Kant, Schelling, Hegel}, {Fichte, Schelling, Hegel}, {Kant,Fichte, Schelling, Hegel}}. Tvrdnja 22 b!c x(x c x b) Dokaz 24 Po aksiomu komprehenzije, možemo konstruirati skup c = {x x b}. Po aksiomu ekstenzionalnosti, može postojati najviše jedan takav skup.

181 172 Poglavlje 16 Skupovi skupova Tvrdnja 23 Neka su a i b proizvoljni skupovi, 1.b b; 2. b; 3.a b akko a b Dokaz Budući da je odnos refleksivan, vrijedi b b. Po definiciji partitivnog skupa: b b. 2. b, zato b. 3. L-D. Pretpostavimo (*) a b. Trebamo dokazati da za svaki (i) z a vrijedi (ii) z b. Relacija je tranzitivna, pa iz (i) i (*) proizlazi traženo: z b. D-L. Pretpostavimo za svrhu indirektnog dokaza (reductio ad absurdum)da(a) a b, tj. da za svaki z a vrijedi z b ali (K) a b. (K)znači da postoji neki predmet e takav da e a i e/ b. Skup {e} očigledno mora biti podskup od a i ne smije biti podskup od b, tj.{e} / b. Ali{e} a i(a) ako{e} a, onda {e} b, pokazuju da {e} b. Uspostavljena je kontradikcija, pa zato mora vrijediti kondicional D-L. Zadatak 108 Dokažite x y( x y x y) metodom izravnog dokaza koristeći lemu o refleksivnosti za! Mogu li svi podskupovi nekog skupa biti njegovi elementi? Primjer Venn}} Skup {John Venn} je i element i podskup skupa {John Venn, {John Sljedeća tvrdnja pokazuje da niti jedan skup ne može imati kao elemente sve svoje podskupove. Tvrdnja 24 Za bilo koji skup b, nije tako da b b. Dokaz 26 U dokazu koristimo instancu aksioma komprehenzije (1) i definiciju relacije podskupa (2). Započinjemo s formatom univerzalne generalizacije: neka je b proizvoljni skup(3). Želimo dokazati b * b. (tj. b x(x b x b). Po aksiomu komprehenzije, možemo konstruirati podskup od b koji je definiran ovako c = {x x b x/ x} (1. je jedna instanca aksiomske sheme komprehenzije). Taj se skup, koji obuhvaća samo one elemente koji nisu svoji vlastiti elementi, naziva Russellovim skupom. Po definiciji operacije partitivnog skupa,

182 16.4 Partitivni skup 173 vrijedi c b,jerc b (10). Za reductio ad absurdum pretpostavimo c b (11). Po definiciji relacije podskupa: b b ako i samo ako x(x b x b). Dakle naša je pretpostavka da će skup c za kojeg znamo da je element partitivnog skupa od b, tako der biti element i od b. Po isključenju trećeg, mora vrijediti ili (i) c c ili (ii) c / c. Ispitajmo prvi slučaj. Ako c c (12), onda c ne ispunjava uvjet zadan s definicijom za c, pa zato c / c (14). Budući c c povlači neistinu (15), zaključujemo da njezina negacija vrijedi, tj. c / c (16). No tada c ispunjava uvjet zadan definicijom za c, pa zato c c (18). Na ovaj smo način dokazali i c c i c / c, a to je kontradikcija (19). Po pravilu za uvo denje negacije (reductio ad absurdum), zaključujemo da ne vrijedi c b, to jest - c/ b (20).Dakle, postoji podskup od b koji nije njegov element (u 22 je to dokazano pod proizvoljnim imenom c, 23 je rezultat eliminacije egzistencijalnog kvantifiktarora, 24 je rezultat uvo denja univerzalnog kvantifikatora). Vidimo da je c protuprimjer za b b, pa zato b * b.

183 174 Poglavlje 16 Skupovi skupova Gornja tvrdnja kazuje da za svaki skup b možemo naći skup c koji je podskup od b, ali nije element od b. Naime, možemo konstruirati Russellov skup za b: c = {x x b x/ x}. Tvrdnja 25 element od b. Za svaki skup b, Russellov skup za b jest podskup od b, ali nije Zapamtite. Partitivni skup skupa b je skup svih podskupova od b: b = {a a b} "Russellovim skupom" za proizvoljni skup b nazivamo skup {x

184 16.5 Russellov paradoks 175 x b x/ x}. Zadatak 109 U sljedećem nizu naslućujućih tvrdnji, prona dite istinite i dokažite ih. Za neistinite prona dite primjer koji pokazuje njihovu neistinitost b: b, 2. b : b b,3. a b : (a b) = a b. Potrebni sastojci: Russellov paradoks Tvrdnja 26 Postoji skup c takav da c c. U naivnoj teoriji skupova možemo dokazati ovu tvrdnju. Po aksiomu komprehenzije, postoji univerzalni skup koji sadrži sve. To je skup c = {x x = x} (U donjem formalnom dokazu premisa 1. je instanca aksiomske sheme komprehenzije koja garantira postojanje univerzalonog skupa. Rečenica 2. uvodi privremeno ime za takav skup). No kako je to skup svih skupova, onda su i svi njegovi podskupovi članovi (poddokaz 3-5 i 6). Zato c c, tojest y(y. c y c), odnosno y(y c y c) (7) Da. Primjenite dokaz da je prazni skup podskup svakog skupa na poseban slučaj partitivnog skupa. 2. Ne. Protuprimjer: {1}, {1} = {, {1}}. Naime, kada bi vrijedilo {1} {1}, onda bi 1 morao biti element od {1}. 3. Da. Skupovi a i b su identični akko a b i b a. L-D. Pretpostavimo d (a b). Kakojed podskup presjeka on sadržava samo predmete koji su i u a iub; tj. x : x d (x a x b). S druge strane, a b obuhvaća sve podskupove od a iodb koji imaju iste članove; tj. d a b x(x d (x a x b)). Budući da desna strana bikondicionala vrijedi po pretpostavci, proizlazi traženo: d a b. D-L. Pretpostavimo d a b. Tada vrijedi x(x d (x a x b)). Po definiciji relacije podskupa dobivamo d a b. A po definiciji partitivnog skupa, slijedi da d (a b)..

185 176 Poglavlje 16 Skupovi skupova No, poteškoća je u tome što možem dokazati i negaciju gornje tvrdnje (to smo većbiliučinili). Tvrdnja 27 Za bilo koji skup b, nije tako da b b. Naivna teorija skupova je inkonzistentna, čime je pokazano da nešto nije u redu s teorijom. Russellov skup za univerzalni skup c je skup svega onoga što nije svoj vlastiti element: Z = {x x c x 6= x}. Svaka pretpostavka, bilo da Z Z, bilo da Z/ Z vodi u apsurd. Najkraće Russellov paradoks možemo iskazati koristeći sljedeću instancu aksioma komprehenzije: a x(x a x/ x), a ona je nezadovoljiva. Reakcije na otkrivenu?? naivne teorije skupova išle su u različitim smjerovima. Jedan način uklanjanja inkonzistentnosti išao je smjerom revizije aksioma komprehenzije. Drugi, smjerom revizije sintakse jezika teorije skupova Aksiom separacije Reakcija na inkonzistentnost naivne teorije obuhvatila je i ograničenje aksioma komprehenzije Intuicija veličine Jedna reakcija na otkriće inkonzistentnosti išla je smjerom revizije intuicija o skupovima. Ekstenzije nekih predikata prevelike su pa zato ne mogu tvoriti cjelinu. John von Neumann je postavio sljedeće ograničenje: neki predikati imaju "prevelike" ekstenzije koje se ne mogu obuhvatiti u jedan skup. Takav je i skup Z. Mi znamo da je takav, jer pretpostavka da on postoji vodi u paradoks.

186 16.5 Russellov paradoks 177 Modifikacija aksioma komprehenzije ostvaruje se najprije tako da se on primijenjuje samo na podskupove nekog skupa. Drugim rječima, aksiom omogućuje konstrukciju isključivo podskupova, sam skup, čiji se podskup formira, već treba biti raspoloživ. Intuitivno, ako nam je dan skup a i isf-a P (x), onda možemo sačiniti podskup od a: {x x a P (x)} Ideja je slijedeća: ako a nije "prevelik", onda ni njegov podskup neće biti "prevelik". Nova, modificirana aksiomska shema naziva se aksiomom separacije: tj. a b x[x b (x a P (x))] z 1... z n a b x[x b (x a P (x))] Aksiom separacije blokira mogućnost konstrukcije univerzalnog skupa (jer omogućuje konstrukciju samo podskupova nekog danog skupa). Aksiom separcije: Mogu se konstruirati (postoje) samo skupovi koji nisu "preveliki" Russellova teorija tipova Drugi način blokiranja inkonzistentnosti išao je smjerom revizije sintakse i ontologije. Sintaksa Ontologija Primjeri ad infinitum Razina3 PredikatizaTip0,Tip1iTip2 U 3 Razina2 PredikatizaTip0iTip1 U 2 = U 1 Mnogobrojan; VećeOd (?) Razina 1 Predikati koji se primjenjuju na Tip 0 U 1 = U 0 Kosook; Kocka Razina 0 "Pojedinačni predmeti" U 0 = {x : x je pojedinačnost} Konfucije Rečnica x y koristi binarni predikat koji se smije primijeniti samo na predmete različitog tipa. Označimo s t n tip kojemu pripada pojedini izraz, onda je rečenica t n t m ispravno sastavljena samo ako je m>n. Zbog toga, formula kojom se konstruira Russellov skup nije ispravno sastavljena formula. x/ x jednostavno ne uspijeva iskazati niti jedan uvjet. Teorija tipova: Kada se jedan simbol predicira drugome, prvi mora pripadati višem tipu a drugi nižem.

187 178 Poglavlje 16 Skupovi skupova Pokušaj jednog filozofskog objašnjenja Popper, Sir Karl Raimund ( ) Popperova epistemologija podsjeća na Kantovu: Kant je tvrdio da ljudski razum ne izvodi oblik mišljenja iz prirode nego ga nameće prirodi. Kant je koristio termin "sintetički sudovi a priori" da bi označio istinite rečenice koje nisu logičke istine (tj. gdje poznavanje značenja upotrebljenih znakova nije dovoljno da bi se utvrdila istinititost rečenice), no unatoč tometerečenice jesu nužno istinite (ovdje se riječ nužno može shvatiti u značenju u svim zamislivim okolnostima ). Drugim riječima, struktura ljudskog razuma odre duje spoznaju. Na primjer, razum može otkriti prirodne zakone, ali ideja zakonitosti prirodnih doga danja nije otkrivena nego zadana razumu. Slično, po Kantovom mišljenju vrijedi i za matematiku. Primjenimo Kantovo učenje na teoriju skupova. Ako je aksiom(ska shema) komprehenzije sintetički sud a priori, onda (1, "sintetički" dio) pojam stvari koje ispunjavaju uvjet U neuključuje pojam skup stvari koji ispunjavaju uvjet U i (2, "a priori" dio) aksiom je nužno istinit. Ovo drugo svojstvo (a priori, lat. iz prethodnog) svrstalo bi aksiom na stranu logike, a ne na stranu činjenične tvrdnje, tvrdnjeodkojeseneočekuje da bude nužno istinita. Popper se slaže s time da je polazište spoznaje leži u vrlo općenitim načelima. No, ta načela nisu neizbježna. Ona su tek hipoteze koje mogu biti i najčešće bivaju modificirane ili odbačene. Primjenimo li Popperovu teoriju o spoznaji na razmatrani primjer dobivamo jednostavno objašnjenje. Ideja o skupu nije "priro dena", "zadana", "neizbježna". Ona se re-konstruira u procesu učenja na greškama Zermelo Fraenkel teorija skupova Prvu je aksiomatizaciju teorije skupova dao Ernst Zermelo, njemački matematičar. Na osnovi analize paradokasa, on je zaključio da su oni povezani sa skupovima koji su "preveliki", poput skupa svih skupova... Zbog toga, Zermelovi aksiomi su restriktivni s obzirom na pitanje egzistencije skupova. Zermelov aksiomatski sustav obično se razmatra u obliku koji uključuje modifikacije i poboljšanja koja su

188 16.6 Zermelo Fraenkel teorija skupova 179 dali Norvežanin Thoralf Albert Skolem, pionir u metalogici, i Abraham Adolf Fraenkel, izraelski logičar. U literaturi, sustav se naziva Zermelo-Fraenkelovom teorijom skupova iako bi povijesno gledajući bilo točnije nazivati je Zermelo-Skolem-Fraenkelovom teorijom. Dva aksioma naivne teorije skupova omogućavala su nam dokaze postojanja i jedinstvenosti raznovrsnih skupova. Primjer Dokažimo jedinstvenost i postojanje unije skupova, tj. a b!c x(x c (x a x b)). U dokazu trebamo dokazati (i) da postoji barem jedan takav skup, tj. a b c x(x c (x a x b)),i (ii) da postoji najviše jedan takav skup,tj. a b c d x[((x c (x a x b)) (x d (x a x b))) c = d]. Prvi dio (i) izravno slijedi iz aksioma komprehenzije kao jedna njegova instanca. Drugi dio (ii) zahtijeva primjenu aksioma ekstenzionalnosti. Pretpostavimo da suc i d skupovi čiji su članovi upravo oni predmeti koji su elementi u a ili u b. Trebamo dokazati x(x c x d). Nakon toga primjena aksioma ekstenzionalnosti daje željeni rezultat: Na kraju po pravilu za intro dobivamo (ii). Revizija aksioma komprehenzije blokirala je dokaze ovakve vrste. Zato u Zermelo-Fraenkelovoj teoriji skupova moraju biti zastupljeni i aksiomi koji će garantirati egzistenciju skupova odre denih vrsta Aksiomi Zermelo-Fraenkelove teorije skupova 1. Aksiom ekstenzionalnosti.

189 180 Poglavlje 16 Skupovi skupova Nije sporan. Jednak je aksiomu ekstenzionalnosti u naivnoj teoriji. 2. Aksiom separacije. Dopušta tvorbu skupova stvari koji zadovoljavaju neki uvjet iz već postojećeg skupa. 3. Aksiom neure denog para: za bilo koja dva predmeta postoji skup koji ih ima kao svoje članove, 4. Aksiom unije: ako je dan bilo koji skup skupova a, unija svih njegovih elemenata tako der je skup. To jest: a b x[x b c(c a x c)] 5. Aksiom partitivnog skupa: svaki skup ima partitivni skup 6. Aksiom beskonačnosti: postoji skup svih prirodnih brojeva. Evo dviju formalizacija ovog aksioma. a[ a b(b a b {b} a)] a[ x(x a y : y/ x) x(x a y(y a z(z y z x z = x))] Pogledajmo kako aksiom generira beskonačni skup:0 ili, 1 ili { } = { }, 2 ili { } {{ }} = {, { }}, 3 ili {, { }} {{, { }}} = {, { }, {, { }}}, itd. Kumulativna hijerarhija: polazeći od praznog skupa postupno se putem definiranih operacija konstruiraju daljni skupovi. U procesu se ne koriste početni elementi. Mnogi beskonačni skupovi mogu nastati, ali ne i univerzalni skup. 7. Aksiom zamjene: ako je dan neki skup a i operacija F koja definira jedinstveni predmet za svaki x iz a, onda postoji skup {F (x) x a}. Drukčije kazano, ako x(x a!yp(x, y)), onda postoji skup b = {y x(x a P (x, y))} Još jedan način tvorbe novih skupova od postojećih. 8. Aksiom izbora: Ako je f funkcija s nepraznom domenom a i ako za svako x a, f(x) jest neki neprazni skup, onda tako der postoji funkcija g tako der

190 16.6 Zermelo Fraenkel teorija skupova 181 s domenom a takvadazasvakox a, g(x) f(x). (Funkcija g naziva se funkcijom izbora jer za svako x iz a ona bira jedan element iz f(x).) Ako se Zermelo-Fraenkel teorija skupova koristi zajedno s aksiomom izbora, onda se označava s ZFC ("C" stoji za eng. "choice", izbor). Aksiom izbora postulira postojanje odre denog skupa (skupa izbora) ali za razliku od drugih aksioma te vrste (3, 4 i 5) on ne daje upute kako se taj skup konstruira. Ta nekonstruktivna narav aksioma izazvala je brojne rasprave. 9. Aksiom regularnosti: nijedan skup nema neprazan presjek sa svakim od svojih elemenata: b[b 6= y(y b y b = )] Ovaj aksiom isključuje skupove koji su svoji vlastiti elementi. Pomoću ovoga aksioma može se pokazati da je relacija irefleksivna i asimetrična. Povijest pojma o skupu i relaciji pokazuje da nije riječ jednostavnim pojmovima. S filozofskog stajališta, nipošto nije primjereno odbaciti razmatranje tog pojma s riječima: "Skup je primitivan pojam i o njemu se ne može ništa reći mimo onoga što aksiomi o njemu tvrde." takvo odbacivanje nije primjereno jer su upravo razmatranja o pojmu skupa vodila prema otkriću nezadovoljivosti naivne teorije i konstrukcijama aksiomatske teorije. U pozadini ZF-teorije stoje dvije osnovne intuicije: skupovi ne mogu biti preveliki i skupovi se postupno konstruiraju. O ovoj drugoj intuiciji govori aksiom regularnosti. Zašto ne bi smjelo vrijediti x x? Odgovor se mora pozvati na neku temeljnu ideju Kumulativni skupovi Promotrimo skup a = {a}. Ako bismo ga htjeli zapisati u popis zapisu, susreli bismo se poteškoćama: {a} ali a = {a}, pazato{{a}} ali a = {a}, pa zato {{{a}}}, itd. Najbliže što možemo doći jest da naznačimo beskonačno "ugnjež divanje" a = {{{...}}}. Budući da je svoj jedini član tj. a = {a}, slijedi da je on jednočlani skup. Zbog toga intuicija o ograničenoj veličini skupova ne može odbaciti ovakve skupove. Logičar Zermelo tvrdio je da o skupovima trebamo misliti kao o nečemu što nastaje na osnovi apstraktne radnje povezivanja u cjelinu predmeta koji su nam već dani. prije no što se izgradi neki skup njegovi elementi već moraju biti izgra deni. na osnovi ovakve "kumulativne" metafore možemo objasniti zašto se skup a = {a} ne može izgraditi. Da bi se taj skup konstruirao prethodno mora biti izgra den njegov jedini element, ali to je on sam. Kumulativna konstrukcija zahtijeva da element nekog skupa bude konstruiran u nekom prethodnoj fazi, a član iregularnog skupa ne može biti konstruiran u prethodnoj fazi. Joseph Shoenfield pokušao je opravdati aksiome ZFC teorije pozivajući se

191 182 Poglavlje 16 Skupovi skupova na intuicije u "redoslijedu" konstrukcije: neki skup može nastati ako su njegovi članovi nastali prije njega (gdje riječ prije, kaže on, treba razumjeti u logičkom a ne u temporalnom smislu). Pogledajmo kako se opravdava aksiom beskonačnosti. Pogledajmo zašto je aksiom beskonačnosti istinit. Neka je x 0 prazni skup azasvakin neka je x n+1 skup čiji su članovi članovi od x n isam x n. Na bilo kojem stupnju možemo formirati x 0 ;akojex n formiran na nekom stupnju, onda se x n+1 može formirati na bilo kojem kasnijem stupnju. Pretpostavimo da je x n nastao na stupnju S n. Tada postoji stupanj S koji se javlja nakon svih stupnjeva uključno do S n. Na ovom stupnju, možemo formirati skup x čiji su članovi x 0,x 1,...Ovaj x je onaj skup čije postojanje tvrdi aksiom beskonačnosti. Ako pažljivo pročitamo Shoenfieldovo objašnjenje, vidjet ćemo da se njime obrazlaže neograničena mogućnost da se po "receptu" aksioma beskonačnosti sačini dodaju novi i novi skupovi. No, zar aksiom ne tvrdi nešto jače od toga postojanje skupa s beskonačno mnogo članova. Shoenfieldovo objašnjenje pokazuje kako bi beskonačno mnogo takvih članova moglo nastati, ali ne objašnjava kako bi mogao nastati skup koji bi ih obuhvaćao. Takvo objašnjenje zahtijevalo bi postojanje stupnja nakon beskonačnog broja stupnjeva i intuiciju aktualne beskonačnosti koja čini se nedostaje mnogim filozofima nakon Aristotela Problem veličine Moguće je dovesti u pitanje intuiciju o skupovima kao o predmetima koji nisu preveliki. Najprije se trebamo osvrnuti na činjenicu da partitivni skup nekog skupa koji ima n članova ima 2 n članova. Ako, na primjer, neki skup ima 1000 članova, onda njegov partitivni skup ima veći (kako se kaže) od broja atoma u svemiru. No što se doga da ako je broj članova nekog skupa beskonačan? Kantorovska veličina Definicija 14 Funkciju f nazivamo injektivnom ili 1 za 1 ako za različite predmete u svojoj domeni ona dodjeljuje različite predmete u svom rangu: ako f(x) =f(y) onda x = y za sve x, y iz domene funkcije f. Označimo s b kantorovsku veličinu skupa b. Kažemo da dva skupa b i c imaju istu kantorovsku veličinu, b = c akko se njihovi elementi mogu povezati na način 1 za 1, to jest - ako postoji injektivna funkcija s domenom b i rangom c. Zadatak 110 Pokažite da je gornja definicija jednakobrojnosti skupova a i b ekvivalentna s tvrdnjom da postoji bijektivna funkcija izme du a i b.

192 16.6 Zermelo Fraenkel teorija skupova 183 Odgovor 28 Funkcija f sa skupa a uskupb je surjekcija akko je (i) rang te funkcije skup b, tojest,b = {y x : f(x) =y}. [Neki autori razlikuju kodomenu i rang funkcije: kodomena je skup mogućiharang-skupstvarnih vrijednosti funkcije. Kod surjekcije kodomena i rang su jedan te isti skup.] (*) Funkcija je bijekcija (1 za 1 korespondencija) akko je ona surjekcija i (ii) injekcija. Moramo pokazati da je prva definicija ekvivalentna drugoj: a to ćemo učiniti ako pokažemo da prva povlači drugu i obratno. L-D Pretpostavimo da postoji injektivna funkcija f s domenom b i rangom c. Reiteracijom dobivamo da je f injekcija a, po definiciji (*) - slijedi da je f surjekcija. D-L Pretpostavimo da je funkcija f s a u b bijekcija. Ona je tada injekcija i njezin je rang b. A to je upravo prva definicija. Zadatak 111 Neka je f(x) =2xza bilo koji prirodni broj x. Što je domena ove funkcije? Što je rang ove funkcije? Je li ta funkcija 1 za 1? Odgovor 29 Domena ove funkcije je skup prirodnih brojeva N. Rang ove funkcije je skup parnih brojeva {x x N y(y N x :2=y)}. Ta je funkcija 1 za 1 jer je vrijednost 2x različita za svaki x. Vidimo da postoji injektivna funkcija s domenom prirodnih brojeva i rangom parnih brojeva. Zato oni imaju jednaku kantorovsku veličinu. Cantor je pokazao da za bilo koji skup b vrijedi b > b Budući da aksiom beskonačnosti garantira postojanje beskonačnog skupa, a aksiom partitivnog skupa omogućuje konstrukciju partitivnog skupa, onda će kantorovska veličina (i) partitivnog skupa beskonačnog skupa biti veća od kantorovske veličine (ii) beskonačnog skupa. No i (i) spomenutom partitivnom skupu možemo konstruirati partitivni koji će opet biti veći. Nisu li takvi skupovi "preveliki" da bi bili cjeline? Zadatak 112 Dokažite da za bilo koji skup b, b 6= b! Dokaz 27 Poslužimo se metodom indirektnog dokaza. Pretpostavimo (*) b = b. Po definiciji za kantorovsku veličinu, onda postoji injektivna funkcija f s domenom b i rangom b. Svi elementi od b podskupovi su od b, zato možemo spravompitatizasvakix b je li slučaj da ako f(y) = x tada x y. Razmotrimo skup c = {x y(x = f(y) x/ y)}, skupsvihelemenataodb koji nisu elementi onog podskupa od b kojemu su pridružene po funkciji f. Po pretpostavci (*) postoji f(c). Dodjelimo mu ime u. Mora biti slučaj da ili (i) u c ili (ii) u/ c. ispitajmo slučajeve. (i) Ako u c, onda u mora zadovoljavati

193 184 Poglavlje 16 Skupovi skupova uvjet y(x = f(y) x/ y), pa zato mora vrijediti u/ c. Kontradikcija. (ii) Pretpostavimo u/ c. Tadau ispunjava uvjet y(x = f(y) x / y) jer u = f(c). Zato, u c. Kontradikcija. Različite ideje o skupovima B. Russell E. Zermelo, A. Fraenkel,... W.V.O. Quine P. Aczel Razdvojeni slojevi Utemeljeni Supostojanje Bez temelja Ograničena veličina Poredak nastanka theory of types ZFC new foundations non-well-founded sets Neke razlike Russell ZFC Aczel Koliko ima praznih skupova? Beskonačno Jedan ako n 6= m, n 6= m Može li se govoriti o svim skupovima? Ne Da Je li relacija irefleksivna? Da Da Ne x n x n - sintaktička greška aksiom regularnosti a : a = {a} Primjene Pogledajmo na jednom primjeru dalekosežan utjecaj kojega logička i filozofska pitanja imaju na pitanja obrazovanja. Jean Piaget postavio je pitanje o tome kako se stječe pojam o broju. Da bi se odgovorilo na to pitanje potrebno je imati, ili, bolje je reći, pretpostaviti odgovore na prethodna pitanja: što je pojam, što je učenje i što je broj. Jean Piaget, iako nije dao vlastitu teoriju prirodnih brojeva, zanimljiv je u filozofiji matematike budući da uvodi novi tip argumentacije i navješćuje strukturalističku teoriju o brojevima. Izlaganje ćemo započeti s njegovom [?] osnovnom tezom (str. 30.): Pojam cijelog broja je s psihološkog stajališta sinteza skupa i tranzitivnog asimetričnog odnosa, drugim riječima, sinteza u kojoj se logičke operacije koordiniraju na novi način - što je rezultat odbacivanja njihovih razlika. Zato svaki pojam broja istodobno uključuje i ordinalni i kardinalni aspekt. Temeljne logičke operacije Piaget naziva inkluzijom i serijacijom. Pod inkluzijom razumijeva ono što se obično naziva apstrakcijom ili generalizaci-

194 16.6 Zermelo Fraenkel teorija skupova 185 jom, dakle postupak kojim se niz predmeta povezuje na temelju izdvajnja njihovih sličnosti i zanemarivanja njihovih razlika 29 Riječ je o svojevrsnom mišljenju jedinstva - različiti predmet povezuju se u jedinstvenu cjelinu (pojam, skup). Petogodišnje dijete iz Piagetovo eksperimenta promatra kolekciju pločica, sve pločice su plave, no neke su pravokutne a neke zaobljene. Piaget pita: Jesu li sve plave pločice okrugle?, a dobiva postotak točnih odgovora koji tek neznatno premašuje slučajno poga danje. Dijete ne odgovara točno na ovo pitanje jer još nije ovladalo s operacijom inkluzije, tj. ono još nema sposobnost da isti predmet istodobno svrsta u različite skupove; iako dijete povezuje po sličnosti ono još ne povezuje takva povezivanja. Druga operacija je serijacija, nazovimo je mišljenjem razlike. Ovdje se predmeti ne povezuju po sličnostima, već se sre duju s obzirom na njihove razlike. U predoperacijskoj fazi petogodišnjak točno odgovara na pitanje koji je predmet veći, kada se ukloni veći predmet, a manjem se doda još manji dijete opet točno odgovara, ali na pitanje je li onaj prvi predmet kojega ono više ne vidi više od trećega dijete ne zna odgovoriti i traži da mu se ponovo pokaže prvi predmet kako bi moglo usporediti. Dijete još ne prepoznaje tranzitivnost odnosa biti-veći-od ili ne povezuje povezivanje po razlici. Dovršenje tih dviju intelektualnih operacija, Piaget ih naziva logičkima, potrebno je za numeričku intelektualnu operaciju. Da bismo razumjeli kako i zašto ponovit ćemo Piagetovu kritiku logicizma i intuicionizma. Logicizam broj promatra kao skup ekvivalentnih skupova, no s psihološkog stajališta apstrakcija koja vodi k tvorbi skupa (iz U 1 ) razlikuje se od apstrakcije koja vodi k tvorbi skupa jednakobrojnih skupova tj. broju (barem iz U 2 ). Primjer je skup skupova {a x : x/ a}, zbog aksioma ekstenzionalnosti { }. 1 je skup {a x(x a y(y a y = x))}. 2 je skup {a x y(x 6= y x a y a z(z a (z Inasličan način dalje. Primjer Ako prirodne brojeve shvatimo na ovaj način, onda za stjecanje takvih brojeva treba ovladati: (i) apstrakcijom, kvalificirane vrste koja tvori skupove na osnovi svojstava njihovih elemenata, (ii) bijekcijom, za tvorbu skupova koji su brojevi, (iii) individuiranjem predmeta.po mjestu u nizu. Uprvomslučaju neka svojstva odbacujemo, a neka zadržavamo i na tom temelju različite predmete povezujemo u cjelinu i dajemo im zajednički naziv. Noudrugomslučaju sva svojstva predmeta moraju biti zanemarena jer za obostrano jednoznačno pridruživanje nije važno koji se predmeti povezuju. Takva apstrakcija koja zanemaruje sva svojstva nije više apstrakcija, jer lišiti predmet svih svojstava znači nemati ga više. 30 Zato takva ekstremna apstrakcija zahtjeva nadopunu s komplementarnom operacijom, a to je ekstremna serijacija. Svako ure divanje kolekcije predmeta na temelju njihove razlike pretpostavlja razlikovanje vrijednosti/intenziteta nekog svojstva. No budući da su ekstremnom Usporedi s aksiomom apstrakcije. Berkeley: Što ostaje kada trešnju lišimo svih svojstava?

195 186 Poglavlje 16 Skupovi skupova apstrakcijom predmeti lišenih svih svojstava to komplementarna ekstremna serijacija unosi razliku u položaju i tako restituira predmete dajući im svojstva koja imaju kao članovi niza. Operacije serijacije i inkluzije koordiniraju se na novi način - što je rezultat odbacivanja njihovih razlika. Numerička operacija pretpostavlja logičke jer je njihov produžetak (ekstrem), ali nije istovjetna s njima jer im mijenja karakter. Na temlju spomenute analize i intuicizam pokazuje svoje slabosti, jer ako broj pretpostavlja logiku, onda intuicija nije temelj. Nažalost, čini se da vrijednost Piagetove briljantne analize umanjuje činjenica da on preuzima logicistički pojam broja, za kojeg imamo razlog odbacivanja. Mogući povrat vrijednosti Piagetov analizi bio bi u ukazivanju da njegova teorija tumači spoznajni postanak predznanstvenog pojma broja.

196 Poglavlje 17 Matematička indukcija Matematička indukcija nije indukcija na osnovi uzorka niti indukcija nabrajanjem. Potonje ili nisu oblik deduktivnog zaključivanja ili ne mogu opravdati općenitu konkluziju koja se odnosi na beskonačno mnogo slučajeva. Matematička indukcija nije indukcija u smislu izvo denja općenite konkluzije na temelju konačnog broja opažanja. Takva "empirijska" indukcija na temelju uzorka je osporiva: ona ne može potpuno opravdati općenitu konkluziju (koja se odnosi ili i na neopažene slučajeve ili na na beskonačno mnogo slučajeva) Nasuprot tome matematička indukcija može opravdati općenitu konkluziju (koja se odnosi na beskonačno mnogo slučajeva) na temelju konačnog dokaza Malo povijesti "nematematičke" indukcije Kritike indukcije: "Da bi indukcija imala snagu dokaza, morala bi ispitati sve pojedine slučajeve koliko ih god ima. No, takvoj indukciji nema mjesta u utvr divanju prirodnih zakona" Ru der Bošković ( ) Samo psihološka "nužnost", ne i logička. David Hume ( ) 17.2 Kako matematička indukcija može opravdati 187

197 188 Poglavlje 17 Matematička indukcija općenitu konkluziju koja se odnosi na beskonačan broj slučajeva? Matematička se indukcija može primijeniti samo ako je beskonačni skup predmeta čije općenito svojstvo dokazujemo definiran induktivno Induktivna definicija Induktivna definicija ima tri dijela. 1. Osnovna klauzula navodi osnovne elemente skupa kojeg definiramo. 2. Jedna ili više induktivnih klauzula kazuju kako se tvore dodatni elementi od većdanih. 3. Završna klauzula koja kazuje da su svi elementi ili osnovni ili dobiveni po induktivnoj klauzuli. Primjer 17.1 Induktivna definicija pal-niza slova. Osnovna kaluzula: svako slovo abecede je pal. Induktivna klauzula: ako je niz slova α pal, onda je pal i niz slova koji nastaje kada se α doda isto slovo sprijeda i straga (npr. bαb). Završna klauzula: ništa nije pal osim onoga što se dobije ponovljenom primjenom osnovne i induktivne klauzule. Primjer 17.2 Induktivna definicija rečenice propozicijske logike L*. Osnovna klauzula: atomarne rečenice su rečenice propozicijske logike L*. Induktivna klauzula: ako su φ i ψ rečenice propozicijske logike L*, onda su i φ, (φ ψ), (φ ψ), (φ ψ), (φ ψ) rečenice propozicijske logike L*. Završna klauzula: ništa drugo nije rečenica propozicijske logike L*. Primjer 17.3 Primjer iz literature. /K. Gödel, "O formalno neudlučivim iskazima..."/ Definicija skupa formula. Osnovna klauzula: elementarna formula je kombinacija simbola oblika a(b) gdje je b termin n-tog tipa,i a termin n +1tipa Elementarna formula je član skupa formula Induktivna klauzula: ako a i b pripadaju skupu formula onda tom skupu pripadaju i (a), (a) (b), x(a) Završna klauzula: skup formula je najmanji skup čiji članovi zadovoljavaju gornje uvjete. Primjer 17.4 Primjer iz literature. Induktivne definicije ponekad se zapisuju u takozvanom Backus-Naur obliku. "Osnovni jezik modalne propozicijske logike ima sljedeće formule: P ::= propozicijski atomi p, q, r,... F ::= P F (F F ) F " Osnovna klauzula pokazuje da su propozicijski atomi osnovni elementi. U donjem retku pokazuje se kako se od već postojećih formula F dobivaju nove. To jest: F ::= P {z} osnovni F (F F ) F {z } tvorba novih

198 17.3 Induktivni dokaz 189 Zadatak 113 Iskažite definiciju za pal u Backus-Naur obliku! Odgovor 30 Označimo skup nizova slova koji su pal s π. λ ::= slova a, b, c,... π ::= λ πλπ 17.3 Induktivni dokaz Zamislimo da moramo dokazati da svaka rečenica propozicijske logike L* sadrži barem jednu atomarnu rečenicu. Uočimo da tvrdnja ima oblik općenitog kondicionala: x[reč_iz_l (x) Q(x)] i da se odnosi na beskonačno mnogo slučajeva. Da bismo dokazali ovakvu tvrdnju, najprije ispitujemo imaju li osnovni elementi svojstvo Q (u ovom primjeru, sadržavaju li barem jednu atomarnu rečenicu). Očigledno je da imaju: osnovni se elementi sastoje upravo od jedne atomarne rečenice. Zatim ispitujemo naslje duje li se to svojstvo. Ako "stari" elementi imaju to svojstva hoće li ga imati i "novi" koji su iz "starih" dobiveni primjenom induktivne klauzule? Očigledno je da hoće. Pretpostavimo da φ i ψ imaju barem jednu atomarnu rečenicu. Budući da φ sadrži sve atomarne rečenice koje sadrži φ, onda φ ima barem jednu atomarnu rečenicu. Budući da (φ ψ) sadrži sve one atomarne rečenice koje se javljaju u φ i ψ, onda (φ ψ) ima barem jednu atomarnu rečenicu. I tako dalje,... Budući da "nove" rečenice nisu mogle nastati nikako drukčije osim putem primjene induktivne klauzule, zaključujemo da sve rečenice iz L imaju traženo svojstvo. Ako raspolažemo s induktivnom definicijom skupa, onda induktivan dokaz zahtijeva dva koraka. 1. Osnovni korak: u kojem se pokazuje da osnovni elementi imaju traženo svojstvo 2. Induktivni korak: u kojemu se pokazuje da ako neki elementu imaju traženo svojstvo, onda to svojstvo imaju i elementi koji su dobiveni primjenom induktivnih članaka. Pretpostavka s kojom započinje induktivni korak naziva se induktivnom hipotezom. Primjer 17.5 Dokažimo da se svaki pal čita jednako sprijeda i straga, tj. da je svaki pal palindrom. Dokaz. Osnova: Osnovni elementi su pojedinačna slova. bilo koje pojedinačno slovo jednako se čita u oba smjera. Indukcija: Pretpostavimo da se pal α jednako čita u oba smjera (induktivna hipoteza). Moramo pokazati da ako dodamo neko slovo s u skladu s induktivnom klauzulom na početak i na kraj niza α, da će se onda rezultat, sαs čitati jednako u oba smjera. Kada okrenemo niz - dobit ćemo sα 0 s gdje je α 0 obrnuti zapis za α. Po induktivnoj hipotezi α 0 = α, zato je rezultat obrata za sαs upravo sαs. Na osnovi indukcije, zaključujemo da je svaki pal palindrom.

199 190 Poglavlje 17 Matematička indukcija Metafora. Domine moraju biti tako složene (definicija mora biti induktivna)da kad jedna domina padne-tada pada i sljedeća (induktivni korak). Da bi se sve domine srušile potrebno je gurnuti prvu (osnovni korak). Zadatak 114 Definirajmo egzistencijalnu ispravno sastavljenu formulu(isf-u) induktivnim načinom. Osnovna klauzula. 1. Svaka atomarna isf ili njezina negacija je egzistencijalna isf (drugim riječima, svaki literal je egzistencijalna isf). Induktivne klauzule. 2. Ako su P 1,..., P n egzistencijalne isf-e, onda su egzistencijalne isf-e i (P 1... P n ) i (P 1... P n ). 3. Ako je P egzistencijalna isf, onda je vp egzistencijalna isf, za bilo koju varijablu v. Završna klauzula. 4. Ništa drugo nije egzistencijalna isf-a osim onoga što je dobiveno po klauzulama 1-3. Dokažite sljedeće činjenice putem indukcije! (a) Ako je P egzistencijalna isf, onda je ona logički ekvivalentna preneksnoj isf-i koja nema univerzalnih kvantifikatora. (b) Pretpostavite da je P egzistencijalna rečenica iz jezika za Tarski s World. Dokažite da ako je P istinita u nekom svijetu, onda će P ostati istinita ako se tom svijetu dodaju novi predmeti! Odgovor 31 (a) Najprije nam treba definicija preneksne (normalne) forme. Isf logike prvoga reda je u preneksnoj normalnoj formi ako ona ne sadrži kvantifikatore ili se svi kvantifikatori nalaze "na početku" formule. Trebamo dokazati ekvivalentnost. Drugim rječima, moramo pokazati da ako vrijedi P, koja je egzistencijalna isf, onda vrijedi neka formula Q koja nema univerzalnih kvantifikatora, i obratno. Osnovni korak: osnovne egzistencijalne isf su u preneksnoj formi jer ne sadrže kvantifikatore. Zato su logički ekvivalente formule u preneksnoj formi bez za njih upravo oni sami. Induktivni korak: pretpostavimo da za egzistencijalne isf-e P 1,...,P n postoje logički ekvivalente v 1... v i Q 1,.., v 1... v j Q n koje imaju traženi oblik. Trebamo ispitati dva slučaja tvorbe po klauzuli 2. Ako je formula dobivena po induktivnoj klauzuli iz P 1,...,P n -formula(p 1... P n ), onda se tražena ekvivalencija može dobiti zahvaljujući distributivnosti prema ionaje v 1... v n (Q 1,...,Q n ). Ako je formula (P 1... P n ), onda možemo preimenovati varijable i ekvivalentna formula će po načelu nulte kvantifikacije biti v v 1i... v n1... v nj (Q 1... Q n ). Za klauzulu 3. pretpostavimo da je P

200 17.3 Induktivni dokaz 191 egzistencijalna isf i da je v 1... v i Q njoj ekvivalentna. Tada je za egzistencijalnu isf vp - tražena ekvivalencija v v 1... v i Q. (b) Ostavljamo čitatelju. Neki autori razlikuju dvije vrste matematičke indukcije: prirodnu i snažnu. U prirodnoj indukciji koristi se sljedeći oblik zaključka: (i) Svaki osnovni element ima svojstvo P. (ii) Svaki način tvorbe novih elemenata uspijeva sačuvati svojstvo P. (iii) Dakle, svaki element razreda kojega razmatramo ima svojstvo P. U slučaju jake indukcije nije dovoljno samo razmotriti elemente iz kojih nastajeelement za kojega dokazujemo da ima svojstvo P,već je potrebno razmotriti cijeli razred elemenata koji su nastali prije njega. U snažnoj indukciji u induktivnom koraku susrećemno univerzalno kvantificiranu rečenicu, kao na primjer "Ako sve formule čija je duljina manja od duljine formule A imaju svojstvo P, onda A ima svojstvo P " Najmanji skup Završna klauzula u induktivnoj definiciji spominje ne samo definiendum već i ostale klauzule: "ništa drugo nije definiendum osim onoga što se dobiva ponovljenom primjenom osnovne i induktivne klauzule". Očigledno je završna klauzula nije iskaziva u jeziku logike prvoga reda jer ona govori o drugim klauzulama, a u logici prvoga reda ne možemo govoriti o njezinim vlastitim rečenicama. No ako uporabimo teoriju skupova, onda sve klauzule možemo iskazati u jeziku logike prvoga reda. Postupak je sljedeći: umjesto završne klauzule koristimo izraz "najmanji skup". "Definiendum" je "ono što definiramo", "definiens" je "ono pomoću čega definiramo". Primjer 17.6 Induktivna definicija pal-niza slova. Skup pal nizova slova je najmanji skup koji zadovoljava sljedeće klauzule. Osnovna kaluzula: svako slovo abecede je pal. Induktivna klauzula: ako je niz slova α pal, onda je pal i niz slova koji nastaje kada se α doda isto slovo sprijeda i straga (npr. bαb). Ako nam je dana neka kolekcija K skupova koji zadovoljavaju uvjete U, onda će presjek svih skupova iz kolekcije zadovoljavati uvjet U. Taj skup mora biti najmanji, jer kad uzmemo presjek neke gomile skupova, rezultat će uvijek biti podskup bilo kojeg izvornog skupa.

201 192 Poglavlje 17 Matematička indukcija Najmanji skup. Zadatak 115 Neka je K kolekcija skupova čiji članovi zadovoljavaju uvjete U. Dokažite da je \ K = {x a(a K x a)} najmanji skup, to jest da za svaki skup a K vrijedi da \ K a. Odgovor 32 Pretpostavimo da postoji skup koji je manji od \ K: (*) b[b K \ K b] Tada mora postojati neki predmet e takav da e \ K i e/ b. Ali to nije moguće jer po definiciji za \ K, b K e b i po pretpostavci dobivamo e b Primjer: aksiomatizacija prirodnih brojeva i primjena indukcije Giuseppe Peano ( ) dao je jednu aksiomatizaciju aritmetike, koja se prihvatila kao adekvatna formalizacija aritmetike. Aksiomi: 1. x y(x +1=y +1 x = y) - najviše jedan sljedbenik 2. x(x +16= 0)- 0 nije sljedbenik =1 4. x(x +0=x) 5. x y[x +(y +1)=(x + y)+1]- definicija zbrajanja (4,5) 6. x(x 0=0) 7. x y[x (y +1)=(x y)+x] - definicija množenja (6,7) Aksiomska shema:

202 17.3 Induktivni dokaz 193 K tome PA ima aksiomsku shemu koja izražava princip matematičke indukcije za prirodne brojeve. 8. [Q(0) x(q(x) Q(x +1))] xq(x) Aksiom 8. pokazuje jedan poseban slučaj primjene indukcije. Ako trebamo dokazati x(n(x) Q(x)), onda trebamo dokazati (osnovni korak) Q(0), te (induktivni korak) Q(x) Q(x +1). Očigledno je da ova aksiomska shema pretpostavlja induktivnu definiciju prirodnog broja u kojoj adicija +1 daje induktivnu klauzulu : Skup N je najmanji skup koji zadovoljava sljedeće uvjete: 1. 0 N i2.akon N, onda n +1 N. Zadatak 116 Otvorite Exercise i dokažite x(x +1 = 1+x). Četvrta premisa daje nam potrebnu instancu aksioma matematičke indukcije. Ona nam pokazuje kako možemo dokazati traženo. Naime, treba dokazati 0+1=1+0i x[x +1=1+x (x +1)+1=1+(x +1)]

203 Poglavlje 18 Potpunost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku Jedno željeno svojstvo logičkog sustava povezano je uz uskla denost semantike i sintakse. Ako se sve ono što slijedi (semantički pojam) može i dokazati (sintaktički pojam) pomoću logičkog sustava, onda je on potpun. Ispitat ćemo ima li sustav prirodne dedukcije koji pokriva pravila za istinitosno funkcionalne veznike i logičku konstantu neistine svojstvo potpunosti. Drugim rječima, pitat ćemo se omogućuju li nam pravila eliminacije i introdukcije za,,,,, da dokažemo svaku tautološku posljedicu. Primjer 18.1 Hipotetički silogizam: konkluzija slijedi i može se dokazati. Vrijedi li slično u svim slučajevima? 18.1 Dodjelivanje istinitosne vrijednosti i istinitosne tablice Definirajmo dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti za jezik logike prvoga reda kao bilo koju funkciju h sa skupa svih atomarnih rečenica tog jezika na skup {IS- TINITO, NEISTINITO} Ta funkcija nam za bilo koju atomarnu rečenicu A ispostavlja njezinu istinitosnu vrijednost, što zapisujemo kao h(a),koja je bilo IS- TINITO bilo NEISTINITO. Intuitivno, možemo zamisliti svaku pojedinu funkciju h kao prikaz jednoga retka u (možda vrlo velikoj) istinitosnoj tablici. Zadatak 117 Zamislimo jezik s jednim predikatom, Kocka i dvije individualne konstante, a i b. Taj jezik ima dvije atomarne rečenice i četiri funkcije dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti. 194

204 18.1 Dodjelivanje istinitosne vrijednosti i istinitosne tablice 195 Kocka(a) Kocka(b) h 1 h 1 (Kocka(a)) = ISTINITO ISTINITO h 2 ISTINITO NEISTINITO h 3 NEISTINITO ISTINITO h 4 NEISTINITO NEISTINITO Sada možemo proširiti funkciju h dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti s novom funkcijom ĥ koja će biti definirana za skup svih rečenica i koja svoju vrijednost dobiva iz skupa {ISTINITO,NEISTINITO}. Dok o funkciji h možemo misliti kao o lijevom dijelu retka istinitosne tablice koji se nalazi ispod atomarnih rečenica (ili propozicijskih slova), dotle o ĥ kao o cijelom retku, koji obuhvaća i dio koji se nalazi ispod složenih rečenica. Funkciju dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti za sve rečenice dijela jezika logike prvoga reda pod razmatranjem definiramo pozivajući se na njezine prethodne vrijednosti a na kraju na funkciju dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti za atomarne rečenice. 1. ĥ(q) =h(q) za atomarne rečenice Q 2. ĥ( Q) => ako i samo ako ĥ(q) = 3. ĥ(q R) => ako i samo ako ĥ(q) => i ĥ(r) => 4. ĥ(q R) => ako i samo ako ĥ(q) => ili ĥ(r) =>,iliijednoidrugo 5. ĥ(q R) => ako i samo ako ĥ(q) = ili ĥ(r) =>,iliijednoidrugo 6. ĥ(q R) => ako i samo ako ĥ(q) =ĥ(r) Zadatak 118 Definirajmo tromjesni veznik na sljedeći način: P Q R (P, Q, R) > > > > > > > > > > > > > > > > Njegovo je značenje Ako P onda Q, u protivnom R. Definirajte funkciju ĥ za taj veznik! Odgovor 33 ĥ( (P, Q, R)) = > ako i samo ako ĥ(p Q) => i ĥ( P R) =>. Ako nastavimo razlaganje, onda vidimo da moraju biti zadovoljena dva

205 196Poglavlje 18 Potpunost sustava prirodne dedukcije za propozicijsku logiku uvjeta: (i) ĥ(p )= ili ĥ(q) =>,i(ii)ĥ(p )=> ili ĥ(r) =>. S ovakvim preciznim modelom dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti, možemo dati matematički precizne definicije za tautologiju i it-zadovoljivost. (it-zadovoljivost: zadovoljivost na istinitosnoj tablici). Rečenica S je tautologija ako je istinita za svako dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti h, drugim riječima, ako je za svako h - ĥ(s) = >. Rečenica S je tautoloka posljedica skupa rečenica T ako i samo ako je u svakom dodjeljivanju istinitosnih vrijednosti pod kojim je svaka rečenica iz T istinita tako der i rečenica S istinita. Rečenica S je it-zadovoljiva akoisamoakopostojibaremjedno dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti takvo da ĥ(s) =>. Skup rečenica T je it-zadovoljiv ako i samo ako postoji barem jedno dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti pod kojim je svaka rečenica iz T istinita. Tvrdnja 28 Rečenica S je tautološka posljedica skupa rečenica T ako i samo ako T { S} nije it-zadovoljiv. Zadatak 119 Dokažite prethodnu tvrdnju! Odgovor 34 Dokaz. S lijeva na desno. Reductio. Pretpostavimo (i) da S jest tautološka posljedica skupa T,a(ii)daT { S} jest it-zadovoljivo. Ako je T { S} zadovoljivo onda postoji neko istinitosno vrednovanje h koje čini svaku rečenicu iz T istinitom a S neistinitom. No tada S nije tautološka posljedica od T, što protuslovi (i) pretpostavci. Dakle uvodeći negaciju, ako (i) onda (ii). S desna na lijevo: dovršite sami! Uočimo da onda kada je T konačan skup, pitanje je li skup T it-zadovoljiv možemo svesti na pitanje je li jedna rečenica it-zadovoljiva, naime ona koja je konjunkcija svih rečenica iz T. Dodjeljivanje istinitsonih vrijednosti je funkcija s atomarnih rečenica u skup{>, }. Ona modelira jedan redak potpune istinitosne tablice za jezik kojega razmatramo.

206 Poglavlje 19 Potpunost propozicijske logike Sada raspolažemo sa sredstvima koja nam omogućuju da dokažemo Teorem potpunosti za propozicijsku logiku. Neka F T označava logički sustav koji sadrži samo pravila uklanjanja i uvo denja za,,,,,. Akonamjedanskuprečenica T i još jedna rečenica S, onda pišemo T `T S za tvrdnju da postoji formalni dokaz u sustavu F T za rečenicu S akojizapremiseuzimarečenice iz T. Uočimo da ako T `T S i T T 0, onda T 0 `T S. Ovo svojstvo odnosa dokazivosti nazivamo monotoničnošću. U novije vrijeme intenzivno se proučavaju ilogički sustavi koji su lišeni ovoga svojstva (osporivo zaključivanje). Teorem 29 (Potpunost sustava F T ) skupa rečenica T onda T `T S Ako je rečenica S tautološka posljedica Teorem ne možemo izravno dokazati pretpostavljajući da je S tautološka posljedica od T i, zatim, tražiti dokaz za S,jerništaneznamonioT ni o S. Teorem ćemo dokazati dokazujući njegovu konverziju: ako T 0 T S (ako nema dokaza), onda S nije tautološka posljedica. To jest, pokazat ćemo da kada T 0 T S tada postoji h koji ćini sve rečenice iz T istinitima a S neistinitom. Drugim rječima, pokazat ćemo da ako T 0 T S, onda T { S} jest it-zadovoljivo. Najprije ćemo reformulirati teorem potpunosti u nekoliko etapa Formalna konzistentnost Dokazat ćemo jednu lemu koju ćemo koristiti u reformulaciji teorema. Lema 30 T { S} `T ako i samo ako T `T S. Dokaz. Pretpostavimo da T { S} `T. Toznači da postoji dokaz za 197

207 198 Poglavlje 19 Potpunost propozicijske logike koji eventualno koristi P 1,...,P n iz T i S. Sada treba pokazati da T `T S. Ako u poddokazu s pretpostavkom S reproduciramo prethodni, po pravilu za uvo denje negacije, moći ćemo dokazati S. Dakle, lema vrijedi s lijeva na desno. Zadatak 120 Smjer s desna na lijevo dokažite sami! Odgovor 35 Pretpostavimo T `T S. Toznači da postoji dokaz

208 19.1 Formalna konzistentnost 199 Ako premisama dodamo S,ondamožemodokazati. Ova nam lema pokazuje da pretpostavka T 0 T S (iz kotrapozicije Teorema potpunosti) znači isto što T { S} 0 T. Dosadašnja zapažanja možemo iskazati u obliku koji je lakši za pamćenje ako uvedmo novi termin. Skup rečenica T je formalno konzistentan ako i samo ako T 0 T,tojest,akoisamoakonepostojidokazuF T za iz T. S novim terminom možemo reformulirati Teorem potpunosti. Teorem 31 (Reformulacija potpunosti) je it-zadovoljiv. Svaki formalno konzistentni skup rečenica

209 200 Poglavlje 19 Potpunost propozicijske logike Dokaz 28 T 0 T S = TauCon(S, T ) kontrapozicija T { S} 0 T = TauCon(S, T ) po lemi form.kon. T { S} 0 T = Zadovoljiv(T { S}) po lemi tau.con.zad. Teorem potpunosti slijedi iz reformuliranoga kada se primjeni na poseban slučaj skupa T { S}. Sada preostaje dokazati reformulirani teorem Strategija dokazivanja reformuliranog Teorema potpunosti Potpunost formalno potpunih skupova: Najprije ćemo pokazati da teorem vrijedi za formalno konzistentne skupove koji imaju dodatno

210 19.3 Potpunost formalno potpunog skupa rečenica 201 svojstvo, koje se naziva formalnom potpunošću. Skup T nazivamo formalno potpunim akozabilokojurečenicu S iz jezika pod razmatranjem vrijedi ili T `T S ili T `T S. Ovo je jaki zahtjev, jer on kaže da je skup rečenica toliko snažan da može dati odgovor na svako pitanje koje se može postaviti za jezik pod razmatranjem. Proširenje na formalno potpune skupove: Kada pokažemo da je svaki formalno konzistentan i formalno potpun skup rečenica it-zadovoljiv, pokazat ćemo da se svaki formalno konzistentni skup rečenica može proširiti (s eventualno potrebnim dodatnim rečenicama) tako postane formalno potpun a da ostane formalno konzistentan. Povezivanje: Činjenica da je prošireni skup it-zadovoljiv jamči da je izvorni skup tako der it-zadovoljiv, jer će dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti koje zadovoljava restriktivniji skup tako der zadovoljiti i izvorni Potpunost formalno potpunog skupa rečenica Za dokaz tvrdnje da svaki formalno konzistentni, formalno potpuni skup rečenica jest it-zadovoljiv trebat će nam sljedeća lema. Lema 32 Neka je T formalno konzistentan, formalno potpun skup rečenica, te

211 202 Poglavlje 19 Potpunost propozicijske logike neka su R i S proizvoljne rečenice u jeziku. 1.T ` T (R S) akko T `T R i T `T S 2.T ` T (R S) akko T `T R ili T `T S 3.T ` T S akko T 0 T S 4.T ` T (R S) akko T 0 T R ili T `T S 5.T ` T (R S) akko bilo T `T R i T `T S bilo T 0 T R i T 0 T S Dokaz. (1) S lijeva na desno. Očigledno je da ako imamo dokaz za R S iz T, da možemo konstruirati dokaz za R i dokaz za S primjenjujući pravilo Elim dva puta. S desna na lijevo, ako koristeći premise P 1,...,P n iz T možemo dokazati R, te koristeći Q 1,...,Q n iz T možemo dokazati S, onda samo trebamo spojiti ta dva dokaza smještajući P 1,...,P n,q 1,...,Q n na položaj premisa, reproducirati prethodne dokaza (samo će se brojke koraka izmijeniti) i na kraju primijeniti Intro. (2) S desna na lijevo, dokaz je trivijalan: dovoljna je primjena Intro.S lijeva na desno, situacija je malo teža jer T `T (R S) samo ako T `T R ili T `T S općenito ne vrijedi. Ali vrijedi u posebnom slučaju, formalno konzistentnih i formalno potpunih skupova. Pretpostavimo za reductio da T `T (R S) te (*) da T 0 T R i T 0 T S. No kako za svaku rečenicu iz T vrijedi da je dokaziva ili ona ili njezina negacija, onda mora vrijediti T `T R i T `T S. Ta dva dokaza spojim u jedan i primjenimo dokaz za jednu varijantu DeMorgan-ovog zakona. i dobivamo da vrijedi T `T (R S). No, to nije moguće budući da je skup T formalno konzistentan. Zadatak 121 Dokažite lemu za slučajeve 3., 4. i 5. Koristeći ovu lemu možemo dokazati tvrdnju o it-zadovoljivosti formalno konzistentnih, formalno potpunih skupova. Svaki formalno konzistentan, formalno potpun skup rečenica je it- Tvrdnja 33 zadovoljiv. Dokaz. Neka je T formalno konzistentan, formalno potpun skup. Definirajmo dodjeljivanje h istinitosnih vrijednosti za atomarne rečenice na sljedeći način. Ako T `T A onda h(a) =>, a u protivnom slučaju, neka je h(a) =. Ondajefunkcijaĥ definiranazasverečenice, bile one atomarne ili složene. Naša tvrdnja tada glasi: za svaku isf-u S, ĥ(s) => akko T `T S

212 19.4 Proširenje na formalno potpune skupove rečenica 203 Za dokazati ovu tvrdnju, moramo se poslužiti indukcijom. Osnovni korak: Tvrdnja vrijedi za sve atomarne rečenice zbog načina kako smo ovdje definirali h (tj. istinitost se poklapa s dokazivošću) i zbog definicije funkcije ĥ (tj. njezina vrijednost se podudara s vrijednošću za h kod atomarnih rečenica). Induktivni korak: ako tvrdnja vrijedi za R i S, onda ona vrijedi i za rečenice koje nastaju na osnovi pravila tvorbe: (R S), (R S), R, (R S), (R S). Svih pet slučajeva lako proizlazi iz prethodne leme. Razmotrimo kao primjer slučaj disjunkcije. Trebamo potvrditi da ĥ(r S) => akko T `T (R S). Za samo ako dio, pretpostavimo ĥ(r S) => Onda po definiciji za ĥ ili ĥ(r) => ili ĥ(s) =>, ili i jedno i drugo. Po hipotezi indukcije, vrijedi ili T `T R ili T `T S iliijednoidrugo.notadapolemi, T `T (R S), a upravo smo to htjeli dokazati. U suprotnom ako smjeru, pretpostavimo T `T (R S). Tada po lemi ili T `T R ili T `T S. Po hipotezi indukcije (istinitost i dokazivost se poklapaju), tada vrijedi ĥ(r) => ili ĥ(s) =>. A po definiciji funkcije ĥ, prethodno povlači ĥ(r S) => A to smo htjeli dokazati. Na sličan način dokazujemo i ostale slučajeve (to ostavljamo čitatelju) Iz ovoga uvi damo da na ovaj način definirano dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti za atomarne rečenice h čini svaku rečenicu koja se može dokazati pomoću T istinitom. Budući da se svaka rečenica iz T može dokazati, na primjer putem pravila za reiteraciju, slijedi da h čini svaku rečenicu iz T istinitom. Dakle, T je it-zadovoljiv. Q.E.D Proširenje na formalno potpune skupove rečenica U sljedećoj etapi dokaza potpunosti moramo pokazati kako možemo polazeći od formalno konzistentnih skupova doći do skupova koji su i formalno konzistentni i formalno potpuni. Lema 34 Skup rečenica T je formalno potpun ako i samo ako za svaku atomarnu rečenicu A vrijedi T `T A ili T `T A. Dokaz. Smjer samo ako je naprosto posljedica definicije formalne potpunosti. Suprotni, ako smjer zahtjeva indukciju putem indukcije na složenost isf-a. Ovdje dokazujemo da je s pitanjem dokazivosti atomarnih rečenica riješeno i pitanje dokazivosti svih rečenica. Drugim riječima, ako kod svake atomarne rečenice znamo ulazi li ona ili ulazi njezina negacija u krug rečenica dokazivih pomoću T, onda to isto znamo za sve rečenice. Pretpostavimo desnu stranu bikondicionala: za svakuatomarnurečenicu A vrijedi T `T A ili T `T A. Tojeosnova

213 204 Poglavlje 19 Potpunost propozicijske logike indukcije. Po induktivnom koraku, ako za R i S vrijedi da se zna koja je iz para kontradiktornih rečenica dokaziva, onda se za svaku rečenicu koja se može iz njih sačiniti može odrediti je li dokaziva ona ili njezina negacija. Proučimo slučaj disjunkcije. Mora vrijediti ili T `T (R S) ili T `T (R S). Ako T dokazuje bilo R bilo S, onda po pravilu Intro: T `T (R S). U protivnom, ako T ne dokazuje ni R ni S, onda vrijedi T `T R i T `T S. Povezivanje tih dvaju dokaza i dodavanje koraka Intro daje: T `T R S. Nastavljanje dokaza (u smjeru DeMorganovog zakona) daje T `T (R S). Dakle, što god bilo slučaj (ili da je barem jedna rečenica dokaziva ili da niti jedna nije) - pitanje o dokazivosti njihove disjunkcije ili njezine negacije bit će riješeno. Sami izradite ostale induktivne dokaze. Sada možemo prijeći na sljedeću etapu u dokazu potpunosti. Tvrdnja 35 Svaki se formalno konzistentni skup rečenica T može proširiti do formalno konzistentnog, formalno potpunog skupa rečenica. Dokaz. Napravimo popis svih atomarnih rečenica u jeziku pod razmatranjem (npr. u abecednom poretku) A 1,A 2,... Zatim pregledajmo rečenice jednu po jednu. kada nai demo na rečenicu A i takvu da ni A i ni A i nisu dokazive pomoću T, dodajmo A i u T.Natajnačin nećemo učiniti skup formalno inkonzistentnim. Naime, kada bi to bilo slučaj, to jest kada bi vrijedilo T {A i }`T, onda bi (po već ) vrijedilo T `T A i pa A i ne bi ni bilo dodano. Na kraju ovog procesa dobivamo skup koji je po prethodnoj34 formalno potpun. Taj novi, eventualno prošireni skup je formalno konzistentan. Kako je svaki dokazpaionajza konačan i koristi konačan broj premisa, inkonzistentnost se nije mogla uvući u ovom procesu Sve zajedno: dokaz potpunosti 1. Pretpostavimo T 0 T S. 2. Po dokazanoj lemi vrijedi: T { S} `T ako i samo ako T `T S. Ali zbog 1. dobivamo T { S} 0 T. Zato, je skup T { S} formalno konzistentan. 3. Ovaj se skup može proširiti na formalno konzistentan, formalno potpun skup (po tvrdnji: Svaki se formalno konzistentni skup rečenica T može proširiti do formalno konzistentnog, formalno potpunog skupa rečenica). Označimo taj prošireni skup s ext(t { S}) 4. Po tvrdnji "Svaki formalno konzistentan, formalno potpun skup rečenica je it-zadovoljiv." slijedi da je skup ext(t { S}) - it-zadovoljiv.

214 19.5 Sve zajedno: dokaz potpunosti Pretpostavimo da je h dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti koje zadovoljava skup ext(t { S}). 6. Po definiciji negacije, h čini sve rečenice iz T istinitima a S neistinitom. 7. S nije zato tautološka posljedica od T povlači 7., a po kontrapoziciji dobivamo: ako je S tautološka posljedica skupa T, onda T `T S. Za zapamtiti: 1. Teorem potpunosti dokazan je tako što smo pokazali da je svaki formalno konzistenti rečenični skup T it-zadovoljiv. To smo učinili u dva koraka. 2. U prvom koraku pokazujemo da to vrijedi i za skupove koji su tako der i formalno potpuni. 3. U drugom koraku pokazujemo kako se formalno konzistentni skup može proširiti na skup koji je i formalno konzistentan i formalno potpun.

215 Poglavlje 20 Strukture prvog reda 20.1 Tautološka posljedica U propozicijskoj logici širi pojam logičke posljedice bio uveden preko jedne njegove vrste - tautološke posljedice, posljedice koja ovisi značenju istinitosnofunkcionalnih veznika. Intuitivna ideja da je istinitost konkluzije posljedica značenja veznika koji se javljaju u premisama i konluziji, formalizirala se preko istnitosnih tablica. Kasnije smo uveli funkciju dodjelivanja istintosnih vrijednosti za atomarne rečenice, h koja je dovoljna za definiranje funkcije dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti za sve rečenice, ĥ. Zadatak 122 tautologije: Opišite odnose izme du logičke (analitičke) istine, istine prvoga reda i Prednosti funkcije pred tablicom. Dodjeljujući svim atomarnim rečenicama, ma koliko ih bilo, istinitosnu vrijednost i determinirajući time istinitosnu vrijednost svih rečenica u jeziku, omogućili smo primjenu pojma tautološke posljedice na beskonačni skup rečenica. Drugo, funkcije dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti unijele su viši stupanj strogosti. 206

216 20.2 Posljedica prvoga reda Posljedica prvoga reda U predikatskoj se logici dalje razra duje intuitivna ideja da je odnos logičke posljedice ovisan isključivo o značenju simbola koji se javljaju u premisama i konkluziji. Popis simbola čije se značenje prati bio je proširen tako da su istinitosnofunkcionalnim veznicima dodali kvantifikatori, i, te predikat identiteta, =. Već smo razmatrali jednu tehniku pomoću koje se moglo odrediti je li neka rečenica posljedica prvoga reda nekog skupa premisu. Podsjetnik: metoda zamjene 1. Za provjeriti je ostvaruje li se odnos posljedice prvoga reda ili za provjeriti je li neka rečenica - valjana rečenica prvoga reda, sustavno zamijenimo svaki predikat osim identiteta s novim simbolima za predikate koji nemaju značenja, pazeći pri tome da se zamjena izvrši s istim novim predikatom na svakom mjestu na kojemu se javlja stari predikat Za provjeriti je li neka rečenica S valjana rečenica prvoga reda, pokušajte opisati takve okolnosti i dati takvo tumačenje za imena, predikate i funkcije koje se javljaju u S da učinite tu rečenicu neistinitom. Ako se takave okolnosti i tumačenje ne mogu sačiniti, S je valjana rečenica prvoga reda Za provjeriti je li S posljedica prvog reda premisa P 1,...,P n, pokušajte naći okolnosti i tumačenje nelogičkih simbola u kojem će S biti neistinito a P 1,...,P n istinito. Ako se takve okolnosti ne mogu zamisliti, izvorni je zaključak posljedica prvog reda. Primjer 20.1 Ispitajmo sljedeću logičku istinu: ( Kocka(a) Tetraedar(b)) a = b. Svo denje na istinitosno-funkcionalnu formu: (Kocka(a) A Tetraedar(b) B ) a = b C daje (A B) C, a to očigledno nije tautologija. Metoda zamjene predikata i individualnih konstanti pokazuje da nije riječ ni o valjanoj rečenici prvoga reda. Prvi korak, svo denje na (P (c 1 ) Q(c 2 )) c 1 = c 2. Drugi korak, pronalaženje okolnosti zajedno s tumačenjem nelogičkih simbola koje falsificira rečenicu: (Književnik(lewis_carroll) Logičar(charles_dodgson)) lewis_carroll = charles_dodgson Nedostatak preciznosti. Poteškoća s traženjem odgovora na pitanje o postojanju odnosa posljedice prvoga reda putem traženja okolnosti ili putem zamjene jednih simbola s drugima (iste sintaktičke vrste) leži u tome što nam ne daje dovoljno preciznosti. Zbog nedostaka preciznosti ne možemo utvrditi ima li sustav kojeg razmatramo odre dena svojstva, poput pouzdanosti. Ako primjenimo sredstva za modeliranje koja pruža teorija skupova, nedostatnu preciznost intuitivnih zamisli možemo lako ukloniti. Neformalna i formalna semantika. Do sada smo se oslanjali na ideju o

217 208 Poglavlje 20 Strukture prvog reda "predmetnom području", "području rasprave", "domeni" pri definiranju istine i zadovoljavanja.. Podsjetnik. Neki predmet zadovoljava atomarnu ispravno sastavljenu formulu U(x) ako i samo ako taj predmet jest U. Općenito za sve isf-e, predmet o zadovoljava isf-u P (x) ako i samo ako je n individualna konstanta koja imenuje predmet o, x je jedina slobodna varijabla i P (n) je istinita rečenica. Uočimo kako se nadopunjavaju pojmovi zadovoljavanja i istine. Kvantificirane rečenice izražavaju tvrdnje o nekom intendiranom području rasprave. Rečenica xs(x) je istinita ako i samo ako svaki predmet iz područja rasprave zadovoljava isf-u S(x). Rečenica xs(x) je istinita ako i samo ako neki predmet iz područja rasprave zadovoljava isf-u S(x) Struktura prvoga reda Pojam strukture prvoga reda izrasta iz modeliranja područja rasprave pomoću teorije skupova Primjer modeliranja: izgradnja strukture prvoga reda Neka su simboli u jeziku kojeg razmatramo: (predikati) Kocka, VećiOd, = i (individualna konstanta) c. Kako ćemo na strogi način prikazati okolnosti koje odre duju istinitosnu vrijednost rečenica (kojih ima beskonačno mnogo) u tom jeziku? Promotrimo ovakav "svijet": Naš je cilj konstruirati matematički predmet koji će predstaviti sve ono što je u ovom svijetu relevantno za odre divanje istinitosne vrijednosti rečenica u jeziku kojega razmatramo. Domena (podruje rasprave). Očigledno je da moramo predstaviti činjenicu da u tom svijetu ima točno četiri predmeta. To ćemo učiniti tako što ćemo konstruirati četveročlani skup D = {b 1,b 2,b 3,b 4 } gdje b 1 predstavlja (recimo) prvi predmet s lijeve strane, tj. c, te tako redom do b 4 koji predstavlja mali tetraedar.

218 20.3 Struktura prvoga reda 209 Za ovaj skup D kažemo da je područje rasprave u našoj strukturi prvoga reda. Predikati i ekstenzije u strukturi.. U tvorbi strukture prvoga reda usmjeravamo se samo prema onim obilježjima područja rasprave koja su relevantna za odre divanje istinitosti rečenica. Za naš (pod)jezik mnoga su obilježja svijeta na slici nevažna, poput položaja predmeta ili njihove boje. S druge strane, oblik i veličina imaju važnost jer jezik govori o tim svojstvima: možemo reći je li neki predmet kocka i je li veći od drugoga. Zbog toga činjenice o obliku i odnosu veličina moramo ugraditi u našu strukturu. To radimo tako što predikatu Kocka dodijelimo odre deni podskup Ko iz područja rasprave D. Ovaj skup nazivamo ekstenzijom predikata Kocka u ovoj strukturi. Za modeliranje svijeta na slici, ekstenzija predikata Kocka je skup Ko = {b 1,b 2,b 3 }.Nasličan način postupamo i s dvomjesnim predikatom VećeOd; kojemu dodjeljujemo skup ure denih parova, Ve= {< b 2,b 1 >, < b 3,b 1 >, < b 3,b 2 >, < b 2,b 4 >, < b 3,b 4 >}. Veje ekstenzija predikata VećeOd u ovoj strukturi. Individualne konstante i referenti. Na kraju, za jezik kojeg razmatramo, preostaje još učiniti jedno: povezati individualnu konstantu, c s predmetom kojega imenuje. Tehničkim jezikom rečeno, moramo predstaviti činjenicu da je b 1 referent individualne konstante c (tj. da c imenuje b 1 ). Najjednostavniji način da ostvarimo ovakvo vezivanje jest da uvedemo funkciju koja svakom imenom dodjeljuje onaj predmet kojega to ime imenuje. Identitet. Poseban slučaj predstavlja predikat identiteta, =. Ekstenzija predikata identiteta odre dena je čim je zadana domena D. Predikat = uvijek se tumači kao identitet: njegova ekstenzija je uvijek skup parova <a,a>gdje a D. U ovom primjeru, ekstenzija za = je skup {< b 1,b 1 >, < b 2,b 2 >, < b 3,b 3 >, < b 4,b 4 >}. Isti jezik - razliiti model. Ako se zadržimo na jeziku iz našeg primjera, kako bismo prikazali druge "svjetove"? Trebaju nam (i) domena rasprave D, (ii) podskup Ko od D koji će reprezntirati ekstenziju predikata Kocka, te skup ure denih parova Veza reprezentaciju ekstenzije predikata VećeOd, (iii) povezivanje individualne konstante c s referentom, elementom iz D. Zadatak 123

219 210 Poglavlje 20 Strukture prvog reda D = {a 1,a 2,a 3,a 4 }; Ko = {a 1,a 2,a 3 }, Ve= ; c = a 4 Jedan objekt za reprezentiranje svijeta. Da bismo s jednim jedinim (apstraktnim) predmetom reprezentirali cijeli svijet i relevantne činjenice o njemu, "upakirat" ćemo domenu rasprave, ekstenzije predikata i referente imena u jedan formalni (matematički) predmet. Postoje mnogi način "pakiranja". Barwise i Etchemendy najelegantnijim smatraju pakiranje u jednu jedinu funkciju M. Slovo "M" upućuje na riječ "model" koja se često koristi u istom značanju u kojem se ovdje koristi naziv "struktura". Funkcija M : struktura prvoga reda. Funkcija M jedefiniranazapredikate, imena i kvantifikator.tasefunkcija,m naziva strukturom prvoga reda ako su zadovoljeni sljedeći uvjeti: 1. M( ) je neprazan skup D, kojega nazivamo područjem rasprave 2. Ako je Pn-mjesni predikatski simbol u jeziku, onda je M(P ) skup n-torki <x 1,...,x n > elemenata iz D. Taj se skup naziva ekstenzijom od P u M. Zahtijeva se da ekstenzija simbola identiteta sadrži sve parove <x,x>za x D. 3. Ako je c neko ime u jeziku, onda je M(c) element iz D, kojega nazivamo referentom od c u M. Digresija. Za svaka dva skupa a i b postoji skup svih ure denih parova <x,y>takvih da x a i y b. Takav skup označavamo s a b i nazivamo ga Kartezijevim produktom od a i b. Kartezijev produktsemožedobitiizvećeg broja skupova. Za a a korisiti se oznaka a 2,zaa a a korisiti se oznaka a 3,azan-člani produkt skupa a sa samim sobom - a n, kao notacijska posebnost: a 1 = a. Funkcija M "Ulaz" (univerzalni kvantifikator) P n (n-mjesni predikat) "Izlaz" M( ) =D (područje rasprave, domena, predmetno područje) M(P n ) {<x 1,...,x n > x 1 D,..., x n D} (ekstenzija) Udrukčijem zapisu: M(P n ) D n = M(=) = {< x,x> x D} c (individualna konstanta) M(c) D (referent) Alternativni zapisi: umjesto M( ) pišemo D M ili, kada je jasno o kojoj je domeni riječ, samo D; umjesto M(P ) pišemo tako der P M ;umjestom(c) - c M. Fiksiranje znaenja. Ako želimo da predikati imaju one ekstenzije koje inače imaju, onda postupamo slično kao i u slučaju identiteta i zahtijevamo da elementi domene i ekstenzije reflektiraju stvarna svojstva. Na primjer, možemo tražiti da D M bude skup geometrijskih tijela, da ekstenzija predikata Kocka obuhvaća sve one i samo one predmete iz D M koji jesu kocke, da ekstenzija

220 20.3 Struktura prvoga reda 211 predikata VećeOd obuhvaćasve one i samo one parove predmeta iz D M kod kojih je prvi veći od drugoga. Zaboravljanje znaenja Pokušavamo karakterizirati relaciju logičke posljedice prvoga reda. Po definiciji, ta relacija ne ovisi o značenju predikata (osim predikata identiteta). Kada zanemarimo posebna značenja predikata Kocka i VećeOd, jedino što nas zanima jest pitanje o tome koji predmeti iz domene zadovoljavaju atomarne isf-e Kocka(x) i VećeOd(x, y). Zbog toga smo u našoj definiciji strukture prvoga reda dopustili da predikati imaju proizvoljne ekstenzije, pod uvjetom da se poštuje mjesnost predikata.

221 Poglavlje 21 Istina i zadovoljavanje Do sada smo se za svrhu definicije istinitosti kvantificiranih rečenica oslanjali na pojam zadovoljavanja. Podsjetnik. Neki predmet zadovoljava atomarnu ispravno sastavljenu formulu U(x) ako i samo ako taj predmet jest U. Općenito za sve isfe, predmet b zadovoljava isf-u P (x) ako i samo ako je n individualna konstanta koja imenuje predmet b i P (n) je istinita rečenica. Uz pomoć pojma strukture prvoga reda, pojmove istine i zadovoljavanja možemo definirati na stroži način. Ovdje ćemo na formalan način iskazati te intuitivne pojmove Dodjeljivanje vrijednosti varijablama Neka je M struktura prvoga reda s domenom D. Dodjeljivanje vrijednosti varijablama u M je neka funkcija (možda parcijalna) g koja je definirana za skup varijabli i koja svoje vrijednosti dobiva u D (g : varijable 7 D). funkcija dodjeljivanja vrijednosti "Ulaz" "Izlaz" varijabla predmet iz domene Primjer 21.1 Neka je M struktura s domenom D = {a, b, c}. Evo nekih funkcija dodjeljivanja vrijednosti varijablama: (i) g 1 dodjeljuje b za x (tj. g 1 = {< x,b>}, g 1 je parcijalna funkcija ako {x y(y = g 1 (x))} 6= skup_varijabli), (ii) g 2 dodjeljuje a, b, c za varijable x, y, z, tim redom, (iii) funkcija g 3 dodjeluje svim varijablama u jeziku predmet b (totalna funkcija s rangom {y x(g 3 (x) =y)} = {b}), (iv) "prazna" funkcija g 4 koja ne dodjeljuje vrijednost niti jednoj varijabli (g 4 =, rang je u ovom slučaju {y x(g 4 (x) =y)} = ). Poseban slučaj je prazno dodjeljivanje vrijednosti varijablama; oznaka za takvu funkciju bit će g. Odgovarajue dodjeljivanje vrijednosti varijablama. Ako nam je zadana ispravno sastavljena formula P, onda za neko dodjeljivanje vrijednosti varijablama, g kažemo da je odgovarajuće za P ako su sve slobodne varijable u domeni od g (tj. ako g dodjeljuje neki predmet svakoj slobodnoj varijabli koja se javlja u P ) Kako odre dujemo je li varijabla vezana ili slobodna: 212

222 21.1 Dodjeljivanje vrijednosti varijablama 213 Primjer 21.2 Nastavljamo s prethodnim primjerom: (i) g 1 je odgovarajući ako isf ima x kao jedinu slobodnu varijablu ili uopće nema varijable, (ii) g 2 je odgovarajući za svaku isf-u kod koje je skup slobodnih varijabli podskup od {x, y, z} (iii) funkcija g 3 je odgovarajuća za svaku isf-u, (iv) "prazna" funkcija g 4 je odgovarajuća samo za isf-e bez slobodnih varijabli (tj. odgovarajuća je samo za rečenice). Bez supstitucije imena za varijable. U prethodnom izlaganju pojmova zadovoljavanja i istine oslonili smo se na uvrštavanje imena na mjestu slobodnih varijabli. Zahvaljujući uvo denju funkcije g moći ćemo izbjeći posredovanje supstitucije. Tako der, koristeći ovakve funkcije moći ćemo postići željenu općenitost i definirati zadovoljavanje za n-mjesne predikate. Koristit ćemo induktivnu definiciju, gdje će svaki posebni slučaj odgovarati jednom od načina izgradnje isf-a iz atomarnih isf-a. Na kraju će se problem postupno svesti na osnovni slučaj atomarne isf-e, gdje se izričito odre duje što zadovoljavanje znači. Podsjetnik (induktivna definicija isf-e). Atomarna isf je niz simbola P (t 1,...,t n ) gdje je P n-mjesni predikat a svaki pojedini t i je ili varijabla ili individualna konstanta. Osnovna klauzula: atomarna isf je isf. Induktivne klauzule (navodimo ih samo nekoliko): Ako je P isf, onda je P isf...ako je P isf i v varijabla, onda su i vp i vp isf-e. Završna klauzula: ništa drugo nije isf. Da bismo mogli pokriti one slučajeve u kojima isf P započinje s kvantifikatorima, potreban nam je način modificiranja dodijeljivanja vrijednosti varijablama. Primjer 21.3 Neka je g definirana za x. Da bismo kazali da g zadovoljava zv oli(x, z) moramo moći uzeti proizvoljni predmet b iz domene i ispitati dodjeljivanje vrijednosti varijablama koje je u svemu jednako s g osim po tome što za varijablu z dodjeljuje b. Kazat ćemo da g zadovoljava zv oli(x, z) ako i samo ako svako modificirano dodjeljivanje g 0 zadovoljava zv oli(x, z). Za oznaku modificiranog dodjeljivanja g 0 koje se od izvornog g razlikuje samo po tome što varijabli z dodjeluje predmet b koristimo "g[z/b]". Općenito, g[v/b] je dodjeljivanje vrijednosti (i) čija je domena ista kao i domena za funkciju g uz dodatak varijable v i (ii) koje dodjeljuje iste vrijednosti kao g osim što za v dodjeljuje b. Zadatak 124 Opišite koristeći jezik teorije skupova domenu i rang funkcije g[v/b]! 1. Ako je P isf i ako je v varijabla, onda je vp isf i svaka pojava varijable v u vp je vezana. 2. Ako je P isf i ako je v varijabla, onda je vp isf i svaka pojava varijable v u vp je vezana.

223 214 Poglavlje 21 Istina i zadovoljavanje Odgovor 36 {b} Domena: {x y(y = g(x))} {v}. Rang:{y x(y = g(x))} Primjer 21.4 Nastavak prethodnih primjera: (i) g 1 dodjeljuje b za x, zatog 1 [y/c] dodjeljuje c za y i b za x, nasuprot tome, g 1 [x/c] dodjeljuje vrijednost jedino varijabli x, itopredmetc. Zadatak 125 (ii) g 2 dodjeljuje a, b, c za varijable x, y, z, odredite g 2 [x/b] i g 2 [u/c] (iii) funkcija g 3 dodjeluje svim varijablama u jeziku predmet b, odredite g 3 [y/b] i g 3 [y/c], (iv) "prazna" funkcija g 4 koja ne dodjeljuje vrijednost niti jednoj varijabli, odredite g 4 [x/b]. Privremena denotacija. Funkcije dodjeljivanja vrijednosti omogućuja nam da slobodne varijable tretiramo kao da imaju privremenu denotaciju, ne onu koju je zadana sa strukturom, već onu koju su zadobile u svrhu izgradnje induktivne definicije zadovoljavanja. Na taj način, ako je dodjeljivanje vrijednosti g odgovarajuće za isf-u P, onda zahvaljujući funkcijama M i g svi (singularni) termi, bili oni konstante ili varijable, imaju svoju denotaciju (privremene ili stalne referente). Za svaki term t,pišemo[[t]] M g kao oznaku za denotaciju od t. [[t]] M g = t M ako je t konstanta [[t]] M g = g(t) ako je t varijabla Sada možemo definirati što to znači da dodjeljivanje vrijednosti g zadovoljava isf P u strukturi M. Prvo,g mora biti odgovarajuće za P. Drugo, definicija neće donijeti nikakvih iznena denja, zapravo je riječ samo o formalizaciji jedne intuitivne ideje. Definicija 15 (Zadovoljavanje) Neka je P isf i g dodjeljivanje vrijednosti varijablama u M koje je odgovarajuće za P. 1. Atomarni sluaj. Pretpostavimo da je P - R(t 1,...,t n ), gdje je R n-mjesni predikat. Tada g zadovoljava P u M ako i samo ako n-torka < [[t 1 ]] M g,...,[[t n]] M g > jest u R M (tj. < [[t 1 ]] M g,...,[[t n]] M g > M(R)). 2. Negacija. Pretpostavimo da je P :- Q. Tadag zadovoljava P u M ako i samo ako g ne zadovoljava Q. 3. Konjunkcija. Pretpostavimo da je P - Q R. Tada g zadovoljava Q R u M ako i samo ako g zadovoljava i Q i R. 4. Disjunkcija. Pretpostavimo da je P - Q R. Tadag zadovoljava Q R u M ako i samo ako g zadovoljava ili Q ili R. (ili oboje). 5. Kondicional. Pretpostavimo da je P - Q R. Tada g zadovoljava Q R u M ako i samo ako g ne zadovoljava Q ili g zadovoljava R. (ili oboje).

224 21.2 Istina: zadovoljavanje u praznom dodjeljivanju vrijednosti Bikondicional. Pretpostavimo da je P - Q R. Tadag zadovoljava Q R u M ako i samo ako g zadovoljava oboje, i Q i R. ili ne zadovoljava ni jedno ni drugo.. 7. Univerzalna kvantifikacija. Pretpostavimo da je P - vq. Tada g zadovoljava vq u M ako i samo ako za svaki d D M, g[v/d] zadovoljava Q. 8. Egzistencijalna kvantifikacija. Pretpostavimo da je P - vq. Tada g zadovoljava vq u M ako i samo ako za neki d D M, g[v/d] zadovoljava Q. Zapis. Tvrdnju da dodjeljivanje vrijednosti varijablama g zadovoljava isf P u strukturi M zapisujemo na sljedeći način: M ² P [g] Primjer 21.5 Struktura M s domenom D = {a, b, c}. Jezik sadrži binarni predikat Voli čija je ekstenzija u strukturi Voli M = {< a,a >,< a,b >,< c,a >}. Promatramo isf: y(voli(x, y) Voli(y, y)). Dodjeljivanje g zadovoljava isf-u ako i samo ako ono dodjeljuje a za x (naime jedino a voli nekoga koji ne voli samoga sebe). Ispitajmo primjer koristeći gornju definiciju. Prvo, g mora dodjeljivati neku vrijednost za x da bi g bilo odgovarajauće za formulu. Ta vrijednost mora biti jedan me du a, b i c; nazovimo je e. Drugo, po klauzulu za, g zadovoljava ovu isf akko postoji d D takav da g[y/d] zadovoljava Voli(x, y) Voli(y, y). Po klauzulama za konjunkciju i negaciju, g[y/d] tada zadovoljava Voli(x, y) i ne zadovoljava Voli(y, y). Gledajući na atomarni slučaj, tada <e,d>mora biti u ekstenziji Voli M,a<d,d>ne smije biti u toj ekstenziji. Ispitajmo slučajeve (i) e = d = a otpada, (ii) e = b i d = a otpada, itd. Jedina mogućnost je e = a i d = b. Zatojejedininačin da g zadovolji zadanu isf-u u M onaj u kome g dodjeljuje a za x. U prethodnom smo primjeru analizirali isf-u s jednom slobodnom varijablom, ali za tu smo svrhu morali razmotriti isf-e s dvije slobodne varijable. Zapravo, tražimo način za definirati istinitost rečenica, a to znači isf-a bez slobodnih varijabli. No za tu svrhu, morali smo ići do višeg stupnja općenitosti i definirati zadovoljavanje za isf-e sa slobodnim varijablama. Kada smo jednom definirali zadovoljavanje za isf-e, možemo prijeći na poseban slučaj isf-a bez slobodnih varijabli i definirati istinu Istina: zadovoljavanje u praznom dodjeljivanju vrijednosti Definicija 16 (Istina) Neka je L neki jezik prvoga reda i neka je M stuktura za L. Rečenica P je istinita u M ako i samo ako prazno dodjeljivanje vrijednosti g zadovoljava P u M. U protivnom, P je lažna u M.

225 216 Poglavlje 21 Istina i zadovoljavanje Zapis. Ako je rečenica P istinita u M pišemo: M ² P Primjer 21.6 Struktura M s domenom D = {a, b, c}. Jezik sadrži binarni predikat Voličija je ekstenzija u strukturi Voli M = {< a,a >,< a,b >,< c,a >}. Promatramo rečenicu: x y(voli(x, y) Voli(y, y)). Budući da nema slobodnih varijabli, prazno dodjeljivanje g je odgovarajuće za ovu rečenicu. Po definiciji zadovoljavanja, ova će rečenica biti istinita akko postoji predmet kojega možemo dodjeliti varijabli x tako da rezultirajuće dodjeljivanje zadovolji y(voli(x, y) Voli(y,y)). Vidjeli smo da postoji takav predmet, a. ZatoM ² x y(voli(x, y) Voli(y, y)). Primjer 21.7 Nastavljajući na prethodne primjere, razmotrimo rečenicu x y(voli(x, y) Voli(y, y)). Zadovoljava li prazno dodjeljivanje ovu rečenicu? Ako da, onda za svaki premet e iz domene ako dodjelimo e za x rezultirajuće dodjeljivanje g zadovoljava y(voli(x, y) Voli(y, y)). Ali to nije slučaj. zato prazno dodjeljivanje ne zadovoljava rečenicu, pa je zato njezina negacija istinita, M ² x y(voli(x, y) Voli(y, y)). Intuitivno, istinitost rečenice ovisi samo o značenju pripisanom u strukturi za predikate i individualne konstante. Činjenica da je to doista tako proizlazi iz sljedeće, nešto jače tvrdnje. Tvrdnja 36 Neka su M 1 i M 2 strukture koje imaju istu domenu i koje dodjeljuju istu interpretaciju za predikate i konstante u isf P. neka su g 1 i g 2 dodjeljivanja vrijednosti varijablama koja dodjeljuju iste vrijednosti (predmete) za slobodne varijable u isf-i P. Tada M 1 ² P [g 1 ] ako i samo ako M 2 ² P [g 2 ] Dokaz 29 Dokaz treba izraditi koristeći indukciju nad isf-ama. Osnovni korak: Pretpostavimo da je P - R(t 1,...,t n ), gdje je Rn-mjesni D predikat. Po E definiciji, g 1 zadovoljava P u M 1 ako i samo ako n-torka [[t 1 ]] M1 g 1,...,[[t n ]] M1 g 1 M 1 (R), D E a g 2 zadovoljava P u M 2 ako i samo ako n-torka [[t 1 ]] M2 g 2,...,[[t n ]] M2 g 2 M 2 (R). Budući da se dvije strukture i dva dodjeljivanja vrijednosti podudaraju u pogledu interpretacije svakog simbola koji se javlja u P, vrijedit će za svaki term t i da [[t i ]] M1 g 1 =[[t i ]] M2 g 2 te za predikat R da M 1 (R) =M 2 (R). Uz potrebne primjene eliminacije identiteta dobivamo: M 1 ² P [g 1 ] ako i samo ako M 2 ² P [g 2 ]. U induktivnom ćemo koraku razmotrit dva slučaja od mogućih sedam slučajeva: konjunktivnu i egzistencijalnu isf-u. Po induktivnoj hipotezi pretpostavit ćemo da ciljni bikondicional : pretpostavimo M 1 ² Q[g 1 ] ako i samo ako M 2 ² Q[g 2 ].Trebamo dokazati da tada treba vrijediti: (*) M 1 ² vq[g 1 ] ako i samo ako M 2 ² vq[g 2 ]. Pretpostavimo suprotno, neka je slučaj da (i) M 1 2 vq[g 1 ]

226 21.2 Istina: zadovoljavanje u praznom dodjeljivanju vrijednosti 217 i M 2 ² vq[g 2 ] ili (ii) M 1 ² vq[g 1 ] i M 2 2 vq[g 2 ]. Ako (i), onda ne postoji d D M 1 takav da g 1[v/d] zadovoljava Q, ali postoji d D M 2 takav da g 2[v/d] zadovoljava Q. Budući da su domene identične, D M 1 = DM 2, prethodno je moguće samo ako se g 1 i g 2 razlikuju u dodjeljivanju vrijednosti za neki term koji se pojavljuje u Q. No, to nije moguće. Drukčije kazano, označimo s Q v c isf koju ćemo dobiti ako na svim mjestima gdje se u Q javlja varijabla v uvrstimo novo ime c koje smo dodijelili predmetu d D M 2 koji zadovoljava isf Q. Unovom zapisu, mora vrijediti M 2 ² Q v c[g 2 ] i ne smije vrijediti M 1 ² Q v c[g 1 ]. Onda bi se ili (i) M 1 i M 2 morali razlikovati u interpretaciji nekog predikata ili konstantne, ili (ii) bi se g 1 i g 2.morali razlikovati u dodjeljivanju vrijednosti varijablama koje se javljaju u Q. No ni jedno ni drugo nije moguće: (i) nije moguće zbog toga što su M 1 i M 2 strukture koje imaju istu domenu i koje dodjeljuju istu interpretaciju za predikate i konstante u isf-i Q, (ii) nije moguće po induktivnoj hipotezi. Kada na raspolaganju pojam o istini, može definirati druge važne pojmove poput posljedice prvoga reda ili valjane rečenice prvoga reda. U sljedećim definicijama pretpostavljamo da nam je zadan neki jezik prvoga reda i da sve rečenice o kojima je riječ pripadaju tom jeziku. Pod nazivom struktura misli se na bilo koju strukturu prvoga reda koja daje interpretaciju za sve predikate i individualne konstante toga jezika. Definicija 17 (Posljedica prvoga reda) Rečenica Q je posljedica prvoga reda skupa rečenica T = {P 1,...} ako i samo ako svaka struktura koja čini sve rečenice iz T istinitima, čini i Q istinitom. Ova definicija je slična definiciji tautološke posljedice 32. Razlika leži u tome što se umjesto dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti, ovdje koristimo strukture prvoga reda. Na sličan način možemo modificirati i definiciju tautologije 33. Definicija 18 (Valjana rečenica prvoga reda) Rečenica P je valjana rečenica prvoga reda ako i samo ako je P istinito u svakoj strukturi prvoga reda Na sličan način idemo i prema ostalim semantičkim pojmovima. Za rečenicu možemo reći da je zadovoljiva u smislu logike prvoga reda ako i samo ako postoji struktura prvoga reda koja tu rečenicu čini istinitom. Za skup rečenica možemo reći da je zadovoljiv u smislu logike prvoga reda ako i samo ako postoji struktura prvoga reda koja čini istinitom svaku rečenicu iz tog skupa. 32 Za zapamtiti Rečenica S je tautoloka posljedica skupa rečenica T ako i samo ako je u svakom dodjeljivanju istinitosnih vrijednosti pod kojim je svaka rečenica iz T istinita tako der i rečenica S istinita. 33 Rečenica S je tautologija ako je istinita za svako dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti h, drugim riječima, ako je za svako h - ĥ(s) =>.

227 218 Poglavlje 21 Istina i zadovoljavanje 1. Strukture prvoga reda su matematički (ili formalni) modeli domene o kojoj izruičemo tvrdnje koristeći logiku prvoga reda. 2. Dodjeljivanbje vrijednosti varijablama je funkcija koja presslikava varijable u domenu neke strukture prvoga reda. 3. Dodjeljivanje vrijednosti varijablama zadovoljava isf-u ako (u intuitivnom smislu) predmeti dodjeljeni varijablama čine isf-u istinitom u strukturi. 4. Pomoću pojma zadovoljavanja možemo definirati što znači istinitost rečenice u strukturi. 5. Kada na raspolaganju imamo pojam istinitosti u strukturi, možemo definirati pojmove o posljedici prvoga reda i logičkoj istini, u smislu logike prvoga reda Primjeri drukčijeg (ali istovrijednog) definiranja semantičkih pojmova Iz: Johan van Benthem. Exploring Logical Dynamics. CSLI Publications. Stanford, str. 48. Semantička interpretacija koristi strukture D =(D, O; P ), gdje je D domena predmeta, O skup razlikovanih predmeta, a P skup predikata. Funkcija interpretacije I pridružuje individualnim konstantama c razlikovane predmete I(c) O, a k mjesnim predikatnim simbolima pridružuje k mjesne predikate I(P ) P. Dodjeljivanje vrijednosti varijablama a pridružuje individualnim varijablama x predmete a(x) D. Ovdje je I trajnija veza a a lokalnija i dinamična. Dalje dolaze vrijednosti terma: vrijednost(x, D, I, a) = a(x) vrijednost(c, D, I, a) = I(c) Dalje, Tarskijeva definicija istine definira središnju ideju "φ je istinito u D pod I i a": D, I, a ² φ putem sljedećih induktivnih klauzula (atomarni slučaj je dan u obliku primjera): D, I, a ² Rt 1 t 2 akko I(R)(vrijednost(t 1,D,I,a),vrijednost(t 2,D,I,a)) D, I, a ² t 1 = t 2 akko vrijednost(t 1,D,I,a)=vrijednost(t 2,D,I,a) D, I, a ² φ akko nije slučaj da D, I, a ² φ D, I, a ² φ ψ akko D, I, a ² φ i D, I, a ² ψ inasličan način za ostale propozicijske veznike D, I, a ² xφ akko postoji neki d D takav da D, I, a x d ² φ inasličan način za univerzalni kvantifikator

228 21.2 Istina: zadovoljavanje u praznom dodjeljivanju vrijednosti 219 Ovdje je a x d dodjeljivanje vrijednosti b koje je po svemu jednako s a osim s mogućom razlikom u tome da ono dodjeljuje predmet d za varijablu x. Zadatak 126 Usporedite Barwise-Etchemendy definicije s van Benthem-ovim! Koliko se funkcija koristi u odre divanju neke strukture prvoga reda? Jesu li funkcije dodjeljivanja za varijable totalne u oba slučaja? Primjer 21.8 Willem Groenenveld. Logical Investigations into Dynamic Semantics. ILLC, Amsterdam, str. 39. "Statična semantika sastoji se od trojke L, K, ², gdje je L jezik, K skup modela, a ² relacija korespondencije izme du M K i φ L. Ako M ² φ onda kažemo da je φ istinito u M. Ako Γ L onda M ² φ znači da svaka rečenica ψ L jest istinita u M. Ako Γ L, φ L kažemo da je argument Γ/φ klasično valjan u K pod uvjetom da za svaki model M K gdje M ² Γ tako der vrijedi M ² φ; zapis Γ ² c K φ."

229 Poglavlje 22 Pouzdanost logike prvoga reda Zahvaljujući činjenici da smo ideju posljedice prvoga reda učinili preciznom (tj. formalizirali je), možemo prijeći na iskaz i dokaz teorema pouzdanosti za logiku prvoga reda. Tvrdnju da se rečenica S može dokazati pomoću skupa premisa T usustavu prirodne dedukcije F zapisujemo ovako: T ` S Teorem 37 (Pouzdanost sustava F ) reda skupa T. Ako T ` S, onda je S posljedica prvog Osnovna ideja dokaza.kao i kod dokaza potpunosti za propozicijsku logiku (sustav F T ) pretpostavljamo da je d neki dokaz sačinjen u sustavu F. Pokazat ćemo da je bilo koja rečenica koja se javlja u bilo kojem koraku dokaza d posljedica prvoga reda pretpostavki koje su na snazi u tom koraku. Ova se tvrdnja ne odnosi samo na rečenice koje su premise dokaza već inarečenicekojese javljaju u poddokazu ma koliko duboko one bile "ukopane". Pretpostavke koje su na snazi uvijek uključuju glavne premise dokaza, ali ako promatramo korak u nekom poddokazu, onda pretpostavke na snazi na tom koraku uključuju sve pretpostavke tog poddokaza. Tvrdnja da je bilo koja rečenica u dokazu d posljedica prvoga reda pretpostavki na snazi u tom koraku povlači teorem o pouzdanosti. Naime, ako se S javlja na glavnoj razini u d, onda su pretpostavke iz T jedine pretpostavke na snazi u tom koraku pa je S njihova posljedica prvoga reda. U dokazu pouzdanosti za F T koristili smo dokaz kontradikcijom (reductio ad 220

230 221 absurdum). Pretpostavili ćemo da postoji korak u dokazu d koji nije tautološka posljedica pretpostavki koje su na snazi u tom koraku i takav korak smo nazvali nevaljanim. Nerv dokaza je u tome da se pokaže da niti jedno od pravila nije moglo opravdati taj nevaljani korak. Takav pretpostavka o prvom nevaljanom koraku, zapravo je bila prikrivena indukcija (prethodni koraci su valjani - to je bila induktivna hipoteza). Sada ćemo ići izravnije i s eksplicitnom indukcijom. Pretpostavit ćemo da smo na n-tom koraku i da su svi prethodni koraci bili valjani. Pod tom pretpostavkom (induktivnom hipotezom) pokazujemo da je i ovaj, n-ti korak valjan. Dokazi za veznike odgovaraju onima za sustav F T. Elim Pretpostavimo da n-ti korak u dokazu derivira rečenicu R putem primjene pravila Elim nad rečenicama Q R i Q koje se javljaju ranije u dokazu. Neka je A 1,...,A n popis pretpostavki koje su na snazi u koraku n. Po induktivnoj hipotezi, znamo da su Q R i R valjani koraci (tj. da su posljedice prvoga reda pretpostavki na snazi u tim koracima). Budući da F dopušta citirati samo korake čije su pretpostavke i dalje na snazi, znamo da su pretpostavke ovih dvaju koraka na snazi i u koraku R. Dakle, pretpostavke koraka R nalaze se me du A 1,...,A n. Pretpostavimo da je M struktura prvoga reda u kojoj je svaka rečenica A 1,...,A n istinita. Po induktivnoj hipotezi, slijedi da M ² Q i M ² Q R budući da su te rečenice posljedice prvoga reda od A 1,...,A n.noutomslučaju po definiciji za istinu u strukturi vidimo da M ² R. Zato je R posljedica prvoga reda od A 1,...,A n.dakle,n je valjan korak. Elim. Pretpostavimo da n-ti korak derivira rečenicu R putem primjene pravila Elim na rečenicu xp (x) i na poddokaz koji sadrži R na svojoj glavnoj razini, recimo u koraku m. Neka je c nova individualna konstanta uvedena u poddokazu. Drugim riječima, P (c) je pretpostavka poddokaza koji sadrži R: Neka su A 1,..., A n.pretpostavke na snazi u koraku n. Induktivna hipoteza jamči da su koraci j i m valjani, zato je xp (x) posljedica prvoga reda pretpostavki

231 222 Poglavlje 22 Pouzdanost logike prvoga reda koje su na snazi u tom koraku, j na slici i te su pretpostavke podskup od A 1,...,A n.s druge strane, R je posljedica prvoga reda pretpostavki koje su na snazi u koraku m, a one su podskup od A 1,...,A n plus P (c) - pretpostavke poddokaza. Moramo pokazati da je R posljedica prvoga reda samo pretpostavki A 1,...,A n. Za tu svrhu pretpostavimo da je M struktura prvoga reda u kojoj svaka rečenica A 1,...,A n istinita. Tako der moramo pokazati da je R istinita u M. Budući da je xp (x) posljedica prvoga reda tih pretpostavki, onda M ² xp (x).uočimo da se konstanta c ne može javljati u A 1,...,A n, xp (x),ruskladusograničenjima koja su postavljena pri uvo denju novog, privremenog imena za pravilo Elim. Budući da M ² xp (x), znamo da postoji neki predmet, recimo b, u domeni od M koji zadovoljava P (x). Neka je M 0 po svemu jednaka s M, osimpotome što konstanti c dodjeljuje predmet b. Očigledno je da će vrijediti M 0 ² P (c) u skladu s našim izborom interpretacije za c. Po već dokazanoj tvrdnji 34 M 0 čini istinitima A 1,...,A n No tada M 0 ² R jer je R posljedica prvoga reda tih rečenica. Budući da se c ne javlja u R, R je tako der istinit u početnoj strukturi M (opet u skladu s već citiranom tvrdnjom). Dokaz za Intro je sličan. A preostala dva pravila su jednostavna. Teorem pouzdanosti za F jamči nam da nikada nećemo dokazati nevaljani zaključak (argument) koristeći samo pravila iz F. On nas tako der upozorava da nećemo moći dokazati valjani zaključak čija valjanost ovisi o drugim predikatima pored identiteta. 34 Neka su M 1 i M 2 strukture koje imaju istu domenu i koje dodjeljuju istu interpretaciju za predikate i konstante u isf P.nekasug 1 i g 2 dodjeljivanja vrijednosti varijablama koja dodjeljuju iste vrijednosti (predmete) za slobodne varijable u isf-i P. Tada M 1 ² P [g 1] ako i samo ako M 2 ² P [g 2 ]

232 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost Definicija logičke posljedice je uglavnom bila semantička: S je logička posljedica premisa P 1,...,P n ako nije moguće da premise budu istine a da pri tome konkluzija bude neistinita. Postavlja se pitanje jesu li metode dokaza koje smo do sada razmatrali dovoljne da dokažemo sve ono što bismo htjeli dokazati. Možemo li biti sigurni da ćemo uvijek kada je slučaj da je S logička posljedica premisa P 1,...,P n moći pronaći dokaz za S iz P 1,...,P n? Odgovor na ovo pitanje je i da i ne, ovisno o tome na koji smo način precizirali pojam logičke posljedice i ovisno o tome koji jezik promatramo. Odgovor na naše pitanje je da ako pod pojmom logičke posljedice mislimo posljedicu prvoga reda. Gödelov teorem potpunosti za logiku prvoga reda jamči nam da ako je S posljedica prvoga reda skupa rečenica T, onda postoji i formalni dokaz za S koji koristi jedino premise iz skupa T. Prvi dokaz ovakve vrste dao je Kurt Gödel u svojoj diserataciji Pretpostavimo, me dutim, da koristimo neki posebni jezik prvoga reda i da smo zainteresirani za logičku posljedicu u kojoj uzimamo u obzir i značenje predikata iz tog jezika. Trebaju li nam dodatne metode dokazivanja? Ako da, mogu li se one svesti na metode koje smo proučavali do sada? Ili je zamislivo da ne postoji potpuni formalni sustav koji zahvaća pojam logičke posljedice za pojedine jezike? Odgovore na ta pitanja potražit ćemo u raspravi o interpretiranim jezicima i Gödelovom dokazu nepotpunosti. TautološkaP osljedica(s, T ) T `T S PosljedicaPrvogReda(S, T ) T ` S Gödel AnalitičkaP osljedica(s, T ) ; T ` S Gödel Teorem potpunosti za logiku prvog reda U izlaganju dokaza potpunosti za logiku prvoga reda koristit ćemo termine teorija i skup rečenica kao da oni znače isto. Mnogi autori ne koriste termin teorija na taj način; često se teorijom naziva skup rečenica prvoga reda koji je"zatvoren pod dokazivošću", tj. ako T ` S onda S T. Zapis T ` S značit će da postoji dokaz za rečenicu S iz teorije T u punom sustavu F (sustavu koji uključuje sva i samo pravila uvo denja i uklanjanja za logičke simbole).ovaj zapis ne znači da nužno svaka rečenica iz T mora biti upotrebljena u dokazu za S, već samo da postoji dokaz za S koji koristi jedino rečenice iz T. Posebno, skup T može biti beskonačan ali samo konačan broj premisa može biti iskorišten u jednom dokazu. Teorem 38 (Teorem potpunosti za F ) Neka je T skup rečenica nekog jezika 223

233 224 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost prvoga reda L i neka je S rečenica tog jezika. Ako je S posljedica prvoga reda od T, onda T ` S. Neposredna posljedica teorema potpunosti je teorem kompaktnosti. Teorem 39 (Teorem kompaktnosti za logiku prvog reda) Neka je T skup rečenica nekogjezikaprvogareda,l. Akozasvakikonačni podskup od T postoji struktura prvoga reda koja čini istinitom taj podskup od T, onda postoji struktura prvog reda, M koja čini sve rečenice iz T istinitima. Rascjep izme du dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti i istinitost u strukturi prvog reda. Metoda istinitosnih tablica je pregruba da bi vodila računa o značenju kvantifikatora ili simbola identiteta. Sa stajališta te metode, odnosno propozicijske logike, rečenice Kocka(b) i xkocka(x) posve su neovisne i zato nema zapreke postojanju dodjeljivanju istintosnih vrijednosti koje im pridaje različitu vrijednost, na primjer ĥ(kocka(b)) = > i ĥ( xkocka(x)) = > S druge strane, nema takve strukture prvog reda koja bi omogućila različitu istinitosnu vrijednost za te dvije rečenice; nije moguće da M ² Kocka(b) i M 2 xkocka(x).

234 23.1 Teorem potpunosti za logiku prvog reda 225 Henkinova metoda pronalazi dovitljiv način da točno ocrta rascjep izme du valjanih rečenica prvoga reda i tautologija. Za tu se svrhu koristi skup rečenica prvoga reda, H. Taj skup H uspijeva zahvatiti upravo ono što metoda istinitosnih tablica propušta vidjeti kod kvantifikatora i identiteta. Na primjer, H će sadržavati rečenicu Kocka(a) xkocka(x) i na taj način isključiti spomenuto istinitosno vrednovanje. Glavni obrisi dokaza potpunosti. Dodavanje konstanti koje svjedoče. Neka je L jezik prvoga reda. Želimo dokazati da ako je rečenica S iz jezika L posljedica prvoga reda skupa T rečenica jezika L, onda T ` S. Prvi korak je proširiti jezik L na bogatiji jezik L H,kojisadržibeskonačno mnogo novih simbola za individualne konstante, koje nazivamo konstantama koje svjedoče. Henkinova teorija. Nakon dodavanja konstanti koje svjedoče, izdvajamo jednu posebnu teoriju H u obogaćenom jeziku L H. Ova se teorija sastoji od raznih rečenica koje nisu tautologije ali jesu teoremi logike prvoga reda, uz još neke dodatne rečenice koje se nazivaju Henkinovim aksiomima koji svjedoče. Takvi aksiomi imaju oblik xp (x) P (c) gdje je c konstanta

235 226 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost koja svjedoči. Ta se konstanta pažljivo bira kako bi učinila istinitima lemu Henkinove konstrukcije i eliminacijski teorem. Eliminacijski teorem. Henkinova teorija je dovoljno slaba a formalni sustav F dovoljno jak pa omogućuju da dokažemo sljedeće: Neka je p neki formalni dokaz prvoga reda čije su rečenice iz L ili iz H a konkluzija rečenica iz L. Premise iz H mogu se eliminarati iz ovog dokaza zahvaljujući primjeni pravila za kvantifikatore. Preciznije, postoji formalni dokaz p 0 čije su premise samo one premise iz p koje su rečenice jezika L i on, tj. p 0 ima istu konkluziji kao i p. Henkinova konstrukcija. S druge strane, Henkinova teorija je dovoljno jaka a pojam strukture prvoga reda dovoljno širok pa omogućuju da dokažemo sljedeće: za svako dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti h koje dodjeljuje > svakoj ispravno sastavljenoj formuli iz H postoji struktura prvoga reda M H takva M H ² S za svaku S kojoj h dodjeljuje >. Ovakva konstrukcija strukture M H koja polazi od dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti h ponekad se naziva Henkinovom konstrukcijom. Povezivanje u dokaz potpunosti Ove rezultate možemo iskoristiti za svrhu dokazivanja teorema potpunosti. Pretpostavimo da su sve rečenice iz T te rečenica S rečeniceizpočetnog jezika L, tedajes posljedica prvog reda od T. Želimo dokazati da T ` S. Po pretpostavci, ne postoji struktura prvoga reda u kojoj su sve rečenice iz T { S} istinite. Po Henkinovoj konstrukciji, ne postoji dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti h koje dodjeluje vrijednost > svim rečenicama iz skupa T H { S}. Kada bi takvog dodjeljivanja bilo, onda bi struktura prvoga reda M H verificirala T { S}. ZatojeS tautološka posljedica od T H. Po teoremu potpunosti za propozicijsku logiku, postoji formalni dokaz p za S iz T H. Po eliminacijskom teoremu, putem korištenja pravila dokaza za kvantifikatore, dokaz p se može transformirati u formalni dokaz p 0 za S iz premisa iz T. Dakle, T ` S, što smo i željeli dokazati Dodavanje konstanti koje svjedoče Zadan nam je jezik prvoga reda K. Konstruiramo novi jezik prvoga reda K 0. Novi jezik K 0 imat će iste simbole kao i K s tom razlikom što će sadržavati puno novih simbola za konstante. Primjer 23.1 Ako je riječ o varijanti jezika iz Tarski s World, onda će novi, prošireni jezik imati i ovakve rečenice: (1) x(maleno(x) Kocka(x)) (Maleno(c 1 ) Kocka(c 1 )),(2) z(z 6= a z 6= b) (c 2 6= a c 2 6= b) Općenito, za svaku isf-u P iz jezika L koja ima točno jednu slobodnu varijablu, sačinite novi simbol individualne konstante c P, pazećipritomedaza različite isf-e sačinite različita imena. Takva konstanta naziva se konstantom koja svjedoči za P.

236 23.3 Henkinova teorija 227 Kako možemo biti sigurni da ćemo uspjeti sačiniti različita imena za različite formule? Ima različitih načina kojima se to može ostvariti. Jedan me du njima je onaj u kojemu odabiremo novi simbol c koji nije u K i za svaku formulu s jednom slobodnom varijablom upisujemo nju samu kao podznak. Primjer 23.2 (1)Instancirajmo x(maleno(x) Kocka(x)) s konstantama sačinjenim po gornjem uputstvu! Dobivamo: Maleno(c (Maleno(x) Kocka(x)) ) Kocka(c (Maleno(x) Kocka(x)) ) (2)Slično, za z(z 6= a z 6= b) instancijacija s konstantama daje c (z6=a z6=b) 6= a c (z6=a z6=b) 6= b Tako dobivamo jezik K 0, koji koristi sve simbole jezika K i njima pridodaje nove konstante koje svjedoče. Primjer 23.3 U proširenom jeziku imat ćemo i ovakvu rečenicu: z(z 6= c (z6=a z6=b) z 6= c (z6=a z6=b) ).No,itarečenica traži svoju konstantu-svjedoka. Ponavljajući postupak, dobivamo c (z6=c(z6=a z6=b) z6=c (z6=a z6=b) ). Očigledno je da proširenje jezika postavlja zahtjev za uvo denjem novih konstantisvjedoka, a njihovo uvo denje opet proširuje jezik reproducirajući zahtjev i tako dalje in infinitum. Zato konstrukciju svjedočećih konstanti moramo stalno obnavljati.time, polazeći od jezika L, dolazimodobeskonačnog niza sve opsežnijih i opsežnijih jezika: L 0 L 1 L 2... gdje L = L 0 i L n+1 = L 0 n. Naime, jezik L n+1 nastaje primjenom Henkinove konstrukcije na jeziku L n. Na kraju, Henkinov jezik L H za jezik L sastoji se od svih simbola jezika L n za svaki n =1, 2, 3,... Svaka konstanta-svjedok c P nastajenanekojrazinin = 1 ove konstrukcije. Nazovimo razinu konstrukcije - datumom ro denja konstante c P. Lema 40 (Lema datuma ro denja) Neka je n +1datum ro denja konstante c P. Ako je Q proizvolja isf jezika L n,ondasekonstantac P ne javlja u Q Henkinova teorija Svakoj isf-i P s jednom slobodnom varijablom dodali smo po jednu konstantusvjedoka. Budući da će nam slobodna varijabla biti važna, zapisivat ćemo isf-e na način koji upozorava na slobodnu varijablu kao P (x) (izbor varijable nije važan, zapravo bismo trebali pisati P (v) gdje je v bilo koja varijabla iz jezika). Posljedično, konstanta koja svjedoči označavat će se s c P (x). Podsjetimo se da

237 228 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost smo s beskonačnim iteriranjem postupka uspjeli urediti stvari tako da svaka isf-u P (x) iz L H koja ima točno jednu slobodnu varijablu ima svoju konstantu koja svjedoči c P (x) u jeziku L H. Ta nam činjenica omogućuje da sačinimo u L H ovakve rečenice: xp (x) P (c P (x) ) Ovakva je rečenica poznata pod nazivom Henkinov aksiom koji svjedoči za P (x). Intuitivna ideja u pozadini rečenice xp (x) P (c P (x) ): ako postoji neki predmet koji zadovoljava P (x), onda objekt čije je ime c P (x) predstavlja primjer ( svjedoči o postojanju) jednog takvog predmeta. Lema 41 (Lema neovisnosti) Ako su c P i c Q dvijekonstantekojesvjedoče i ako je datum ro denja od c P manji od ili jednak datumu ro denja c Q, onda se c Q ne javlja u aksiomu koji svjedoči pomoću konstante c P. Dokaz 30 Ako je datum ro denja od c P manji od datuma ro denja za c Q, onda konzekvens slijedi po lemi datuma ro denja. Ako konstante-svjedoci imaju isti datum ro denja, konzekvens proizlazi iz činjenice da različite isf-e iz jezika K imaju različite konstante koje svjedoče u K 0. Definicija 19 (Henkinova teorija) Henkinova teorija H sastoji se od svih rečenica koje imaju jedan od sljedećih pet oblika, gdje su c i d bilo koje konstante a P (x) je bilo koja formula s jednom slobodnom varijablom u jeziku L H : H1: Svi Henkinovi aksiom koji svjedoče H2: Sve rečenice čiji je oblik H3: Sve rečenice čiji je oblik H4: Sve rečenice čiji je oblik H5: Sve rečenice čiji je oblik xp (x) P (c P (x) ) P (c) xp (x) xp (x) x P (x) c = c (P (c) c = d) P (d) Uočimo sličnost izme du rečenica iz H i pravila za kvantifikatore i identitet u sustavu F : H1 približno korespondira pravilu Elim u smislu da se oba oslanjaju na istu intuiciju H2 korespondira pravilu Intro H3 reducira na H4 korespondira = Intro

238 23.3 Henkinova teorija 229 H5 korespondira pravilu = Elim Korespondencija se razlikuje od slučaja do slučaja. Na primjer, aksiomi tipa H2-H5 su valjane rečenice prvoga reda, dok H1 nije. Aksiomi svjedočenja daju važne tvrdnje za interpretaciju konstanti-svjedoka. Sljedeća tvrdnja nije potrebna u dokazu potpunosti, ipak je važna jer pokazuje zašto dokaz može uspjeti. Tvrdnja 42 Neka je M struktura prvog reda za jezik L. Postoji način interpretacije svih konstanti-svjedoka u domeni za M takav da, pod tom interpertacijom, sve rečenice iz H budu istinite. Dokaz 31 Osnovna ideja dokaza: ako M ² xp (x), odaberimo bilo koji element b iz domene koji zadovoljava P (x) i neka konstanta-svjedok c P (x) imenuje taj predmet b. AkoM ² xp (x), onda neka c P (x) imenuje bilo koji predmet b. Naovajnačin smo pokrili aksiome tipa H1. Drugi aksiomi su logičke istinei zato su istiniti neovisno o interpretaciji Zadaci Zadatak 127 Neka je T teorija formulirana u jeziku L. Primjenite dokazanu tvrdnju "Neka je M struktura prvog reda za jezik L. Postoji način interpretacije svih konstantisvjedoka u domeni za M takav da, pod tom interpertacijom, sve rečenice iz H budu istinite." da biste pokazali da vrijedi sljedeće: ako je S iz L posljedica prvoga reda od T H, onda je ona posljedica prvoga rada i od T. Dokaz 32 (*) Pretpostavimo da je S posljedica prvoga reda od T H. Po definiciji, svaka struktura prvoga reda koja čini sve rečenice iz T H istinitima čini istinitom i rečenicu S. Zareductio, pretpostavimo da je M jedna struktura koja čini sve rečenice iz T istinitima ali (#) ne i rečenicu S. No za svaku strukturu postoji interpretacija konstanti-svjedoka koja čini istinitima sve rečenice iz H. Ta struktura verificira T H, papopretpostavci(*) verificirais. Kontradikcija. Pokrenite Tarski s World i otvorite Henkin s Sentences. Neka su konstante c i d skraćeni zapis konstanti-svjedoka c Cube(x) i c Dodec(x) Small(x),timeredom. 1. (a) Pokažite da su sve te rečenice članovi teorije H. Odredite oblik svakog aksioma po definiciji za H. (b) Po prethodnom i po tvrdnji o postojanju interpertacije za konstante-svjedoke koja čini sve rečenice iz H istinitima, bilo koji svijet u kojemu se konstante c i d nekoristekaoimenamožesepretvoriti u svijet u kojemu su H rečenice istinite. Otvorite Henkin s World i imenujte tijela s c i d tako da sve rečenice postanu istinite.

239 230 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost Rješenje.a) Na primjer, treća rečenica je Henkinov aksiom H2 tipa.odredbu tipa ostalih rečenica ostavljamo čitatelju. b) Neka je c skraćeni zapis za c Cube(x), a d za c Dodec(x) Small(x). Pogledajmo rečenicu 2.: svijet ne verificira x(dodec(x) Small(x)), zato možemo odabrati bilo koji predmet.za interpretaciju svjedoka c Dodec(x) Small(x) ljedice i posljedice prvoga reda Neka T sadrži sljedeći skup rečenica, T = {Kocka(a),Maleno(a), x(kocka(x) Maleno(x)) ydodekaedar(y)} (a) Dajte neformalne dokaze da su sljedeće rečenice posljedice prvoga reda od T :(i) x(kocka(x) Maleno(x)),(ii) ydodekaedar(y). (b) Dajte neformalne dokaze da nijedna od sljedećih rečenica nije tautološka posljedica od T :(i) x(kocka(x) Maleno(x)), (ii) ydodekaedar(y), (iii) Dodekaedar(c Dodekaedar(y) ). (c) Dajte neformalne dokaze da su sve rečenice iz prethodnog zadatka (b) tautološke posljedice od T H. Odgovor 37 Rješenje. a(i) Predmet a je kocka i malen predmet. Dakle postoji malena kocka. b(i) Postoji istinitosno vrednovanje u kojemu su rečenice Kocka(a) i Maleno(a) istinite, a rečenica x(kocka(x) Maleno(x)) neistinita. c(b.i) Henkinova teorija sadrži, izme du ostalog, i sljedeće rečenice /H2

240 23.4 Eliminacijski teorem 231 tip/ (Kocka(a) Maleno(a)) x(kocka(x) Maleno(x)) Željena konkluzija slijedi nakon primjene pravila Intro i Elim Eliminacijski teorem Iz tvrdnje o mogućnosti proširenja bilo koje strukture prvoga reda s interpretacijom konstanti-svjedoka koja čini istinitim sve rečenice iz H proizlazi da ako je rečenica S iz L posljedica prvoga reda od T H, onda je S tako der i posljedica prvoga reda samo od T. Taj rezultat pokazuje nam da s konstrukcijom teorije H nismo dodali nove tvrdnje, odnosno da nismo dodali nove posljedice prvoga reda od T s obzirom na jezik L. Eliminacijski teorem pokazuje nam da je deduktivni sustav dovoljno jak da omogući sličan rezultat na formalnoj strani. Teorem 43 (eliminacije) Neka je p bilo koji formalni dokaz prvoga reda s konkluzijom S, kojajerečenica iz L ičije su premise rečenice P 1,...,P n iz jezika L uz dodatak rečenica iz H. Tada postoji formalni dokaz p 0 za S koji koristi samo P 1,...,P n. Dokaz eliminacijskog teorem razložit ćemo u niz lema. Teorem 44 ( dedukcije) Ako T {P }`Q onda T ` P Q. Dokaz 33 Pretpostavimo da T {P }`Q. Toznači da postoji dokaz za Q koji eventualno koristi P 1,...,P n iz T i Q. Sada treba pokazati da T ` P Q. Ako u poddokazu s pretpostavkom P reproduciramo prethodni dokaz, po pravilu za uvo denje kondicionala, moći ćemo dokazati Q. Zadatak 128 U Fitch-u otvorite Deduction theorem1.prf. Promotrite dokaz koji ima dvije premise, označimo ih s P 1 i P 2 te konkluziju, K! Otvorite zatim Proof Deduction Theorem.prf koji ima samo jednu premisu, P 1 i dokažite konkluziju P 2 K! Sada možete uvježbati dokaz teorema dedukcije: otvorite novi poddokaz s pretpostavkom P 2, reproducirajte dokaz iz Deduction Theorem1.prf i na kraju kada u poddokazu do dete do K, zatvorite poddokaz i primjenjujući Intro doći ćete do željenoga: P 2 K. Tvrdnja45(Uklanjanjepremisa) Ako T {P 1,...,P n }`Q i ako za svaki i =1,...,nvrijedi da T ` P i, onda T ` Q.

241 232 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost Dokaz 34 Pretpostavimo antecedens. Po44, ako T {P 1,...,P n }`Q, onda T {P 1,...,P n 1 }`P n Q. Po pretpostavci, T ` P n. Primjenom pravila modus ponens dobivamo Q,dakle:T {P 1,...,P n 1 }`Q.Ponavljamo postupak sve do P 1. Na kraju dobivamo T ` Q, što smo i htjeli. Lema 46 (A) Neka je T skup rečenica iz nekog jezika prvoga reda L te neka su P, Q i R rečenice iz L. Tada vrijedi: 1. Ako T ` P Q i T ` P Q, onda T ` Q 2. Ako T ` (P Q) R, onda T ` P R i T ` Q R Dokaz 35 Možemo bez premisa dokazati P P.Zato,T ` P P.Primjena Elim daje željeni rezultat. Dokaz za 2. jekorisnavježbaizpraviladokaza. Lema 47 (B: zamjena konstanti s kvantifikatorima) Neka je T skup rečenica iznekogjezikaprvogaredal i neka je Q rečenica iz L. Nekaje P (x) isf iz L s jednom slobodnom varijablom koja ne sadrži c. AkoT ` P (c) Q iakosec ne javlja ni u T ni u Q, onda T ` xp (x) Q. Dokaz 36 Pretpostavimo T ` P (c) Q gdje je c konstanta koja se ne javlja ni u P (x) ni u T ni u Q. To isto, tj. T ` P (d) Q vrijedi za bilo koju drugu konstantu d koja se ne javlja ni u P (x) u T ni u Q. Dovoljno je preuzeti izvorni dokaz p i na svakom mjestu na kojem se javlja c - upisati d. Ako se d javljalo u izvornom dokazu p, zamijenimo ga s nekom novom konstantom, ako hoćemo, za tu svrhu možemo upotrebiti i c. Neformalni dokaz. Koristeći metodu Intro, uzimamo xp (x) za pretpostavku i pokušavamo dokazati Q. Zatu svrhu koristimo Elim. Neka je d nova konstanta i pretpostavimo P (d). No po prethodnom zapažanju znamo da možemo dokazati P (d) Q. Uz Elim dobivamo Q. Zadatak 129 Vježba daje primjer transformiranja dokaza po metodi ove leme.

242 23.4 Eliminacijski teorem 233 Konkluzija koja sadrži konstantu b. Konluzija koja ne sadrži konstantu b. Lema 48 (Eliminacija Henkinovih aksioma) Neka je T skup rečenica iz nekog jezika prvoga reda L i neka je Q rečenica iz L. Neka je P (x) isf iz L s jednom slobodnom varijablom koja ne sadrži c. AkoT { xp (x) P (c)} `Q iako se c ne javlja ni u T ni u Q, onda T ` Q. Dokaz 37 Pretpostavimo T { xp (x) P (c)} `Q gdje je c konstanta koja

243 234 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost se ne javlja ni u T ni u Q. Po teoremu dedukcije, T ` ( xp (x) P (c)) Q. Po lemi A.2 T ` xp (x) Q i T ` P (c) Q. Iz drugoga, po lemi B, dobivamo T ` xp (x) Q. Primjena leme A.1 daje traženo: T ` Q Na ovaj način možemo ukloniti Henkinove aksiome svjedočenja (H1) iz dokaza koji ih koristi. Sljedeća lema pokriva ostale aksiome iz H. Lema 49 (Eliminacija ostalih članova od H) Neka je T skup rečenica prvoga reda, neka je P (x) isf s jednom slobodnom varijablom, te neka su c i d simboli konstanti.sljedeće je dokazivo u F : P (c) xp (x) xp (x) x P (x) (P (c) c = d) P (d) c = c Lema 50 Jedino što nije posve očigledno jest DeMorganov zakon.kojeg trebate dokazati za svrhu vježbanja Dokaz eliminacijskog teorema Neka je k proizvoljni prirodni broj, neka je p formalni dokaz prvoga reda za konkluziju iz jezika L čije su sve premise bilo rečenice iz T ili rečenice iz H, te gdje je najviše k članova iz H. Moramo pokazati kako se mogu eliminirati one premise koje su iz H. U dokazu koristimo indukciju na k. Osnovni slučaj je slučaj u kojemu k =0. No tada nemamo ništa za eliminirati, pa smo gotovi. Pretpostavimo da rezultat vrijedi za k i dokažimo da onda vrijedi za k+1.dokaz se cijepa na dva slučaja. Prvi slučaj: barem jedna od premisa koje treba eliminirati, recimo P, ima jedan od oblika spomenutih u prethodnoj lemi. No tada P može biti eliminiran u skladu s tvrdnjom o uklanjanju premisa što nas ostavlja s preostalih k premisa za uklanjanje, a one mogu po hipotezi indukcije biti uklonjene. Drugi slučaj: Sve premise koje treba ukloniti su Henkinovi aksiomi svjedočenja. Osnovna je ideja da se prvo elimiraju aksiomi svjedočenja koji imaju mla de konstante. Odaberite premisu oblika xp (x) P (c) čija svjedokkonstanta nije mla da od ostalih konstanti koje se javljaju u rečenicama za uklanjanje (njezin datum ro denja je veći ili jednak datumu ro denja bilo koje druge svjedok-konstante). To se može učiniti jer takvih rečenica ima konačno mnogo. Po lemi neovisnosti, c se ne javlja ni u jednoj drugoj premisi za eliminiranje. Zato se c ne javlja ni u jednoj premisi niti u konkluziji. Po lemi za eliminiranje aksioma svjedočenja, xp (x) P (c) možemo eliminirati. To nas dovodi do dokaza s najviše k premisa za eliminaciju, a to po hipotezi možemo učiniti.

244 23.5 Henkinova konstrukcija Henkinova konstrukcija Već smo dokazali tvrdnju "Neka je M struktura prvog reda za jezik L. Postoji način interpretacije svih konstanti-svjedoka u domeni za M takav da, pod tom interpertacijom, sve rečenice iz H budu istinite". Ona pokazuje da možemo uzeti bilo koju strukturu prvog reda za jezik L i proširiti je na strukturu za L H koja čini istinitima sve one rečenice koje su bile istinite u strukturi za L. Tome možemo pridodati i dodjeljivanje vrijednosti h za sve rečenice iz L H koje poštuje sve istinitosno funkcionalne veznike: trebamo dodijeliti vrijednost > za rečenice koje su istinite u strukturi, a za one koji nisu. Zadatak 130 Zadana je struktura prvoga reda, M za jezik L. Definiramo dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti, h M na sljedeći način: za bilo koju atomarnu rečenicu ili rečenicu koja počinje s kvantifikatorom, S h M (S) => ako i samo ako M ² S Trebamo dokazati da "ako i samo ako" vrijedi za bilo koju rečenicu. Odgovor 38 Dokazujemo indukcijom. Bikondicional vrijedi za osnovni slučaj atomarnih rečenica i rečenica koje započinju s kvantifikatorom. Pretpostavimo da bikondicional vrijedi za P i Q. Treba pokazati da on vrijedi i za rečenice koje možemo dobiti po pravilima tvorbe. Dokazat ćemo slučaj negacije. (L-D) Pretpostavimo h M ( P )=>. Treba dokazati da M ² P.Akoh M ( P )=>, onda h M (P )= po definiciji h. Budući da po hipotezi indukcije P zadovoljava bikondicional, iz neistinitosti P, proizlazim 2 P. Po definiciji negacije, M ² P Time je dokazan "samo ako" smjer. (D-L) Pretpostavimo M ² P. Treba dokazati da h M ( P )=>. Po definiciji zadovoljavanja, iz pretpostavke proizlazi M 2 P. Budući da po hipotezi indukcije P zadovoljava bikondicional, iz M 2 P,proizlazih M (P ) =. Po definiciji zadovoljavanja, dobivamo h M ( P )=>, dočega smo i tebali doći. Konjunkcija. (L-D) Pretpostavimo h M (P Q) =>. Treba dokazati da M ² P Q. Akoh M (P Q) =>, onda h M (P )=> i h M (Q) => po definiciji h. Budući da po hipotezi indukcije P i Q zadovoljavaju bikondicional, dobivamo M ² P i M ² Q. Po definiciji zadovoljavanja, M ² P Q.Time je dokazan "samo ako" smjer. (D-L) Pretpostavimo M ² P Q. Treba dokazati da h M (P Q) =>. Po definiciji zadovoljavanja, iz pretpostavke kondicionalnog dokaza proizlazi da M ² P i M ² Q..Budući da po hipotezi indukcije P i Q zadovoljavaju bikondicional, vrijedi da.h M (P )=> i h M (Q) => Po definiciji zadovoljavanja, dobivamo h M (P Q) =>,dočega smo i tebali doći. Ostali slučajevi prepušteni su čitatelju. Glavni korak u Henkinovom dokazu teorema potpunosti sastoji se u tome da pokažemo da se proces može odvijati u suprotnom smjeru, od dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti prema istinitosti u strukturi: o čemu govori sljedećalema.

245 236 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost Teorem 51 (Lema Henkinove konstrukcije) Neka je h bilo koje dodjeljivanje vrijednosti za L H koje dodjeljuje vrijednost > za sve rečenice Henkinove teorije H. Postoji struktura prvoga reda M H takva da M H ² S za svaku rečenicu S kojoj h dodjeljuje >. U dokazu ove leme pretpostavit ćemo da naš jezik sadrži samo simbole za relacije i za konstante, a da ne sadrži funkcijske simbole.dokaz ima dva dijela. Najprije pokazujemo kako konstruirati M H polazeći od h, a zatim pokazujemo da M H zaista čini istinitima sve one rečenica kojima h dodjeljuje vrijednost >. U konstrukciji M H moramo učiniti tri stvari. Prvo, moramo definirati domenu D od M H. Drugo, moramo svakom n-mjesnom predikatu R dodijeliti ekstenziju R, tj. skup n-torki čiji su članovi elementi iz D. Treće,moramo svakom imenu c iz L H dodijeliti neki element iz D. Zadatak 131 Najprije ćemo pokušati izvesti jednu konstrukciju koja ne uspijeva zadovoljiti zahtjeve, a potom je modificirati tako da postane uspješna. Neka je h proizvoljno dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti za jezik prvoga reda bez funkcijskih simbola. Konstruirajmo strukturu prvoga reda, M H na sljedeći način. Domena: domena za M H je skup individualnih konstanti jezika o kojem je riječ. Neka je R binarni relacijski simbol čija je ekstenzija definirana ovako: {< c,d> h(r(c, d)) = >} Na kraju, interpretirajmo svaku individualnu konstantu tako da ona imenuje sebe (npr. ako je a individualna konstanta jezika pod razmatranjem, onda M H (a) =a). Pokažite da za svaku rečenicu, S koja ne sadrži kvantifikatore ili simbol identiteta vrijedi: M H ² S akko h(s) => Odgovor 39 U osnovnom slučaju, za atomarne rečenice vrijedi M H ² R(c 1,c 2 ) ako i samo ako h(r(c 1,c 2 )) = > (gdje su c 1 i c 2 imena iz jezika). Naime, po definiciji zadovoljavanja, M H ² R(c 1,c 2 )[g ] znači hm H (c 1 ),M H (c 2 )i M H (R),ahc 1,c 2 i. je u ekstenziji od R upravo onda kada je R(c 1,c 2 ) istinito. U induktivnom koraku, pretpostavimo da bikondicional vrijedi za P i Q. Proučimo slučaj kondicionala. Trebamo dokazati M H ² (P Q) akko h(p Q) =>. (L-D) Pretpostavimo M H ² (P Q). Po definiciji zadovoljavanja, ili M H 2 P ili M H ² Q. Po hipotezi indukcije vrijedi h(p )= ili h(q) =>. Po definiciji za h, tada vrijedi h(p Q) =>. (D-L) Pretpostavimo.h(P Q) =>. Tada.h(P )= ili h(q) =>. Po hipotezi indukcije, M H 2 P ili M H ² Q. Apo definiciji zadovoljavanja, M H ² (P Q) etc. Pokažite da se prethodni rezultat ne proteže na rečenice koje sadrže simbol identiteta. Dokaz. Neka h(b = b) =. Budući da ekstenziju od = držimo fiksiranom u svim interpretacijama za slučaj kada su isti termini na obje strane, dobivamo M H ² b = b. Pokažite da se prethodni rezultat ne proteže na rečenice koje sadrže egzistencijalni kvantifikator. Dokaz. Razmotrimo h( x yr(x, y)) =. Ako je ekstenzija od R 6=, onda

246 23.5 Henkinova konstrukcija 237 M H ² x yr(x, y).tako der, ako R =, onda M H 2 x yr(x, y) ali nema zapreke da h( x yr(x, y)) = > Prvi pokušaj Gradimo strukturu M na sljedeći način: Za domenu od M uzimamo skup simbola za konstante c iz L H. Postavljamo da svaka konstanta imenuje samu sebe. Za odre divanje interpretacije relacijskog simbola R, recimo binarnog, uzimamo skup R ure denih parova <c,d>simbola za konstante takav da h dodjeljuje > za rečenicu R(c, d) Problem s ovom strukturom vezan je uz interpretaciju identiteta. Po definiciji strukture prvoga reda, interpretacija identiteta je fiksirana: M(=) = {< x,x> x D}. No neizbježno da se javljaju različite konstante c i d za koje h dodjeljuje vrijednost > za c = d. Problem proizlazi iz činjenice da u ovoj strukturi imena imenuju same sebe. Zbog toga različita imena ne mogu imenovati isti predmet. Zadatak 132 Pokažite da za svaki simbol konstante c iz L H postoji različita konstanta svjedok d takva da je c = d tautološka posljedica od H. Odgovor 40 Henkinova teorija sadrži i sljedeće rečenice H4 c = c H2. c = c x(x = c), H1. x(x = c) c x=c = c. Dvije primjene Elim daju traženu tvrdnju c x=c = c, u kojoj se javljaju dva različita imena. Poteškoća koja nastaje kada h(c = d) = > proizlazi iz činjenice da konstante imenuje same sebe, pa su c i d različiti članovi, pa zato M H 2 c = d. Trik koji se može primijeniti u ovom slučaju leži u tome da se poistovjete elementi koji su sa stajališta strukture M različiti. Za tu svrhu možemo iskoristiti pojam o klasama ekvivalencije. Primjedba 9 Podsjetnik. Relacije koje su refleksivne, simetrične i tranzitivne nazivaju se relacijama ekvivalencije. Relacije ekvivalencije povezuju predmete koji su jednaki u nekom smislu. Ovakvo povezivanja predmeta koji jednaki u nekom smislu, koristi se za uvo denje teorijski korisne konstrukcije: klase (razreda) ekvivalencije.ako je R relacija ekvivalencije, onda je [x] R skup stvari koje su ekvivalentne s x s obzirom na R, to je klasa ekvivalencije za x. Definirat ćemo binarnu relaciju na domeni od M (tj. na konstantama iz L H )nasljedeći način: c d ako i samo ako h(c = d) =>. Lema 52 Relacija je relacija ekvivalencije.

247 238 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost Dokaz 38 Dokaz ove leme zahtijeva da pokažemo da je refleksivna, simetrična i tranzitivna relacija. (Refleksivnost) Rečenica c = c je element od H i h dodjeljuje svakoj rečenici iz H vrijednost >. (Simetričnost) Pretpostavimo h(c = d) =>. UH nalazimo tada i rečenicu H5. (c = c c = d) d = c pa njoj h dodjeluje vrijednost >. Budući da h(c = d) =h(c = c) =h((c = c c = d) d = c) =>, d = c kao njihova tautološka posljedica mora biti istinita. (Tranzitivnost) Pretpostavimo da h dodjeljuje vrijednost > za c = d i d = e. Izčinjenice da je c = e njihova tautološka posljedica proizlazi h(c = e) =>. Iz leme proizlazi da možemo svakoj konstanti c pridružiti njezinu klasu ekvivalencije [c] ={d c d} Opremljeni s time možemo u drugom pokušaju definirati našu strukturu M H Drugi pokušaj Struktura M H definiranajenasljedeći način: Domena D za strukturu prvoga reda M H je skup svih klasa ekvivalencije s obzirom na relaciju. Svaka konstanta imenuje svoju klasu ekvivalencije. Relacijske simbole R definiramo na način kojeg ćemo radi pojednostavljenja uvesti preko primjera binarne relacije. Interpretacija za R je skup {< [c], [d] > h(r(c, d)) = >} Sada treba dokazati da M H verificirasveoneisamoonerečenice kojima h dodjeljuje vrijednost >,tj.zasvakurečenicu S iz L H vrijedi da M H ² S. Zatu svrhu koristimo indukciju na složenost rečenice S. Za osnovni slučaj pobrinuli smo se u konstrukciji M H. Ipak treba provjeriti jednu važnu stvar. Pretpostavimo da vrijedi [c] =[c 0 ] i [d] =[d 0 ]. Trebamo pokazati da je isključena mogućnost da bude i h(r(c, d)) = > i h(r(c 0,d 0 )) =. Dabitobioslučaj, < [c 0 ], [d 0 ] > bi bili u ekstenziji od R jer < [c], [d] > jest. u toj ekstenziji, a ta dva spomenuta para su jedan te isti. No tada bi h dodjelio pogrešnu vrijednost za R(c 0,d 0 ), a da to nije moguće pokazuje sljedeća lema. Lema 53 Ako c c 0, d d 0,teh(R(c, d)) = >, onda h(r(c 0,d 0 )) = >. Prije dokaza leme, izvedimo jednu vježbu. Pokažite da za svaki binarni relacijski simbol R iz L i za sve konstante c, c 0,d i d 0 sljedeća rečenica jest tautološka posljedica od H: (R(c, d) c = c 0 d = d 0 ) R(c 0,d 0 )

248 23.5 Henkinova konstrukcija 239 Odgovor 41 Rješenje. Jedan od H5 aksioma je i (R(c, d) c = c 0 ) R(c 0,d). Jednako tako i rečenica (R(c 0,d) d = d 0 ) R(c 0,d 0 ). Pretpostavite R(c, d) c = c 0 d = d 0, dvije primjene Elim daju traženi rezultat. Dokaz 39 Dokaz gornje leme. Rečenica (R(c, d) c = c 0 d = d 0 ) R(c 0,d 0 ) je tautološka posljedica od H. Budući da h dodjeljuje za svaku rečenicu iz H vrijednost >, te budući da po antecedensu leme h dodjeljuje vrijednost > za svaki konjunkt u R(c, d) c = c 0 d = d 0, onda h mora dodijeliti > za R(c 0,d 0 ). Ova nam lema pokazuje da je konstrukcija strukture M H uspješna za slučaj atomarnih rečenica. Drugim riječima M H će verificirati neku atomarnu rečenicu ako i samo ako h toj rečenici dodjeljuje >. Sada treba sličnu lemu dokazati općenito. Lema 54 Za bilo koju rečenicu S iz L H vrijedi da M H ² S ako i samo ako h(s) =>. Dokaz 40 (Osnovna ideja dokaza) Osnovna ideja je u korištenju indukcije. Eksplicite smo definirali strukturu M H tako da tvrdnja funkcionira u osnovnom slučaju atomarnih rečenica. Što se tiče istinitosno-funkcionalnih veznika, problem nesklada ne može se javiti jer tu dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti funkcioniraju na isti način kao i definicija istine u strukturi (npr. h(p Q) => akko h(p )=> i h(q) =>; M ² (P Q)[g ] akko M ² P [g ] i M ² Q[g ] itd.). Jedino kvantifikatori mogu prouzročiti problem, no o njima su se pobrinuli aksiomi za kvantifikatore u H. Manji problem prouzročuje koji nije izravno obra den već preko DeMorganovih rečenica u H: xp (x) x P (x) Ono što komplicira stvar s obzirom na dokaz indukcijom jest to što bi bilo koja očigledna metoda odre divanja složenosti formule, recimo preko njezine dužine ili preko broja logičkih operatora, tretirala xp (x) kao formulu čija je složenost manja od složenosti formule x P (x). U dokazu indukcijom moramo pokazati da nešto vrijedi za jednostavniju formulu da bismo to isto pokazali u slučaju složenije. Zato možemo uvesti novu mjeru složenosti: za atomarne isfe složenost je 0, za P i xp složenost je za jedan veće od složenosti od P, složenost za P Q, P Q i P Q za jedan je veća od maksimuma složenosti od P i Q, za složenost formule xp uzet ćemodajezatriveća od složenosti od P.

249 240 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost Zadatak 133 Provjerite jesu li složenosti dobro odre dene! Maleno(x) 0 Maleno(x) 1 (Maleno(x) x = a) 2 x (Maleno(x) x = a) 3 x(maleno(x) x = a) 4 Dokaz 41 (Dokaz indukcijom) Osnovni slučaj, gdje je složenost jednaka 0, vrijedi zbog M H. Induktivni korak. Pretpostavimo da lema vrijedi za sve rečenice čija složenost 5 k i neka je složenost rečenice S jednaka k +1. Najprije promatramo samo jedan slučaj s veznicima, ostali su slični. Slučaj 1. Pretpostavimo da je S - P Q. Ako M H ² S onda je barem jedna rečenica, P ili Q istinita u strukturi. Pretpostavimo da je P istinita. Budući da je složenost od S jednaka k +1onda je složenost od P manja ili jednaka k, pa po hipotezi indukcije h(p )=>. No tada h(p Q) =>, kako smo i htjeli. U suprotnom smjeru dokaz je sličan. Slučaj 2. Pretpostavimo da je S rečenica xp (x). Trebamo pokazati M H ² xp (x) ako i samo ako h( xp (x)) = >. (L-D) Pretpostavimo prvo da M H ² xp (x). Tada budući da je svaki objekt (ovdje -objekti su klase ekvivalencije) u domeni označen s nekom konstantom, po definiciji istine mora postojati konstanta c takva da M H ² P (c). No složenost potonje, instancirane rečenice je manja od složenosti za S, pa po hipotezi indukcije h(p (c)) = >. NoteorijaH sadrži i aksiom P (c) xp (x) a h dodjeljuje ovoj 35 rečenici >. No tada po istinitosnoj tablici za, h mora dodijeliti > za xp (x). (D-L) U suprotnom smjeru, postupak je sličan osim što se koristi svjedokkonstanta za P (x). Pretpostavimo da h dodjeljuje > za xp (x). Treba pokazati da tada M H ² xp (x). Noh dodjeljuje > za aksiom koji svjedoči: xp (x) P (c P (x) ). Po istinitosnoj tablici za, h mora dodijeliti > za P (c P (x) ).Taje formula manje složena od S, pa po hipotezi mora vrijediti M H ² P (c P (x) ).A tada po definiciji istine u strukturi M H ² xp (x). Slučaj 3.Pretpostavimo da je S rečenica xp (x). Pretpostavimo prvo da M H ² xp (x). OndavrijediM H 2 x P (x).ova druga rečenica je manjeg stupnja složenosti, pa po hipotezi indukcije mora vrijediti h( x P (x)) =. NoH sadrži rečenicu xp (x) x P (x). Iz ovoga proizlazi h( xp (x)) =, a time h( xp (x)) = >. Pretpostavimo h( xp (x)) = >. Onda h( xp (x)) =. NoH sadrži rečenicu xp (x) x P (x). Po hipotezi, vrijedi M H 2 x P (x). Notada M H ² xp (x). 35 Podsjetimo se da se lema Henkinove konstrukcije odnosi na dodjeljivanje vrijednosti koje svim rečenivama iz H dodjeljuje >.

250 23.5 Henkinova konstrukcija 241 Pogledajte donju sliku i proučite kako su dijelovi dokaza me dusobno povezani. Neka polja su aktivna i prebacit će Vas na odgovarajući odsjek dokumenta Zadaci 1. Zadana je struktura prvoga reda, M za jezik L. Definiramo dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti, h M na sljedeći način: za bilo koju atomarnu rečenicu ili rečenicu koja počinje s kvantifikatorom, S h M (S) => ako i samo ako M ² S Trebamo dokazati da "ako i samo ako" vrijedi za bilo koju rečenicu. (a) Dokaz. Dokazujemo indukcijom. Bikondicional vrijedi za osnovni slučaj atomarnih rečenica i rečenica koje započinju s kvantifikatorom. Pretpostavimo da bikondicional vrijedi za P i Q. Treba pokazati da on vrijedi i za rečenice koje možemo dobiti po pravilima tvorbe. I. Negacija. (L-D) Pretpostavimo h M ( P )=>. Treba dokazati da M ² P.Akoh M ( P )=>, onda h M (P )= po definiciji h. Budući da po hipotezi indukcije P zadovoljava bikondicional, iz neistinitosti P, proizlazi M 2 P. Po definiciji negacije, M ² P Time je dokazan "samo ako" smjer. (D-L) Pretpostavimo M ² P. Treba dokazati da h M ( P )=>. Po definiciji zadovoljavanja, iz pretpostavke proizlazi M 2 P. Budući da po hipotezi indukcije P zadovoljava bikondicional, iz M 2 P, proizlazi h M (P )=. Po definiciji funkcije dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti, dobivamo h M ( P )=>,dočega smo i tebali doći. II. Konjunkcija. (L-D) Pretpostavimo h M (P Q) =>. Treba dokazati da M ² P Q. Akoh M (P Q) =>, onda h M (P )=> i h M (Q) => po definiciji h. Budući da po hipotezi indukcije P i Q zadovoljavaju bikondicional, dobivamo M ² P. im ² Q. Po definiciji zadovoljavanja, M ² P Q.Time je dokazan "samo ako" smjer. (D-L) Pretpostavimo M ² P Q.. Treba dokazati da h M (P Q) =>. Po definiciji zadovoljavanja, iz pretpostavke kondicionalnog dokaza proizlazi. M ² P i M ² Q..Budući da po hipotezi indukcije P i Q zadovoljavaju bikondicional, vrijedi da.h M (P )=> i h M (Q) => Po definiciji funkcije dodjeljivanja istinitosnih vrijednosti, dobivamo h M (P Q) =>, dočega smo i tebali doći. III.Ostali slučajevi prepušteni su čitatelju. 2. Neka je h proizvoljno dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti za jezik prvoga reda bez funkcijskih simbola. Konstruirajmo strukturu prvoga reda, M H na sljedeći način. Domena: domena za M H je skup individualnih konstanti jezika o kojem je riječ. Neka je R binarni relacijski simbol čija je ekstenzija

251 242 Poglavlje 23 Potpunost i nepotpunost definirana ovako: {< c,d> h(r(c, d)) = >} Na kraju, interpretirajmo svaku individualnu konstantu tako da ona imenuje sebe (npr. ako je a individualna konstanta jezika pod razmatranjem, onda M H (a) =a). (a) Pokažite da za svaku rečenicu, S koja ne sadrži kvantifikatore ili simbol identiteta vrijedi: M H ² S akko h(s) => Dokaz. U osnovnom slučaju, za atomarne rečenice vrijedi M H ² R(c 1,c 2 ) ako i samo ako h(r(c 1,c 2 )) = > (gdje su c 1 i c 2 imena iz jezika). Naime, po definiciji zadovoljavanja, M H ² R(c 1,c 2 )[g ] znači hm H (c 1 ),M H (c 2 )i M H (R), ahc 1,c 2 i. je u ekstenziji od R upravo onda kada je R(c 1,c 2 ) istinito. U induktivnom koraku, pretpostavimo da bikondicional vrijedi za P i Q. Proučimo slučaj kondicionala. Trebamo dokazati M H ² (P Q) akko h(p Q) =>. (L-D) Pretpostavimo M H ² (P Q). Po definiciji zadovoljavanja, ili M H 2 P ili M H ² Q. Po hipotezi indukcije vrijedi h(p )= ili h(q) =>. Po definiciji za h, tada vrijedi h(p Q) =>. (D-L)Pretpostavimo.h(P Q) =>. Tada.h(P )= ili h(q) =>. Po hipotezi indukcije, M H 2 P ili M H ² Q. A po definiciji zadovoljavanja, M H ² (P Q) etc. (b) Pokažite da se prethodni rezultat ne proteže na rečenice koje sadrže simbol identiteta. Dokaz. Neka h(b = b) =. Budući da ekstenziju od = držimo fiksiranom u svim interpretacijama za slučaj kada su isti termini na obje strane, dobivamo M H ² b = b. (c) Pokažite da se prethodni rezultat ne proteže na rečenice koje sadrže egzistencijalni kvantifikator. Dokaz. Razmotrimo h( x yr(x, y)) =. Ako je ekstenzija od R 6=, onda M H ² x yr(x, y) ali nema zapreke da h( x yr(x, y)) =.Ako R =,.onda M H 2 x yr(x, y) ali nema zapreke da h( x yr(x, y)) = >. 3. Ispišite konstante-svjedoke za sljedeće isf-e. Simbol konstante a preuzet je iz početnog jezika L. (a) VeciOd(a, x) (b) VeciOd(c 1,x) gdje je c 1 nova konstanta iz L 1 (c) VeciOd(c 2,x) gdje je c 2 nova konstanta iz L 2 4. Pokrenite Tarski s World i otvorite Henkin s Sentences. Neka su konstante c i d skraćeni zapis konstanti-svjedoka c Cube(x) i c Dodec(x) Small(x),time redom. (a) Pokažite da su sve te rečenice članovi teorije H. Odredite oblik svakog aksioma po definiciji za H. (b) Po prethodnom i po tvrdnji o postojanju interpertacije za konstante-svjedoke koja čini sve rečenice iz H istinitima, bilo koji svijet u kojemu se konstante c i d nekoristekaoimenamožesepretvoriti

252 23.5 Henkinova konstrukcija 243 u svijet u kojemu su H rečenice istinite. Otvorite Henkin s World i imenujte tijela s c i d tako da sve rečenice postanu istinite. 5. Neka T sadrži sljedeći skup rečenica, T = {Kocka(a),Maleno(a), x(kocka(x) Maleno(x)) ydodekaedar(y)} (a) Dajte neformalne dokaze da su sljedeće rečenice posljedice prvoga reda od T :(i) x(kocka(x) Maleno(x)),(ii) ydodekaedar(y). (b) Dajte neformalne dokaze da nijedna od sljedećih rečenica nije tautološka posljedica od T :(i) x(kocka(x) Maleno(x)), (ii) ydodekaedar(y), (iii) Dodekaedar(c Dodekaedar(y) ). (c) Dajte neformalne dokaze da su sve rečenice iz prethodnog zadatka (5. b) tautološke posljedice od T H. T = {Kocka(a),Maleno(a), x(kocka(x) Maleno(x)) ydodekaedar(y)} H1 ={ x(kocka(x) Maleno(x)) (Kocka(c Kocka(x) Maleno(x) ) Maleno(c Kocka(x) Maleno(x) )), ydodekaedar(y) Dodekaedar(c Dodekaedar(y) )} 1. Neka je T teorija formulirana u jeziku L. Primjenite dokazanu tvrdnju "Neka je M struktura prvog reda za jezik L. Postoji način interpretacije svih konstanti-svjedoka u domeni za M takav da, pod tom interpertacijom, sve rečenice iz H budu istinite," da biste pokazali da vrijedi sljedeće: ako je S iz L posljedica prvoga reda od T H, onda je ona posljedica prvoga rada i od T. 2. Pokažite da za svaki simbol konstante c iz L H postoji različita konstanta svjedok d takva da je c = d tautološka posljedica od H.Rješenje: Henkinova teorija sadrži i sljedeće rečenice H4 c = c H2. c = c x(x = c), H3. x(x = c) c x=c = c.

253 Poglavlje 24 Löwenheim-Skolemov teorem Struktura dobivena Henkinovom konstrukcijom kao univerzalni model. Prilično iznena dujuća činjenica proizlazi iz postojanja strukture M H. Izvorni jezik može govoriti o bilo čemu; o fizičkim predmetima, brojevima, skupovima ili o nečemu drugom. No Henkinova konstrukcija daje za bilo koji jezik prvoga reda - strukturu koja će činiti istinitima sve rečenice iz izvornog jezika koje su bile istinite pod namjeravanom interpretacijom. Takva struktura ima elemente koji su posve različiti od elemenata o kojima je pod namjeravanom interpretacijom bila riječ. U strukturi M H riječ je o klasama ekvivalencije koje sadrže simbole konstanti. Primjer 24.1 Razmotrimo jezik L s jednim predikatom, Kocka i jednim imenom, a. Namjeravana interpretacija obuhvaća fizičke predmete. Po Henkinovoj konstrukciji dobit ćemo strukturu M H u kojoj je interpretacija za ime a klasa ekvivalencije [a]. Taj skup sadrži individualne konstante: a, c x=a, c x=cx=a, itd. možda i c Kocka(x), a ako da, onda i c x=ckocka(x) itd Potrebni dopunski pojmovi Prebrojiv skup. Označimo s a kantorovsku veličinom skupa a. Dva skupa a i b imajuistukantorovskuveličinu akko se njihovi članovi mogu uzajamno pridružiti po načelu 1-za-1. Preciznije, potrebno je da postoji jedan-za-jedan funkcija f s domenom a i rangom b. Svaki element iz bit će obuvaćen takvim povezivanjem jer a = {x y(f(x) =y)}. Jednako tako, svaki element iz b bit će obuhvaćen s takvim pridruživanjem jer b = {y x(f(x) = y)}. Takvo povezivanje bit će jedinstveno jer f(x) =f(y) onda x = y.pojam veličine je jednostavan kada je riječ o skupovima s konačnim brojem elemenata. Na osnovi kantorovske veličine možemo definirati pojam prebrojivosti. Najmanji beskonačni skupovi su oni koji imaju kantorovsku veličinu koja je jednaka veličini skupa prirodnih brojeva, to jest skupovi koji se mogu postaviti u koresponedenciju jedan-za-jedan sa skupom prirodnih brojeva. Skup je prebrojiv ako je ili konačan ili mu je veličina jednaka kantorovskoj veličini skupa prirodnih brojeva. Ako su skupovi beskonačni, pojam veličine postaje profinjeniji. Cantor je pokazao da je partitivni skup nekog skupa uvijek veći od tog skupa, b > b. 244

254 24.1 Potrebni dopunski pojmovi 245 a b a b a = b a Ako su a i b skupovi s beskonačno mnogo elemenata i a je podskup od b, onda katorovska veličina "dijela", tj. a može biti jednaka veličini "cjeline", tj. b. b Teorem 55 Za svaki skup b, b > b. Dokaz 42 Poslužimo se metodom indirektnog dokaza. Pretpostavimo (*) b = b. Po definiciji za kantorovsku veličinu, onda postoji injektivna funkcija f s domenom b i rangom b. Svi elementi od b podskupovi su od b, zato možemo spravompitatizasvakix b je li slučaj da on pripada skupu kojemu je pridružen po funkciji f, drugim riječima, ako x = f(y),jelitadax y. Razmotrimo skup c = {x y(x = f(y) x/ y)}, skup svih elemenata od b koji nisu elementi onog podskupa od b kojemu su pridruženi po funkciji f. Po pretpostavci (*) postoji f(c). Dodjelimo mu ime u = f(c). Mora biti slučaj da ili (i) u c ili (ii) u/ c. ispitajmo slučajeve. (i) Ako u c, onda u mora zadovoljavati uvjet y(x = f(y) x / y). Dobivamo y(u = f(y) u / y). Budući da je f injektivna funkcija, nijedan drugi skup osim c ne može biti argument funkcije f s vrijednošću c. Zato mora vrijediti u / c. Kontradikcija. (ii) Pretpostavimo u/ c. Tadau ispunjava uvjet y(x = f(y) x/ y) jer u = f(c). Zato,u c. Kontradikcija. Zadatak 134 brojeva: Pokažite da parnih brojeva ima jednako mnogo koliko i svih prirodnih {x x N y(y N x/2 =y)} = N Postojanje modela s prebrojivom domenom pokazali su naprije Löwenheim, za pojedinačne rečenice, zatim Skolem, za prebrojivo beskonačne skupove

255 246 Poglavlje 24 Löwenheim-Skolemov teorem rečenica. Njihovi su dokazi bili izra deni prije Gödelovog dokaza potpunosti, zato se izvorni dokazi razlikuju od onoga ovdje koji se oslanja na teorem potpunosti za logiku prvoga reda. Teorem 56 (Löwenheim-Skolemov teorem) Neka je T skup rečenica u prebrojivom jeziku L. Tada vrijedi da ako neka struktura prvoga reda zadovoljava T, onda i neka struktura čija je domena prebrojiva zadovoljava T. Dokaz 43 Po teoremu pouzdanosti, ako je T zadovoljiv, onda je T formalno konzistentan.naime, po teoremu pouzdanosti, ako T ` S, onda je S posljedica prvog reda od T.NekajeS-. Dobivamodaako(i)jeT formalno inkonzistentan, onda (ii) je T nezadovoljiv. (ii) vrijedi po definiciji posljedice prvoga reda: svaka struktura koja zadovoljava T zadovoljava i, ali nijedna struktura ne zadovoljava, pa zato prethodno vrijedi samo ako nijedna struktura ne zadovoljava T. Konverzija daje: ako je T zadovoljiv, onda je T formalno konzistentan.po teoremu potpunosti, ako je T formalno konzistentan, onda je istinit u nekoj strukturi prvoga reda koja ima oblik Henkinove strukture M H,zaneko dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti h za L H. Pretpostavimo da je izvorni jezik L prebrojiv. U M h ne može biti više elemenata nego što ima u L H jer su elementi u M H klase ekvivalencije simbola konstanti u L H. Svaki simbol konstanti iz L H možemo zapisati koristeći simbol c i podznakove koji koriste samo simbole iz L, iako moramo imati mogućnost da podznakove ponavljamo neograničeno mnogo puta. Ako simbole iz L možemo nanizati u jedan popis, onda taj popis možemo iskoristiti da damo poredak svim konstantama koje svjedoče iz jezika L H.Nataj je način moguće pokazati prebrojivost domene strukture M H.

256 24.1 Potrebni dopunski pojmovi 247 Zadatak 135 Neka su jedini nelogički simboli u jeziku L: Kocka i a. I neka je T = { xkocka(x)}. Postavimo simbole u abecedni poredak: a, Kocka, i započnimo popisivanje konstanti koje svjedoče. Nelogički simboli Konstante u L H a a c x=a c x=cx=a... Kocka c Kocka(x) c x=ckocka(x)... Važno je uočiti da je dvostruki beskonačni poredak prebrojiv u načinu brojenja koji "vijuga uzduž dijagonala":..... %. % %. % % % Uočimo da je Löwenheim-Skolemov teorem iskazan u semantičkim terminima. On govori o strukturama koje zadovoljavaju neki skup rečenica T. Ako T ima model, onda T ima model s prebrojivom domenom. U dokazu teorema

257 248 Poglavlje 24 Löwenheim-Skolemov teorem oslonili smo se na posredni put: na put u kojemu se oslanjamo na teoreme o odnosu sintaktičkih i semantičkih pojmova. Izvorni dokaz nije išao tim putem Skolemov paradoks Löwenheim-Skolemov teorem može izgledati zagonetnim. Razmotrimo na primjer jednu aksiomatizaciju ZFC teorije skupova. Po aksiomu beskonačnosti, postoji beskonačan skup. Po aksiomu partitivnog skupa, postoji partitivni skup beskonačnog skupa. Kantorovska veličina ovog drugog mora biti veća od veličine prvoga, beskonačnog skupa. Zato partitivni skup beskonačnog skupa nije prebrojiv. No po Löwenheim-Skolemovom teoremu aksiomi ZFC ako su zadovoljeni u nekoj strukturi prvoga reda, onda su zadovoljeni i u nekoj strukturi čija je domena prebrojiva. Primjer 24.2 Pogledajmo što bi u prebrojivoj strukturi M H bila interpretacija za partitivni skup beskonačnog skupa. Prebrojiva domena strukture M H za elemente ima klase ekvivalencije simbola za konstante. Podsjetimo se. Definirali smo binarnu relaciju na domeni koja sadrži simbole za konstante iz L H na sljedeći način: c d ako i samo ako h(c = d) => Neka su b i c elementi te domene i neka oni zadovoljavaju isf-u x je partitivni skup od y i y je beskonačan skup, tj. neka vrijedi b = c i c = N. Štosu"elementi"odb u Henkinovoj strukturi? Klase ekvivalencije [z] koje zadovoljavaju isf-u z b ustrukturim H. Što su "elementi" od b? Opet klase ekvivalencije simbola za konstante. Svojstva elemenata u domeni od M H ne moraju korespondirati svojstvima pod očekivanom interpretacijom. Naime, "elementi" ne moraju biti elementi Dklase ekvivalencije. E Situacija je sljedeća. Neka M H zadovoljava a b. Tada vrijedi [[a]] M H g, [[b]]m H g M H ( ). Nopritome[[a]] M H g / [[b]] M H g jer su elementi domene skupovi konstanti, a nijedan me du njima nije skup koji sadrži neki skup konstanti. Lekcija koja se može naučiti iz primjene Löwenheim-Skolemovog teorema nazfcteorijuskupovasastojiseutomedajezikprvogaredakojegatateorija koristi nije dovoljno bogat da iskaže različite pojmove koje prešutno pretpostavljamo kada razmišljamo o namjeravanoj domeni teorije skupova. Ključni pojam kojega ne možemo adekvatno iskazati je pojam proizvoljnog podskupa nekog skupa, ili, što se svodi na isto, pojam partitivnog skupa nekog skupa. Kada definiramo partitivni skup u jeziku prvoga reda, tada ne možemo isključiti one strukture, poput M H, u kojima "partitivni skup" znači nešto sasvim različito od namjeravnog pojma. Slično, ali u puno jednostavnijem obliku, aksiomi za oblike iz Tarski s World 36 ne mogu isključiti strukture u kojima Kocka, Tetraedar, 36 Aksiom1. x(kocka(x) Tetraedar(x)) Aksiom 2. x(kocka(x) Dodekaedar(x)) Aksiom 3. x(tetraedar(x) Dodekaedar(x)) Aksiom 5. x y((kocka(x) Kocka(y)) IstiOblik(x, y)) Aksiom6. x y((tetraedar(x) Tetraedar(y)) IstiOblik(x, y)) Aksiom7. x y((dodekaedar(x) Dodekaedar(y)) IstiOblik(x, y)) Aksiom 8. x y((istioblik(x, y) Kocka(x)) Kocka(y)) Aksiom 9. x y((istioblik(x, y) Tetraedra(x)) Tetraedar(y))

258 24.3 Teorem kompaktnosti 249 Dodekaedar i IstiOblik znače maleno, srednje veliko, veliko i jednake veličine Teorem kompaktnosti Neposredna posljedica teorema potpunosti jest teorem kompaktnosti prvoga reda. Teorem 57 (Teorem kompaktnosti za logiku prvoga reda) Neka je T skup rečenica iz jezika prvoga reda L. Akojesvakikonačni podskup od T istinit u nekoj strukturi prvoga reda, onda postoji struktura prvoga reda M koja čini sve rečenice iz M istinitima. Dokaz 44 Ovaj teorem prizlazi iz teorema potpunosti zahvaljujući činjenici da su dokazi u F konačni i zato mogu koristiti samo konačan broj premisa. Dokazivat ćemo kontrapoziciju teorema (ako ne vrijedi desna strana, onda ne vrijedi ni lijeva strana koncionala). Ako T nije zadovoljiv, onda, po teoremu potpunosti, postoji dokaz d za pomoću rečenica iz T. Taj dokaz može koristiti samo konačan broj premisa iz T.Označimo taj podskup od T koji se koristi u dokazu za d s d(t ). Taj podskup d(t ) nije zadovoljiv (po pouzdanosti). Kontrapozicija daje teorem kompaktnosti. U dokazu smo ustanovili da Zadovljiv(T ) a(a T a < N Zadovoljiv(a)).. Kontrapozicija daje teorem kompaktnosti: a[((a T a < N ) Zadovoljiv(a)) Zadovoljiv(T )]. I ovaj teorem poput Löwenheim-Skolemovog teorema pokazuje važna ograničenja koja se postavljaju na ona polja značenja koja može ocrtati jezik logike prvoga reda. Tako se može pokazati da nije moguće izabrati aksiome u jeziku logike prvoga reda koji bi mogli okarakterizirati strukturu prirodnih brojeva. Giuseppe Peano ( ) dao jednu aksiomatizaciju aritmetike, koja se prihvatila kao adekvatna formalizacija aritmetike. 1. x y(x +1=y +1 x = y) - najviše jedan sljedbenik 2. x(x +16= 0)- 0 nije sljedbenik =1 4. x(x +0=x) 5. x y[x +(y +1)=(x + y)+1]- definicija zbrajanja (4,5) 6. x(x 0=0) 7. x y[x (y +1)=(x y)+x] - definicija množenja (6,7) K tome PA ima aksiomsku shemu koja izražava princip matematičke indukcije za prirodne brojeve (aksiomska shema generira beskonačan broj aksioma koji su njezine instancije). Aksiom 10. x y((istioblik(x, y) Dodekaedar(x)) Dodekaedar(y))

259 250 Poglavlje 24 Löwenheim-Skolemov teorem 8. [Q(0) x(q(x) Q(x +1))] xq(x) Teorem 58 (Nestandardni modeli aritmetike) Neka je L jezik Peanove aritmetike. Tada postoji struktura prvoga reda M takva da: 1. M u svojoj domeni sadrži sve prirodne brojeve, 2. M pored toga sadrži u domeni i takve elemente koji su veći od bilo kojega prirodnog broja, 3. M čini istinitima upravo one rečenice iz L koje su inače istinite za prirodne brojeve. Dokaz 45 U jeziku PA e nalazimo simbol za odnos biti veći od, ali njega lako možemo definirati: x>yakko z(z 6= 0 x = y + z). Kazati da je neki element n iz M veći od bilo kojeg prirodnog broja znači kazati da n zadovoljava sve isf-e: x > 0 x > 1 x > 1+1 x > (1 + 1) + 1. Neka se T sastoji od svih rečenica iz L koje iskazuju istinite tvrdnje o prirodnim brojevima. Neka je n novi simbol za konstantu i neka je S skup koji obuhvaća sljedeće rečenice: n > 0 n > 1 n > 1+1 n > (1 + 1) + 1. Neka T 0 = T S. Pod namjeravanom interpretacijom za jezik L, teorija T 0 nije konzistentna (jer ne postoji prirodni broj koji je veći od svih brojeva 0, 1, 2,...). No, kada je riječ o posljedici prvoga reda, T 0 je posve konzistentna teorija, što možemo uočiti ako primjenimo teorem kompaktnosti. Za primjeniti kompaktnost, najprije moramo uvidjeti da je svaki konačni podskup T 0 od T 0 istinit u nekoj strukturi prvoga reda. Takva će teorija sadržavati različite rečenice iz T, koje su sve istinite za prirodne brojeve, te uz to i konačan broj rečenica čiji je oblik n>kgdje je k skraćeni zapis za (((1 + 1) + 1) ) {z } k

260 24.3 Teorem kompaktnosti 251 Sve takve rečenice (čiji je oblik n>k) možemo učiniti istinitima za prirodne brojeve ako interpretiramo simbol za konstantu n kao ime za neki broj m koji veći od najvećeg k koji se javlja u T 0 urečenici oblika n>k.natajnačin, po teoremu kompaktnosti, cijeli skup T 0 je istinit u nekoj strukturi prvoga reda M. Aksiomi iz T osiguravaju da M sadrži neku kopiju prirodnih brojeva (a možda i prirodne brojeve same, ako uzmemo broj k kao interpretaciju za brojku k). Ali struktura M tako der sadrži i "broj" koji je veći od svih njih. Ovaj rezultat ne trebamo shvatiti kao zbunjujući ili zagonetan rezultat. Ono što nam on pokazuje je činjenica da aritmetički aksiomi iskazani u jeziku logike prvoga reda ne mogu na jednoznačan način okarakterizirati namjeravano područje rasprave. S aksiomima iskazanim u jeziku prvoga reda ne možemo isključiti postojanje "prirodnih brojeva" (tj. članova domene) koji su beskonačno udaljeni od nule. U jeziku prvog reda ne možemo napraviti razlikovanje izme du svojstva konačne udaljenosti od nule (koje imaju pravi prirodni brojevi) i svojstva beskonačne udaljenosti od nule (koje imaju elementi poput n iz gornjeg dokaza). Promotrimo jednostavniji primjer u kojemu koristimo jezik prvoga reda da bismo govorili o srodničkim odnosima. Ako taj jezik ima predikat koji znači je predak od, onda, ma koliko se trudili da njegovo značenje zahvatimo s aksiomima, nećemo uspjeti u tome. Prešutno je u pojmu predak prisutan i zahtjev da broj posrednih srodnika (izme du pretka i potomka) bude konačan. No, budući da nema utvr dene, konačne granice za "udaljenost" pretka, teorem kompaktnosti jamči postojanje struktura u kojima će neki pretci biti beskonačno udaljeni od potomaka. Zadatak 136 Koliko je velika najveća struktura prvoga reda koja čini istinitima sljedeće rečenice:1. x y z[(većiod(x, y) VećiOd(y, z)) VećiOd(x, z)], 2. x y[većiod(x, y) VećiOd(y, x)],3. x VećiOd(x, x),4. x y[većiod(x, y) VećiOd(y,x) x = y], 5. y 512 xv ećiod(x, y) Odgovor 42 Po rečenicama 1-4, predmeti u domeni moraju biti u lineranom poretku, tj. kao da su poredani na crti, posebno 4. garantira da nema jednako velikih predmeta. Za svaki od predmeta vrijedi (po 5.) da ima najviše 12 predmeta koji su od njega veći. Iz toga (da nema dva predmeta na istom mjestu u poretku, po 4.i da prethodnih ima najviše 12, po 5) slijedi da je broj predmeta konačan i da postoji prvi predmet. Iza prvoga predmeta može biti najviše 12 drugih. Dakle, najveća domena može imati 13 predmeta. Zadatak 137 Pokažite da bilo koja struktura koja čini istinitima donje rečenice mora biti beskonačna! 1. x y z[(većiod(x, y) VećiOd(y, z)) VećiOd(x, z)], 2. x y[većiod(x, y) VećiOd(y,x)],3. x VećiOd(x, x),4. x y[većiod(x, y) VećiOd(y,x) x = y],5. y xv ećiod(x, y).

261 252 Poglavlje 24 Löwenheim-Skolemov teorem Odgovor 43 Kao i prethodnom zadatku, zamišljamo da su predmeti poredani na jednoj crti po veličini, od manjih prema većem. Kada bi struktura bila konačna, onda bi neki predmet bio posljednji, tj. najveći. Neka je to predmet z. No po 5. postoji predmet koji je veći od z. Budući da je z najveći onda z mora biti veći od samoga sebe, ali to je isključeno s 3. Dakle, struktura mora biti beskonačna. Zadatak 138 Neka je T skup rečenica prvoga reda. Pretpostavimo da za bilo koji prirodni broj n, postoji struktura čija je domena veća od n koja zadovoljava T.Primijenite teorem kompaktnosti kako biste pokazali da postoji struktura s beskonačnom domenom koja zadovoljava T! Odgovor 44 Neka T sadrži beskonačni brojrečenice koje kažu postoji barem n predmeta, za svaki prirodni broj n. Npr. neka T obuhvaća y xv ećiod(x, y); y 52 xv ećiod(x, y); y 53 xv ećiod(x, y);...; y 5n xv ećiod(x, y);...uzmimo bilo koji podskup od T,uzmimorečenicu s najvećim numeričkim kvantifikatorom m. Taj je podskup, po pretpostavci iz zadatka, zadovoljen u strukturi koja ima više od m predmeta. Kako T sadrži beskonačno mnogo rečenica s rastućim numeričkim kvantifikatorom, on može biti zadovoljen samo na beskonačnoj domeni. Postojanje takve strukture zagarantirano je po teoremu kompaktnosti, jer svaki podskup ima od T imasvojmodel(strukturukojagazadovoljava). Zadatak 139 Primjenite teorem kompaktnosti da biste pokazali da se u jeziku prvoga reda u kojem se javljaju binarni predikati Roditelj(x, y) i Predak(x, y) ne može dati odgovarajući, bilo konačni bilo beskonačni, skup postulata značenja koji bi mogao okarakterizirati strukture prvoga reda koje prikazuju logički moguće okolnosti. Odgovor 45 Neka T sadrži beskonačni brojrečenice koje kažu postoji barem n predmeta, za svaki prirodni broj n. Npr. neka T obuhvaća y xv ećiod(x, y); y 52 xv ećiod(x, y); y 53 xv ećiod(x, y);...; y 5n xv ećiod(x, y);...uzmimo bilo koji podskup od T,uzmimorečenicu s najvećim numeričkim kvantifikatorom m. Taj je podskup, po pretpostavci iz zadatka, zadovoljen u strukturi koja ima više od m predmeta. Kako T sadrži beskonačno mnogo rečenica s rastućim numeričkim kvantifikatorom, on može biti zadovoljen samo na beskonačnoj domeni. Postojanje takve strukture zagarantirano je po teoremu kompaktnosti, jer svaki podskup ima od T imasvojmodel(strukturukojagazadovoljava).

262 Poglavlje 25 Gödelov teorem nepotpunosti Teorem o egzistenciji nestandardnih modela za aritmetiku pokazuje svojevrsnu nepotpunost logike prvoga reda. Mnogo temeljniji oblik nepotpunosti otkrio je Gödel nekoliko godina nakon što je dokazao teorem potpunosti. Taj slavni rezultat poznat je pod nazivom Gödelov teorem nepotpunosti. Teorem je dokazan u radu O formalno neodlučivim stavcima Principia Mathematica i srodnih sustava objavljenom 1931 u Monatshefte für Mathematik und Physik 38: Zabunu može izazvati činjenica da je Gödel najprije dokazao teorem potpunosti, a zatim teorem nepotpunosti. O čemu je riječ, jesu li to kontradiktorni rezultati? Zapravo riječ je o dvije vrste "potpunosti". Podsjetimo se da teorem potpunosti pokazuje da formalna pravila dokaza mogu na odgovarajući način zahvatiti odnos logičke posljedice prvoga reda. Za razliku od toga, teorem nepotpunosti pretpostavlja pojam formalne potpunosti. Skup T nazivamo formalno potpunim akozabilokojurečenicu S iz jezika pod razmatranjem vrijedi ili T ` S ili T ` S. Ovo je jaki zahtjev, jer on kaže da je skup rečenica T toliko snažan da može dati odgovor na svako pitanje koje se može postaviti za jezik pod razmatranjem. (Na osnovi teorema pouzdanosti i teorema potupnosti, znamo da je T formalno potpun skup akko je ili S ili S posljedica prvoga reda od T ). Početkom dvadesetog stoljeća, logičari su analizirali matematiku promatrajući aksiomatske teorije poput Peanove aritmetike PA i formalne sustave dokazivanja, poput F.Ciljjebiodoći do formalno potpune aksiomatizacije aritmetike, koja će omogućiti da se dokažu sve i samo one rečenice koje su istinite o prirodnim brojevima. To je bio dio ambicioznog projekta poznatog kao Hilbertov program, nazvan tako po svom glavnom zastupniku, Davidu Hilbertu. Svi važni teoremi aritmetike mogli su se dokazati poomoću relativno jednostavne aksiomatizacije, poput PA. Štoviše, logičar M. Pressburger pokazao je njezinu ograničenu potpunost: sve se istinite rečenice u jeziku koji ne koristi operaciju množenja mogu dokazati pomoću odgovarajućih Peanovih aksioma. Gödelov teorem nepotpunosti pokazao je da je takav napredak u smjeru potpunosti prividan, te da je cilj Hilbertovog programa nedostižan. Poseban slučaj teorema nepotpunosti možemo iskazati na sljedeći način: Peanova aritmetika nije for- Teorem 59 (Gödelov teorem nepotpunosti za PA) malno potpuna. Dokaz ovog teorema, koji će biti ocrtan kasnije, pokazuje nam da je doseg ovog rezultata mnogo širi, to jest, da se ne odnosi samo na Peanovu aksiomatizaciju ili na sustav dokazivanja F. Zapravo, teorem nepotpunosti pokazuje da 253

263 254 Poglavlje 25 Gödelov teorem nepotpunosti niti jedno "prihvatljivo" proširenje bilo aksiomatizacije bilo formalnog sustava dokazivanja ne može ostvariti formalno potpunu aritmetičku teoriju (značenje "prihvatljivosti" odrediti ćemo kasnije) Kodiranje Pokušat ćemo pratiti osnovu ideju dokaza. Ključnu ulogu ima uvid u činjenicu da se bilo koji sustav simbola može predstaviti u nekoj shemi kodiranja. na primjer, Morseov kod, s nizom crtica i točkica, ili jedinica i nula, može predstaviti neki sustav simbola. S pažljivo izra denim sustavom kodiranja, bilo koji niz simbola može biti predstavljen kao niz jedinica i nula. No, taj niz jedinica i nula možemo shvatiti i kao binarni zapis nekog broja. Zato prirodne brojeve možemo iskoristiti u još jednoj ulozi - kao kodove za nizova simbola. Primjer 25.1 Logički i pomoćni simboli 0 f ( ) Pridruženi broj Varijable s oznakom tipa x n Pridruženi broj p n gdje je p primbroj > 13 Slog pridruženih prirodnih brojeva n 1,n 2,..., n k Kod 2 n1 3 n2...p n k k gdje je p k k-tiprimbroj(poveličini) Primjer 25.2 x 1 (fx 1 =0) Primjena definicija x 1 x 2 ( x 2 (fx 1 ) x 2 (0)) Kod Reprezentacija Prvo što je Gödel pokazao bila je mogućnost predstavljanja svih važnih sintaktičkih pojmova (logike prvoga reda) u jeziku Peanove aritmetike. Na primjer, sljedeći predikati se mogu predstaviti: n je kod isf-e n je kod rečenice n je kod aksioma Peanove aritmetike n i m su kodovi rečenica od kojih druga slijedi iz prve po primjeni pravila Elim n je kod dokaza u F n je kod dokaza za rečenicu čiji je kod m Kada kažemo da se ti predikati mogu predstaviti u Peanovoj aritmetici, onda tvrdimo nešto što je prilično jako: tvrdimo da nam aksiomi i pravila dokaza

264 25.2 Reprezentacija 255 omogućuju da dokažemo sve i samo one instancijacije tih predikata koje su istinite. Tako ako je p dokaz za S i n i m su njihovi kodovi, onda će formalna verzija posljednje rečenice na našem popisu (n je kod dokaza za rečenicu čiji je kod m) biti posljedica prvoga reda Peanovih aksioma. Primjer 25.3 Predikat x je kod ispravno sastavljene formule može se predstaviti usustavupa akko postoji predikat π takavdazasvakin vrijedi da je n kod ispravno sastavljene formule ako i samo ako PA ` π(dne), gdje dne brojka za n iskazana u jeziku PA. U izvornom radu mogućnost reprezentacije iskazana je sljedećim teoremom: Stavak V. Za svaku rekurzivnu relaciju R(x 1...x n ) postoji neka n-člana oznaka relacije r (sa slobodnim varijablama u 1...u n )takoda sve n-torke brojeva (x 1,x 2,..,x n ) vrijedi: µ R(x 1...x n ) Bew Sb r u 1...u n Z(x 1 )...Z(x n) µ R(x 1...x n ) Bew Neg Sb r u 1...u n Z(x 1 )...Z(x n) Mnogo pažljivog rada bilo je potrebno da bi se pokazalo da se ovi pojmovi mogu predstaviti u Peanovoj aritmetici.

265 256 Poglavlje 25 Gödelov teorem nepotpunosti Složenost konstrukcije koja omogućuje predstavljanje pokazuje slika koja raščlanjuje samo jednu od tri korijena za definiciju pojma neposredne posljedice u izvornom Gödelovom tekstu Reprezentacija na jednom primjeru U Peanovoj aritmetici možemo dokazati aritmetičke istine. Primjer 25.4

266 25.2 Reprezentacija 257 Premise sadrže rekurzivnu definiciju zbrajanja. Gödel definira pojam aitmetičke rekurzivne funkcije na sljedeći način: Aritmetička funkcija φ zove se rekurzivna ako postoji konačan niz funkcija φ 1,φ 2,..,φ n koji završava s φ i ima svojstvo da je svaka funkcija u nizu ili rekurzivno definirana iz prethodnih dviju ili nastaje iz ma koje prethodne uvrštavanjem ili je, konačno, neka konstanta ili funkcija sljedbenika x +1. Rekurzivno definiranje opisuje kao definiranje u kojemu se neka n-mjesna funkcija f definira pomoću drugih dviju funkcija g i h;gdje je g funkcija s n 1 mjesta i pomoću nje se definira vrijednost funkcije f kada joj je prvi argument 0, a h je funkcija s n +1mjesta i njezini su prva dva argumenta prethodnik prvog argumenta funkcije f i vrijednost funkcije f za taj argument. Pojednostavljeno: u ovom se postupku definiranja odre duje "ponašanje" na početnoj točki nekog niza i kod proizvoljne točke pozivanjem na "ponašanje" njezinog neposrednog prethodnika....za aritmetičku funkciju φ(x 1,x 2,...,x n ) kaže se da je rekurzivno definirana iz aritmetičkih funkcija ψ(x 1,x 2,...,x n 1 ) i µ(x 1,x 2,...,x n+1 ) ako za sve x 2,...,x n,kvrijedi ovo: φ(0,x 2,...,x n )=ψ(x 2,...,x n ) φ(k +1,x 2,...,x n )=µ(k, φ(k, x 2,...,x n ),x 2,...,x n ) Primjer 25.5 Niz rekurzivno definiranih funkcija: x +0=x x +(y +1)=(x + y)+1 x 0=0 x (y +1)=(x y)+x x 0 =1 x y+1 = x y x 0! = 1 (x +1)!=x! (x +1) Moguće je sačiniti predikate koji će iskazivati neko aritmetičko svojstvo brojeva označenih brojkom x i koji će istodobno iskazivati neko svojstvo sintaktičkog objekta kodiranog brojkom x.

267 258 Poglavlje 25 Gödelov teorem nepotpunosti Primjer 25.6 Definicija 0Prx =0 (n +1)Prx = εy[y 5 x Prim(y) x/y y>nprx] odre duje dvomjesnu funkciju np rx koja za broj x dodjeluje n-ti po veličini prim broj sadržan u x. Nekajex =24. Pogledajmo neke vrijednosti. Za n =0, 0Pr24 = 0. Za n =1, 1Pr24 je najmanji broj m koji zadovoljava sljedeće uvjete (i) m je manji od ili jednak 24, (ii) m je prim-broj, (iii) 24 je djeljivo s m, (iv)m je veći od 0Pr24. Dakle, 1Pr24 = 2. Dalje dobivamo 2Pr24 = 3. Još dalje, a zbog neispunjavanja uvjeta dobivamo 3Pr24 = 0, 4Pr24 = 0, 5Pr24 = 0 itd.. Primjer 25.7 Definicija l(x) =εy[y 5 x yprx > 0 (y +1)Prx =0] odre duje funkciju koja broju x dodjeljuje najmanji broj y takav da (i) y je manji od ili jednak x, (ii) yprx je veće od 0 i (iii) (y +1)Prx =0.Zax =24dobivamo l(24) = puta napisano f z } { Primjer 25.8 Brojka fff...0 ne označava samo broj 24. Kad je rastavimo na proste faktore, , tojest vidimo da ona kodira term f0. Funkcija l(x), koja, vidjeli smo, za 24 dodjeljuje 2, pokazuje od koliko je simbola sačinjen izraz kojega kodira x. Gödel je na taj način uspio povezati dvije istine: aritmetičke istine koje vrijede kada se brojke prtumače kao oznake za brojeve i sintaktičke istine koje vrijede kada se brojke protumače kao oznake jezičnih izraza. Omogućavanje čitanja istog teksta u dvjema uskla denim semantičkim dimenzijama, aritmetičkoj i sintaktičkoj, vjerojatno predstavlja jedan od vrhunaca logičke misli u čitavoj povijesti. Ne samo da isti lik može predstavljati i patku i zeca, većidvijepriče, jedna sa zecom i druga s patkom, mogu biti ispričaneistimtekstomitotakodajeneka rečenica iz teksta istinita u jednom tumačenju ako i samo ako je istinita u drugom tumačenju. Ako pratimo gradnju 46 definicija vidjet ćemo da se sve osim jedne mogu "spustiti" do elementarne razine: one su na kraju definirane pomoću funkcije

268 25.3 Lema samoreferencije (dijagonalna lema) 259 sljedbenika ili neke konstante. A istinite tvrdnje o identičnosti i neidentičnosti brojaka mogu se dokazati. Primjer 25.9 No za razliku od ostalih 45 pojmova koji su rekurzivni, 46. pojam Dokaziv upa nije rekurzivan. 46. x je dokaziva formula. Bew(x) y(ybx) 25.3 Lema samoreferencije (dijagonalna lema) Drugi ključni Gödelov uvid odnosi se na mogućnost tvorbe rečenica koje govore o samima sebi (pod nekom shemom kodiranja). Ta mogućnost poznata je pod nazivom dijagonalne leme. Ta lema kaže da se za bilo koju isf-u P (x) s jednom slobodnom varijablom može pronaći broj n koji kodira rečenicu P (n) koja tvrdi da n zadovoljava P (x). Lema 60 (Dijagonalna lema) Za bilo koju isf-u P (x) s jednom slobodnom varijablom može se pronaći broj n koji kodira rečenicu koja tvrdi da n zadovoljava P (x). Dokaz 46 Označimo s kod funkciju koja rečenicama pridružuje njezinu kodnu brojku.sa sub(n, m) označimo binarnu numeričku funkciju koja za kod n isf-e s jednom slobodnom varijablom P (x) izanekubrojkum ispostavlja kod rečenice koja nastaje instancijacijom svih pojava slobodne varijable x sbrojkomm: sub(kod(p (x)),m)=kod(p (m)). Instancirajmo P (x) sa sub(x, x). To jest, instancirajmo je. s kodom isf-e koja nastajekadaseisfčiji je kod x i koja ima jednu slobodnu varijablu instancira s vlastitim kodom. Neka je m kod isf-e koja nastaje instancijacijom, m =

269 260 Poglavlje 25 Gödelov teorem nepotpunosti kod[p (sub(x, x))]. Ako primjenimo istovrsni postupak na isf-u m, dobit ćemo sub[kod(p (sub(x, x))),kod(p(sub(x, x))) ]. {z } {z } m m No po definiciji za sub, vidimo da tražena instancijacija daje kod[p (sub(m, m))]. Dakle, kod[p (sub(m, m))] = sub(m, m). Egzistencijalnom generalizacijom dobivamo traženo: x(kod[p (x)] = x). Dijagonalna konstrukcija pokazuje da možemo sačiniti rečenice koje se mogu interpretirati kao rečenice koje govore o sebi. Primjer Ako n = kod(p (n)), onda P (n) možemo shvatiti kao tvrdnju: Ova rečenica ima svojstvo izraženo s P. Ovisno o svojstvu P o kojem je riječ, neke me du takvim samoreferirajućim rečenicama bit će istinite, a neke neće. Na primjer, formalne verzije sljedećih Ova rečenica.je isf. Ova rečenica nema slobodnih varijabli. bit će istinite. S druge strane, formalne verzije sljedećih Ova rečenica.je dokaz. Ova rečenica je aksiom Peanove aritmetike. bit će neistinite. Razmotrimo sada formalnu verziju sljedeće rečenice, čije je postojanje zajamčeno po dijagonalnoj lemi: (G) Ova se rečenica ne može dokazati pomoću aksioma Peanove aritmetike. Ta rečenica naziva se G, po Gödelu. Pokažimo da je G istinita rečenica koja nije dokaziva u PA. Krenimo indirektnim putem. Pretpostavimo da G nije istinita rečenica. Tada po onome što G tvrdi, slijedi da se G može dokazati u PA. No, aksiomi od PA su istiniti i sustav dokazivanja F je pouzdan, pa je zato istinita svaka rečenica koja se može dokazati u PA. Dakle, G mora biti istinita, što proturječi našoj pretpostavci. Zato je njezina negacija istinita, tj. (po Elim) G je istinito. Ostaje pokazati da G nije dokazivo u PA. Budući da je G istinita rečenica, točnojeonoštoonatvrdi:dag nije dokazivo u PA. Iz prethodnog neposredno slijedi Gödelov teorem nepotpunosti. Pronašli smo istinitu rečenicu u PA koja nije dokaziva u PA. Štoviše, ni negacije ove

270 25.3 Lema samoreferencije (dijagonalna lema) 261 rečenice nije dokaziva u PA jer su sve dokazive posljedice Peanovih aksioma istinite. Dakle, Peanova aritmetika nije formalno potpuna. Drukčije a bliže izvornoj formulaciji, teorem nepotpunosti možemo iskazati na sljeći način. Teorem 61 Ako je PA formalno konzistentna teorija, onda postoji rečenica G takva da PA 0 G i PA 0 G. Dokaz 47 Prepostavimo da je (*) PA konzistentna (PA 0 ) i da (i) PA ` G ili (ii) PA ` G. Ako (i), onda G nije istinita rečenica. No, tada protivno pretpostavci (*) PA nije konzistentna teorija. Ako (ii), onda vrijedi ono što G tvrdi, naime - PA ` G.. U tom slučaju bi u PA bile dokazive i G i G, paona protivno pretpostavci (*) ne bi bila konzistentna. Peanovi aksiomi nisu nedodirljivi. Nakon što smo pronašli istinitu a nedokazivu rečenicu G - možemo nju ili što mu drago dodati kao novi aksiom da bi ona postala dokaziva. Ali na taj način nećemo izbjeći Gödelov argument, jer on ne ovisi o slabosti PA, već o njezinoj snazi.svedoksurečenice proširenog sustava T istinite i sve dok se predikat njekodaksiomaizt može predstaviti u T, dotle se cijeli argument može ponoviti i generirati daljnju rečenicu koja istinita ali nedokaziva u sustavu. Gödelov rezultat o nepotpunosti jedan je od najvažnijih teorema u logici, onaj čije se posljedice još uvijek istražuju. Gödel upozorava na još jedan važan rezultat koji kao korolarij slijedi iz teorem nepotpunosti: konzistentnost teorije 37 PA ne može se dokazati unutar te teorije, ako je ona konzistentna teorija. Teorem 62 Ako je PA konzistentna teorija, njezina formalna konzistentnost ne može se dokazati u PA. Dokaz 48 Neformalni dokaz možemo skicirati na slijedeći način. Tvrdnju o konzistentnosti teorije PA možemo iskazati u PA. Budući da je predikat dokazivosti iskaziv u PA, tvrdnju o konzistentnosti možemo iskazati kao postoji rečenica koja se ne može dokazati u PA. Označimo tu rečenicu s K. Za svrhu indirektnog dokaza, pretpostavimo PA ` K. Po teorem nepotpunosti znamo da 37 Kao i prije oznakom PA označavamo Peanovu aritmetiku, ali izloženi rezltati vrijede za sve teorije iskazane jezikom dovoljnog stupnja složenosti ili, kako je to kazao Quine, za sve teorije iskazane jezikom koji je dovoljno snažan da iskaže vlastitu sintaksu.

271 262 Poglavlje 25 Gödelov teorem nepotpunosti ako PA 0, onda PA 0 G. Teorem nepotpunosti može se dokazati u PA. Zamjenjujući PA 0 s K i PA 0 G s G, dobivamo PA ` K G. Budući da smo pretpostavili da PA ` K, dobivamo PA ` G. Kontradikcija. Quine je istaknuo "pozitivnu" stranu Gödelovog "negativnog" rezultata: Dok je s obzirom na Gödelov rezultat naše znanje o brojevima izloženo neočekivanim ograničenjima, dotle upravo suprotno vrijedi o našem znanju o takvom znanju. Jedna od stvari koje nas iznena duju u još većoj mjeri nego nepotpunost elementarne teorije brojeva jest činjenica da tu nepotpunost možemo spoznati. Zadatak 140 (Nemogućnost definiranja istinitosti) Pokažite da se sljedeći predikat ne može iskazati u jeziku aritmetike: n je kod istinite rečenice. Odgovor 46 Pretpostavimo da se predikat n je kod istinite rečenice može iskazati u PA. Po dijagonalnoj lemi, možemo sačiniti rečenicu Ovarečenica nije istinita, nazovimo je T. Pretpostavimo da je T istinita. Tada nije istinita po vlastitoj tvrdnji. Dakle, nije istinita. No tada, njezina negacija vrijedi, pa mora biti istinita. Kontradikcija. Dakle, predikat istinitosti ne može se iskazati u jeziku PA.

272 Poglavlje 26 Turingovi strojevi 26.1 Churchova teza Pojam izračunljivosti može se učiniti preciznim na različite načine, ovisno o odgovoru koji ćemo dati na pitanja poput ovih: "Hoće li se račun izraditi na pravocrtnoj vrpci ili na pravokutnoj mreži polja? Ako koristimo pravocrtnu vrpcu, hoće li ona imati početak ali ne i kraj ili će biti beskonačna u oba smjera? Hoće li polja na koja je vrpca razdijeljena imati adrese ili ćemo pratiti račun pišući posebne simbole kao podsjetnike na odgovarajućim mjestima?" I tako dalje.različiti će odgovori za posljedicu imati različiti izgled računa, ali naš cilj nisu pojedinosti računa već karakterizacija skupa izračunljivih funkcija. Zapravo, pokazalo se da skup izračunljivih funkcija ostaje isti neovisno o pojedinstima izvedbe računa. Nema kraja mogućim varijacijama u detaljnom opisu pojmova izračunljivosti i efektivnosti, zato na kraju moramo ili prihvatiti ili odbaciti tezu (koju nije moguće deduktivno dokazati) po kojoj je skup funkcija koje su izračunljive u našem smislu (u smislu nekog odre denog pojma izračunljivosti) identičan skupu funkcija koje bi ljudi ili strojevi ikada mogli izračunati putem bilo koje efektivne metode ako ne bilo ograničenja u pogledu vremena, brzine i materijala. Drugim riječima, otvara se pitanje u kakvom su odnosu formalizirani teorijski pojam izračunljivosti i neformalizirani izvanteorijski intuitivni pojam izračunljivosti. Churchova teza: Izvorno i u užem smislu, teza po kojoj su sve intuitivno efektivne metode općenito rekurzivne (u smislu u kojem se ovaj termin koristi u teoriji rekurzivnih funkcija). Pripisujemo je Alonzu Churchu, Trenutačno i u širem smislu, teza po kojoj se sve intuitivno efektivne metode mogu zahvatiti jednom od nekoliko formalizacija, koje uključuju teoriju rekurzivnih funkcija, Turingove strojeve, Markovljeve algoritme, lambda kalkulus, itd. Churchova teza nije dokaziva ali jest osporiva. Prvo bismo trebali pokazati da je neka funkcija izračunljiva u intuitivnom smislu, što znači izložiti niz uputa za izračunavanje njezine vrijednosti za bilo koji argument i pokazati da su te upute efektivne. Zatim bismo trebali pokazati da ta funkcija nije izračunljiva u formalnom smislu, pokazujući da niti jedan Turingov stroj ne može izračunati tu funkciju Opis Turingovog stroja Turingov stroj je imaginaran stroj koji može uzvesti bilo koju kompjutaciju izve- 263

273 264 Poglavlje 26 Turingovi strojevi divu na bilo kojem računalu. Stroj se sastoji od beskonačne vrpce, radnog dijela i popisa pravila. Ulazno/izlazna vrpca je podijeljena u polja na kojima se mogu naći simboli koje radni dio stroja bilo čita, briše ili upisuje.stroj se uvijek nalazi u nekom unutarnjem stanju, te ovisno o tom stanju i zapisima na vrpci izvodi radnje pomicanja, brisanja ili pisanja. Popis pravila je program koji odre duje ponašanje stroja u zadanim okolnostima. Turingov stroj čita simbole na vrpci i gleda popis pravila, u skladu s time mijenja svoje unutarnje stanje te ili piše ili briše simbole ili pomiče svoj radni dio na lijevo ili na desno. We may compare a man in the process of computing a real number to a machine which is only capable of a finite number of conditions q 1,q 2,...,q r which will be called m-configurations. The machine is supplied with a tape, (the analogue of paper) running through it, and divided into sections (called squares ) each capable of bearing a symbol. At any moment there is just one square, say the r-th, bearing the symbol S(r) which is in the machine. We may call this square the scanned square. The symbol on the scanned square may be called the scanned symbol. The scanned symbol is the only one of which the machine is, so to speak, directly aware. However, by altering its m-configuration the machine can effectively remember some of the symbols which it has seen (scanned) previously. The possible behaviour of the machine at any moment is determined by the m-configuration q n and the scanned symbol S(r). Thispairq n,s(r) will be called the configuration : thus the configuration determines the possible behaviour of the machine. In some of the configurations in which the scanned square is blank (i.e. bears no symbol) the machine writes down a new symbol on the scanned square: in other configurations it erases the scanned symbol. The machine may also change the square which is being scanned, but only by shifting it one place to right or 1left. In addition to any of these operations the m-configuration may be changed. Some of the symbols written down will form the sequence of Slikas which is the decimal of the real number which is being computed. The others are just rough notes to assist the memory. It will only be these rough notes which will be liable to erasure. A.M. Turing. On Computable Numbers, with an Application to the Entsheidungdproblem. Proceedings of the London Mathematical Society 43: , Program uputa može se iskazati na različite načine. Na primjer, u strojnoj tablici, u dijagramu toka ili pomoću skupa ure denih četvorki. Primjer 26.1 Program koji u slučaju da 0 dijeli dva niza 1-ica upisuje 1 na mjestu 0, zatim briše posljednju 1-icu u drugom nizu, vraća se na početak prvog niza i tada staje. U tabličnom prikazu retci (od drugoga na dalje) pokazuju za stroj koji je u odre denom stanju s i u koje stanje s j prelazi i što čini ovisno o tome koji je simbol na polju koje se čita. Radnje su: pomak udesno >, pomak u lijevo <, pisanje nekog simbola, 1, 0 ili

274 26.2 Opis Turingovog stroja 265 brisanje (koje bismo mogli shvatiti kao pisanje "praznog" simbola). 1 0 s 0 s 0 > s 1 1 s 1 s 1 > s 2 < s 2 s 3 s 3 s 4 < s 4 s 4 < s 5 > s 5 Dijagram toka u prikazu koristi sljeći redoslijed: [sadašnje stanje] simbol na traci: radnja [sljedeće stanje]. Zapis ure denih četvorki može imati različiti redosljed. U sljedećem prikazu to će biti niz sadašnje stanje - pročitani simbol - sljedeće stanje - radnja: s 0 1s 0 >, s 0 0s 1 1, s 1 1s 1 >, s 1 s 2 <, s 2 1s 3, s 3 s 4 <, s 4 1s 4 <, s 4 s 5 >. Zadatak 141 Dizajnirajmo Turingov stroj koji čita niz 1-ica i ako je broj 1-ica paran, piše P, a ako nije piše N. Odgovor 47 Neka se program "vrti" za svake dvije 1-ice. Ako se takva "petlja" ne može zatvoriti jer se naišlo na 1-icu iza koje nema druge, završimo sa simbolom N. Ako se "petlja" zatvorila i više nema 1-ica, završimo sa simbolom P.

275 266 Poglavlje 26 Turingovi strojevi Prebrojivost Turingovih strojeva Tvrdnja 63 Skup svih Turingovih strojeva je prebrojiv. Naime, svaki Turingov stroj je iskaziv kao konačan niz simbola u jednom beskonačnom alfabetu (ovdje ograničavamo popis simbola na vrpci na "prazni simbol" ibrojke) >, <, s 0,, 0,s 1, 1,s 2, 2,... Neki je niz simbola Turingov stroj akko zadovoljava sljedeće uvjete: (i) duljina niza djeljiva je s 4, (ii) na mjestima 1, 3, 5, 7,...,4n +1, 4n +3,... javljaju se jedino simboli s 0,s 1,..., (iii) na mjestima 2, 6, 10,..., 4n +2,... javljaju se jedino simboli, 0, 1,..., (iv) na mjestima 4, 8, 12,...,4n,... javljaju se simboli >, <,, 0, 1,..., (iv) nijedna konfiguracija 38 čiji je oblik s i n j s k ne javlja se više od jednog puta u nizu simbola, gdje n j {, 0, 1,...}. Ako usvojimo konvencijuooznačavanju početnog stanja (na primjer, tako da mu dodijelimo najmanji s-broj), moći ćemo napraviti prebrojivi beskonačni popis svih Turingovih strojeva. Čimodredimonabrajanjenizovasimbolaizalfabeta,odreditćemo i nabrajanje Turing-izračunljivih funkcija. Jedan način kako to možemo izvesti jest da svakom stroju pridružimo koda. Na primjer ovako: > < s 0 0 s n-ti simbol ica praćena s n 2-ki 38 Posljednji uvjet isključit će strojeve čije su upute ili kontradiktorne ili ponovoljene.

276 26.2 Opis Turingovog stroja 267 Primjer 26.2 Turingov stroj s 0 s 0 1 imao bi kod Budući da prirodnih brojeva ima prebrojivo mnogo i da smo svakom Turingovom broju pridružili jedan prirodnih broj, Turingovih strojeva ima prebrojivo mnogo. Nizove simbola možemo poredati u jedan beskonačni popis koji je prebrojiv. Ako izbacimo one nizove koji ne imenuju neki Turingov stroj, dobit ćemo popis T 1,T 2,T 3,... u kojemu je svaki Turingov stroj imenovan barem jednom i ništa drugo nije imenovano na tom popisu. U daljnjem razmatranju usvajamo neka ograničenja. (i) Promatramo samo funkcije s pozitivnih cijelih u pozitivne cijele brojeve. (ii) Zapise na traci sužavamo na monadički zapis brojki, eventualno razdvojenih s praznim poljem ("praznim simbolom"). Na primjer: 5 će biti zapisano kao (iii) Pretpostavljamo da na početku stroj čita krajnju lijevu 1-icu. (iv) Ako funkcija dodjeljuje vrijednost za argumente (nizove 1-ica razdvojene praznim poljem) koji su se u početnom stanju nalazili na traci, onda će se stroj zaustaviti u standardnoj završnoj konfiguraciji, a to znači da će čitati krajnji lijevi simbol iz bloka 1-ica koji se nalazi na vrpci koja je drugdje prazna. (v) Ako funkcija ne dodjeljuje vrijednost za zadane argumente, ona se neće zaustaviti u standardnoj završnoj konfiguraciji veće će, prvo, ili raditi bez prestanka ili će se, drugo, zaustaviti bilo na 1-ici koja nije krajnja lijeva ili će se pri zaustavljanju na vrpci nalazaiti više od jednog blok jedinica. Primjer 26.3 Usvajajući gornja ograničenja (i)-(v) modificirajmo Turingov stroj iz prethodnog zadatka tako da umjesto P upisuje 11, aumjeston - 1. Zapis jednog takvog Turingovog stroja je: s 0 1s 1 s 0 s 4 1s 1 s 2 >s 2 s 6 1s 2 1s 3 s 3 s 0 >s 4 1s 4 > s 4 s 5 1s 5 1s 6 <. Funkcija koju on izračunava je karakteristična funkcija p: ½ 11 ako je n paran broj, p(n) = 1 ako je n neparan broj. Pod gornjim ograničenjima svaki Turingov stroj odre duje jednu funkciju s pozitivnih cijelih brojeva u pozitivne cijele brojeve. Pažnju možemo usmjeriti na slučajeve kada u početnom stanju nalazimo samo jedan neprekinuti niz 1-ica. Koristeći popis Turingovih strojeva možemo sačiniti popis funkcija f 1,f 2,f 3,... svih Turing-izračunljivih funkcija s jednim argumentom, gdje je za svako n, f n funkcija s jednim argumentom koju računa stroj T n Jedna Turing-neizračunljiva funkcija Nabrajajući Turingove strojeve, nabrojili smo i funkcije koje oni izračunavaju. Mogućnost nabrajanja pokazuje da moraju postojati (Turing) neizračunljive funkcije s jednim argumentom. Ima više načina za pokazati postojanje takvih funkcija. Započnimo najprije s nekonstruktivnim dokazom. Totalne karakteristične funkcije za svaki ulaz daju ili potvrdan ili niječan odgovor (tako da upiše 1 odnosno 11, kao u primjeru 26.3). Promotrimo bilo koji skup pozitivnih cijelih brojeva. Za svaki takav skup možemo zapitati postoji li karakteristična funkcija

277 268 Poglavlje 26 Turingovi strojevi koja prepoznaje članove tog skupa. Po Cantorovom dokazu, podskupova prebrojivo beskonačnog skupa ima više nego njegovih elemenata. Budući da je skup Turingovih strojeva prebrojiv, neka karakteristična funkcija neće biti Turingizračunljiva. Konstruktivan način za pokazati postojanje Turing-neizračunljivih funkcija sastoji se u tome da konstruiramo funkciju u koja nije na popisu, a to možemo učiniti ako funkciju u tako definiramo da bude različita od bilo koje funkcije na popisu. ½ 1 ako je fn (n) nedefinirano, u(n) = f n (n)+1 u protivnom. Tvrdnja 64 Funkcija u nije Turing-izračunljiva. Dokaz 49 Pretpostavimo suprotno: neka je u jedna od Turing-izračunljivih funkcija, recimo m-ta. Tada za svaki pozitivni cijeli broj n, vrijednosti za u(n) i f m (n) su ili (i) obje nedefinirane ili ½ (ii) obje definirane i jednake. Ispitajmo slučaj 1 ako je fm (m) nedefinirano, kada m = n. u(m) =f m (m) = Ako f m (m)+1 u protivnom. f m (m) nije definirano, onda f m (m) =1. Kontradikcija. Ako je f m (m) definirano, onda f m (m) =f m (m)+1. Kontradikcija. Vrijednost funkcije u razlikovat će se od vrijednosti svake Turing izračunljive funkcije barem za uokvireni argument Turingov stroj: Funkcija koju on računa: Argumenti funkcije: T 1 f n... T 2 f n... T 3 f n... T 4 f n..... T n f n n..... Primjedba 10 Niti jedan Turingov stroj ne može izračunati vrijednosti funkcije u za sve argumente, ali u pojedinim slučajevima to je moguće učiniti. Definirajmo najjednostavniji stroj T 1 : s 0 s 0 >.Onizračunava identitetnu funkciju za svaki pozitivni cijeli broj. Označimo je s f 1.Kako je f 1 (1) = 1, u(1) = 2. ZaT 2 dobivamo sljedeći stroj s 0 s 0 <, on tako der izračunava identitenu funkciju, a tu funkciju nabrajamo kao f 2. Po definiciji, u(2) = f 2 (2) + 1 = = 3.

278 26.2 Opis Turingovog stroja 269 Kod T 3 : s 0 s 0 ; f 3 nije definirano ni za jedan pozitivni cijeli broj, zato u(3) = 1. No, kako dokaz pokazuje, odredba vrijednosti funkcije u ne može biti "rutinski posao". To što u nije "mehanički" izračunljiva ne znači da se ona ne može izračunati zahvaljujući "uvidu" "Halting problem" "Problem zaustavljanja" sastoji se u odredbi općenitog efektivnog postupka koji otkriva hoće li se neki Turingov stroj zaustaviti ili ne kada se pokrene u svom početnom stanju čitajući krajnji lijevi simbol u neprekinutom nizu 1-ica na drugdje praznoj vrpci. Označimo slovom h funkciju koja je izračunljiva (u intuitivnom smislu) ako i samo ako je problem zaustavljanja rješiv. Neka je x broj Turingovog stroja, neka je on pokrenut u svom početnom stanju dok čita krajnju lijevu 1-icu iz neprekinutog niza od y 1-ica na inače praznoj vrpci. Definiramo: ½ 2 ako se stroj x zaustavlja za argument y, h(x, y) = 1 u protivnom. Tvrdnja 65 Ako je Churchova teza točna, problem zaustavljanja je nerješiv. Reductio ad absurdum: pokazat ćemo da ako funkciju h izračunava neki Turingov stroj H, onda mora postojati neki Turingov stroj T m takavdaseza svaki pozitivni cijeli broj n, T m zaustavlja ako i samo ako se T n ne zaustavlja, kada se pokrene u svom početnom stanju čitajući krajnji lijevi simbol u neprekinutom nizu od n 1-ica na drugdje praznoj vrpci. No, to nije moguće jer bi se za niz od m 1-ica T m morao zaustaviti ako i samo ako se nikad ne zaustavlja kada se pokrene u svom početnom stanju čitajući krajnji lijevi simbol u neprekinutom nizu od m 1-ica na drugdje praznoj vrpci. Ovaj će stroj, kada se primijeni na svoj broj m, ući u beskonačnu petlju ako i samo ako se bude zaustavio; a to je očigledno nemoguće. Ako bi bila zadovoljena pretpostavka po kojoj funkciju h izračunava stroj H, onda bi se mogao konstruirati stroj T m poput ovoga na slici dolje. H označava mjesto gdje bi se trebao naći dijagram toka za H. Cijeli stroj T m sadrži H kao svoj dio. T m se zaustavlja samo ako se T n ne zaustavlja,

279 270 Poglavlje 26 Turingovi strojevi to jest, ako je h(n, n) =1. Kada postavimo da m = n vidimo da T m ne može postojati (jer bi se on morao zaustaviti ako se ne zaustavlja i ne bi se smio zaustaviti ako se zaustavlja) i zato H ne može postojati. Time se pokazuje da funkcija h nije Turing izračunljiva. Ako je Churchova teza točna, onda je problem zaustavljanja apsolutno nerješiv korištenjem bilo koje "efektivne procedure" Neodlučivost logike prvoga reda Problem odluivanja je rješiv za neko svojstvo ako postoji mehanički postupak ispitivanja koji kada se primjeni na bilo koji predmet odgovarajuće vrste, nakon konačnog broja koraka ispravno klasificira taj predmet bilo kao pozitvnu instancu (primjer) bilo kao negativnu instancu (ne-primjer) svojstva o kojemu je riječ. U postupku ispitivanja možemo razlikovati pozitivni i negativni dio. Pozitivni dio postupka ispitivanja je mehanički postupak koji klasificira kao pozitivne sve pozitivne instance i samo njih. Slično, negativni dio postupka ispitivanja je mehanički postupak koji klasificira kao negativne sve negativne instance i samo njih. Ako za neko svojstvo postoji i pozitivni i negativni dio postupka ispitivanja,

280 26.3 Neodlučivost logike prvoga reda 271 Figure 26.1Nemogući stroj koji se zaustavlja ako i samo ako se ne zaustavlja.

281 272 Poglavlje 26 Turingovi strojevi onda i samo onda problem odlučivanjazatosvojstvojestrješiv. U logici nas zanimaju svojstva zadovoljivosti i valjanost a "predmeti" koje trebamo klasificirati su rečenice ili skupovi rečenica. Vrijedno je podsjetiti se sljedećeg teorema: S je posljedica prvog reda skupa rečenica T ako i samo ako T { S} nije zadovoljivo. Ako je problem odlučivosti za zadovoljivost rješiv onda je on rješiv i za posljedicu prvoga reda. Da bismo raspravu ograničili na rečenice, preoblikovat ćemo prethodni teorem u istovrijednu tvrdnju: ^ P S P T je valjana rečenica prvoga reda akko ^ P S nije zadovoljiva rečenica 39. P T Za logiku prvoga reda postoji pozitivan mehanički postupak provjere valjanosti ili, što je isto, negativan test zadovoljivosti. No ne postoji negativan test valjanosti ili, što je isto, ne postoji pozitivan test zadovoljivosti. Pozitivan test Negativan test Valjanost DA NE Zadovoljivost NE DA Jedan mehanički postupak ispitivanja valjanosti i zadovoljivosti dan je u metodi gradnje istinitosnog stabla. Ako promatramo zadovoljivost rečenice i zadovoljivost njezine negacije, onda postoje tri vrste rečenica: (i) valjane rečenice prvoga reda, koje su zadovoljive i čija negacija nije zadovoljiva, (ii) kontingentne rečenice, koje su zadovoljive i čija negacija jest zadovoljiva, (iii) nezadovoljiva rečenice, koje su nezadovoljive i čija negacija jest zadovoljiva (tj. njihova negacija je valjana rečenica prvoga reda). Poteškoća nastaje kada se susretnemo s rečenicama kod kojih test ne završava. Što tada možemo zaključiti? Primjer 26.4 Ako ispitujemo zadovoljivost isf-e x yr(x, y) R(a, a) metodom gradnje istinitosnog stabla, postupak gradnje stabla ići će u beskonačnost. S druge strane, negacija te rečenice, ( x yr(x, y) R(a, a)) je zadovoljiva. Što znamo na osnovi testa koji ne završava? (i) x yr(x, y) R(a, a) bi mogla biti zadovoljiva, pa niti jedna iz ovog para kontradiktornih rečenica ne bi bila valjana. (ii) No, 39 Dokažite: P S je valjana rečenica prvoga reda akko je S je posljedica prvog reda P T skupa rečenica T. Dokaz. S lijeva na desno. P S je istinito u svakoj strukturi. Neka P T je M bilo koja struktura za P S. Po pretpostavci, M ² P S. Po definiciji P T P T istinitosti u strukturi: M ² P S[g ]. Po definiciji zadovoljavanja, tada je slučaj ili P T M 2 P [g ] ili M ² S[g ] ili i jedno i drugo. Pretpostavimo (*) M ² P [g ]. Po definiciji P T zadovoljavanja, tada za svaku rečenicu P T vrijedi M ² P [g ],tj.m ² P. Pod pretpostavkom (*), M 2 P [g ] ne može biti slučaj. već morabitislučaj da M ² S[g ], tj. (po definiciji P T istinitosti) M ² S. Dakle, svaka struktura koja verificira svaku rečenicu iz skupa T, verificira i rečenicu S. Suprotan smjer dokažite sami. P T

282 26.3 Neodlučivost logike prvoga reda 273 x yr(x, y) R(a, a) bi mogla biti nezadovoljiva, pa bi njezina negacija mogla biti valjana rečenica prvoga reda. Lako je uvidjeti da je (i) slučaj. Neodlučivost logike prvoga reda pokazuje da se ona ne može svesti na "mehaničko" računanje već da se neka pitanja daju razriješiti samo na osnovi uvida Dokaz neodlučivosti Dokaz neodlučivosti logike prvoga reda obično se provodi svo denjem na "halting problem". U tom se dokazu, kojega nećemo provesti, pokazuje da kad bi logika prvoga reda bila odlučiva, onda bi problem zaustavljanja bio rješiv. No, kako drugo nije slučaj, onda ni prvo nije slučaj.

283 Poglavlje 27 Osnovne ideje modalne logike 27.1 Višestruko vrednovanje Jeziku propozicijske logike možemo dodati novi operator O i sačiniti nove formule. Takve formule možemo iskoristiti za prikazati logički oblik rečenica u kojima se javljaju izrazi poput nužno je da, moguće je da, zabranjeno je da, dopušteno je da, uvijek će biti slučaj da, barem jednom će biti slučaj da, djelatnik čini da, djelatnik vjeruje da, djelatnik zna da, djelatnik želi da... Primjer 27.1 (i) OP, (ii) OP P, (iii) OP OOP. Prethodne tri rečenice mogle bi poslužiti kao prikaz logičkog oblika sljedećih nizovarečenica. (Ai) Djelatnik zna da je slučaj da P, (Aii) Ako djelatnik zna da je slučaj da P, onda je slučaj da P, (Aiii) Ako djelatnik zna da je slučaj da P, onda on zna da zna da je slučaj da P. (Bi) Nužno je slučaj da P, (Bii) Ako je nužno slučaj da P, onda je slučaj da P, (Biii) Ako je nužno slučaj da P, onda je nužno da je nužno slučaj da P. (Ci) Djelatnik čini da bude slučaj da P, (Cii) Ako djelatnik čini da bude slučaj da P, onda je slučaj da P, (Ciii) Ako djelatnik čini da bude slučaj da P, onda on čini da bude slučaj da on čini da bude slučaj da P. (Di) Djelatnik želi da bude slučaj da P, (Dii) Ako djelatnik želi da bude slučaj da P, onda je slučaj da P, (Diii) Ako djelatnik želi da bude slučaj da P, onda on želi da bude slučaj da on želi da bude slučaj da P.Itd. Razmišljajući o prethodnim primjerima, možemo uočiti da ista formula može biti istinita u jednoj interpretaciji operatora O ali ne mora biti takvom u nekoj drugoj interpertaciji. Odredba istinitost ovakvih rečenica u nekom kontekstu k očigledno zahtijeva osvrtanje na različite kontekste k 0. Primjer 27.2 Ako O interpretiramo kao logički je nužno da, onda moramo ubrojiti svaki kontekst. Tada bismo rekli da je rečenica OP istinita u kontekstu k upravo onda kada je P istinito u svakom mogućem kontekstu k 0. Primjer 27.3 Ako O interpretiramo kao prirodna je nužnost da, onda izgleda da ako hoćemo odrediti istinitost OP u kontekstu k, moramo ubrojiti sve one i samo one kontekste k 0 u kojima vrijede isti prirodni zakoni kao u k. Primjer 27.4 Ako O interpretiramo kao jednom je bio slučaj da, onda izgleda da su za odredbu istinitost OP u kontekstu k relevantni samo oni konteksti k 0 koji vremenski prtohode k-u. 274

284 27.1 Višestruko vrednovanje 275 Za kontekste koje držimo relevantnim za odredbu istinitosti rečenice OP u kontekstu k kažemo da su dostupni iz k. Definicija 20 Model M sadrži: (i) neprazni skup konteksta K, (ii) dvomjesni odnos R na K, odnos dostupnosti, (iii) funkciju vrednovanja V koja dodjeljuje istinitosnu vrijednost V k (P ) svakom propozicijskom slovu P u svakom kontekstu k K. Ovakvi modeli često se nazivaju "Kripke modelima", a konteksti "mogućim svjetovima" Povijesna pozadina U pregledu (pret)povijesti modalne logike obično se spominju Aristotelova modalna silogistika, Humeovo razlikovanje činjeničnih i analitičkih istina, Kantovo uvrštavanje modalnih pojmova u popis dvanaest kategorija i Fregeovo odbacivanje modaliteta. Posebnu pažnju zaslužuje rasprava o implikaciji početkom 20. stoljeća u kojoj se obnavlja interes za modalnu logiku. Materijalna implikacija (kondicional) P Q ekvivalentna je (P Q). C.I. Lewis razdvaja materijalnu implikaciju (P Q) od striktne implikacije. Ova druga ne tvrdi samo da nije slučaj da istodobno vrijedi i P i Q, većdatone može biti slučaj: (P Q) (nije moguće da istodobno bude i P i Q). Koristeći (nužno nije slučaj) umjesto (nije moguće da bude slučaj) možemo pokazati da se striktna implikacija - može shvatiti kao materijalna implikacija koja nužno vrijedi: (P Q), (P Q), (P Q). Od samih početaka modalna logika je pokazivala nesigurnost u pogledu valjanosti njezinih načela. Ipak, neka su načela izgledala neproblematičnima poput onih koja ukazuju na mogućnost uzajamnog definiranja. P P (Nemoguće je ono što nužno nije.) P P (Ono što ne može ne biti, nužno je.) Druga načela izgledala su manje-više neproblematičnima. (T) P P (Što je nužno istinito - istinito je.) (K) (P Q) ( P Q) (Striktne posljedice nužnih istina i sam su nužne istine.) Posljednje gornje načelo može se promatrati kao modalna varijanta za modus ponens: ( (P Q) P ) Q. Procjena valjanosti načela postaje teža u slučaju višestrukih operatora. (4) P P (Ako je nešto nužno, onda je to nužno tako.) (B) P P (Ako je nešto slučaj, onda je nužno da je to moguće.); alternativno P P. (E) P P, (D) P P, itd. Različite aksiomatske teorije izrasle su iz (ne)prihvaćanja gornjih načela.

285 276 Poglavlje 27 Osnovne ideje modalne logike Primjedba 11 Osnovne aksiomatske logike označavaju se na sljedeći način: modalna KT = T logika prihvaća načela K i T, S4 =KT4 prihvaća načela K, T i 4, S5 =KT4B = KT4E logika prihvaća načela K, T, 4 te B ili E.. Nesigurnost oko načela pokazivala je da se unutar pojmova o nužnom i mogućem treba napraviti daljnju razliku koja nije vidljiva na sintaktičkoj razini. Zbog toga je ideja semantike mogućih svjetova koja se pojavila šezdesetih godina 20. stoljeća imala snažan utjecaj na razvoj modalne logike Sintaksa i semantika Jezik modalne propozicijske logike L dobivamo ako definiciji jezika propozicijske logike pridodamo uvjet: Ako je P ispravno sastavljena formula u jeziku L, onda su P i P isf-e jezika L. Zadatak 142 Zapišite punu definiciju jezika propozicijske modalne logike! Odgovor 48 Potrebna nam je induktivna definicija. Osnovna klauzula: propozicijska slova se isf-e jezika L. Induktivne klauzule: ako su P i Q isf-e u jeziku L, onda su P, (P Q), (P Q), (P Q), (P Q), P i P isf-e jezika L. Završna klauzula: ništa drugo nije isf jezika L. Zadatak 143 Iskažite sljedeće rečenice kao formule propozicijske modalne logike: (a) Moguće je da me ne razumiješ, ali to nije nužno. (b) Moguće je da ako bi mogla padati kiša, onda kiša pada. Odgovor 49 (a) R R,(b) ( K K). U semantici se koristi naziv mogući svijet koji je na više načina povezan s Leibnizom, koji bi prvi koji je koristio taj termin. U pozadini semantike mogućih svjetova leži ideja da istinitosna vrijednost za P i P unekommogućem svijetu ovisi o istinitosnoj vrijednosti koju P ima u nekim drugim mogućim svjetovima. Ta odredba istinitosne vrijednosti modalne rečenice ne mora zahvatiti ispitivanje svih mogućih svjetova; u formalnom se smislu ta ideja zahvaća pomoću odnosa dostupnosti koji odre duje koji su mogući svjetovi relevantni za opdredbu istinitosti rečenice o kojoj je riječ. Definicija 21 Model M za propozicijsku modalnu logiku sadrži: (i) neprazni skup mogućih svjetova W, (ii) dvomjesni odnos R na W, odnos dostupnosti, (iii) funkciju vrednovanja V koja dodjeljuje istinitosnu vrijednost V w (P ) svakom propozicijskom slovu P usvakommogućem svijetu w W. Skup mogućih svjetova zajedno s odnosom dostupnosti naziva se okvirom ili strukturom F = hw, Ri. Model M nastaje kada se okviru pridoda vrednovanje

286 27.1 Višestruko vrednovanje 277 V ; M = hf,v i = hhw, Ri,Vi. Istom se okviru mogu pridodati različita vrednovanja, čime se dobivaju različiti modeli. Definicija istine kazuje nam koje su formule istinite u kojem mogućem svijetu danoga modela. Budući da je vrednovanje propozicijskih slova V zadano u modelu M, definicija istine pokazuje kako se to vrednovanje može proširiti do punog vrednovanja V M koje dodjeljuje istinitosnu vrijednost svim formulama jezika propozicijske logike. Definicija 22 Ako je M model s njegovim skupom mogućih svjetova W, s odnosom dostupnosti R i s vrednovanjem V, onda je V M,w (P ) istinitosna vrijednost formule P u w umodelum definirana sljedećim uvjetima: (i) V M,w (P )=V w (P ), za svako propozicijsko slovo P (ii) V M,w ( P )=> akko V M,w (P )= (iii) V M,w (P Q) => akko V M,w (P )=> i V M,w (Q) => (iv) V M,w (P Q) => akko V M,w (P )=> ili V M,w (Q) => (v) V M,w (P Q) => akko V M,w (P )= ili V M,w (Q) => (vi) V M,w (P Q) => akko V M,w (P )=V M,w (Q) (vii) V M,w ( P )=> akko za svako w 0 W takvo da R(w, w 0 ): V M,w 0(P )=> (viii) V M,w ( P )=> akko za barem jedno w 0 W takvo da R(w, w 0 ): V M,w 0(P )=> Iz definicije je vidljivo da postoji sličnost izme du i, s jedne, i izme du i, s druge strane. Zato se kao i kod kvantifikatora jedan od modalnih operatora može uzeti za primitivni, a drugi za definirani. Na primjer, možemo definirati kao. Primjer 27.5 Oznaćimo modela na slici s M. Skup mogućih svjetova: W = {w 1,w 2,w 3 }, odnos dostupnosti prikazan je na slici sterilacama a u jeziku teorije skupova kao skup ure- denih parova: R = {hw 1,w 2 i, hw 2,w 2 i, hw 3,w 2 i}. Time smo odredili okvir F. Ako pretpostavimo da u jeziku pod razmatranjem nalazimo samo jedno propozicijsko slovo

287 278 Poglavlje 27 Osnovne ideje modalne logike P, onda je vrednovanje V (koje, podsjetimo se, uzima svijet i propozicijsko slovo a ispostavlja istinitosnu vrijednost) definirano: V w1 (P )=V w2 (P )=> i V w3 ( P )=. Sada kada je M odre deno, možemo odrediti vrijednost svih isf-a u danom jeziku modalne propozicijske logike. Ispitajmo neke primjere: P V M,w1 ( P )=> V M,w2 ( P )=> V M,w3 ( P )=> P V M,w1 ( P )=> V M,w2 ( P )=> V M,w3 ( P )=> P P V M,w1 ( P P )=> V M,w2 ( P P )=> V M,w3 ( P P )= P V M,w1 ( P )=> V M,w2 ( P )=> V M,w3 ( P )=> Valjanost Kod formula P modalne propozicijske logike možemo razlikovati nekoliko vrsta valjanosti. Definicije tvore uzlazni niz u kojem se svaki sljedeći pojam valjanosti definira pomoću nekog prethodnog pojma. 1. P je valjano 1 umodelum = hw, R, V i (ili model M verificira formulu P ) akko za svako w W vrijedi V M,w (P )=>(drugim riječima, P je istinito u svakom mogućem svijetu w). 2. P je valjano 2 na okviru F = hw, Ri akko za svaki model M koji je izgra den nad okvirom F vrijedi da je P valjanoumodelum. 3. P je valjano 3 u skupu okvira S akko za svaki okvir F S vrijedi da je P valjano na okviru F. 4. P je valjano 4 akko za svaki okvir F vrijedi da je P valjano na okviru F. Primjer 27.6 Valjanost 1 i valjanost 2 su "lokalnog karaktera". Za ispitivanje valjanosti 2 okvir držimo čvrstim i mijenjamo vrednovanja. Za ispitivanje valjanosti 3 biramo skup okvira kod kojih odnos dostupnosti ima odre deno svojstvo i mijenjamo vrednovanja. Valjanost 4 je "globalnog karaktera"; za ispitivanje valjanosti 4 mijenjamo modele. (P Q) ( P Q) P P P P valjano 3 na svim okvirima valjano 3 na svim refleksivnim okvirima valjano 3 na svim tranzitivnim okvirima valjano 4 nije valjano 4 nije valjano 4 Koristeći pojam valjanosti na okviru možemo definirati pojam karakteriziranja. Definicija 23 Formula P karakterizira skup S okvira akko P jest valjano 3 u skupu okvira S. Zadatak 144 Dokažimo da je P P karakterizira skup refleksivnih okvira. Odgovor 50 Trebamo dokazati da je P P valjano 3 u skupu svih refleksivnih okvira. Pretpostavimo da je M model s refleksivnom relacijom R. Za proizvolji w trebamo dokazati V M,w ( P ) = >, onda V M,w (P ) = >. Pretpostavimo V M,w ( P ) = >. Po definiciji za vrednovanje, za svaki v takav

288 27.1 Višestruko vrednovanje 279 da R(w, v) vrijedi V M,v (P ) = >. Budući da R refleksivna relacija, vrijedi R(w, w),pajezatov M,w (P )=> Modalna logika i logika prvog reda Modalne formule P možemo "prevesti" na jezik logike prvoga reda [P ] (s [] označavamo funkciju prijevoda): [P ]=Px P je propozicijsko slovo [ P ]= [P] [P Q] =[P ] [Q] [ P ] = y(r(x, y) [P ](y)) y je nova varijabla Primjer 27.7 Prijevod za P P. Iskažimodrukčije: ( P P ). [ ( P P )] = [ P P ]= ([ P ] [ P ]) = = ( [ P ] [P ]) = ( y(r(x, y) [ P ](y) Px)= = ( y(r(x, y) [ P ](y) Px)= ( y(r(x, y) P (y) Px)= = y(r(x, y) P (y)) P (x) Zadatak 145 Odredite funkciju prijevoda za P Q i P Q. Zadatak 146 Izradite prijevod za P P! Odgovor 51 y(r(x, y) (P (y) P (y)) Tehnika kojom se odre duju svojstva relacije dostupnosti počiva na načelu minimalnog ispunjenja antecedensa. Najprije dajemo prijevod modalne logike na jezik logike prvog reda Konzekvens aksioma P P dobiva prijevod: P (x). Minimalno ispunjenje antecedensa zahtijeva da P bude zadovoljeno u svim R sljedbenicima, zato definiramo minimalno vrednovanje P (v) kao R(x, v). Pročitajmo konzekvens; on kaže: P (x). Uvrstimo minimalno vrednovanje i dobivamo R(x, x) - refleksivnost. Konzekvens aksioma P P dobiva prijevod: y (R(x, y) z (R(y,z) P (z))). Upisujemo minimalno vrednovanje antecedensa Rxu i dobivamo y (R(x, y) z (R(y, z) R(x, z)))

289 280 Poglavlje 27 Osnovne ideje modalne logike - tranzitivnost. Za aksiom P P minimalno ispunjenje antecedensa zahtijeva da jedino u x bude zadovoljeno P, pa zato umjesto P (v) pišemo x = u. Prijevod konzekvensa daje: y (R(x, y) z(r(y, z) P (z))) a s ubacivanjem minimalnog uvjeta dobivamo y (R(x, y) z(r(y, z) x = z))) što je zapravo komplicirani način iskazivanja uvjeta simetričnosti: y (R(x, y) R(y, x)). Relaciju koja je refleksivna, tranzitivna i simetrična nazivamo relacijom ekvivalencije. Gorespomenuti aksiomi pokazuju da modalna logika S5 karakterizira okvire u kojima je relacija dostupnosti relacija ekvivalencije. Smijemo iz S5 modela odstraniti kopije svjetova jer možemo zanemariti relaciju dostupnosti i definirati modalitet V M,w ( P )=> akko za svako wv w (P )=> Sintaktički pristup pojmu valjanosti I za modalnu logiku možemo izgraditi sustav prirodne dedukcije. Pri tome će se pravila razlikovati od jedne do druge modalne logike. Pravilo Intro:akoP ne ovisi ni o jednoj pretpostavci ili premisi, P ` P. Za Elim ne može se dati neko jednostavno i intuitivno jasno pravilo. Izlaz je u tome da se dopusti korištenje aksiomske sheme K u bilo kojem koraku dokaza. Primjer (1)P Q pretpostavka 1(2)P Elim,1 (3) (P Q) P Intro,1,2 (4) ((P Q) P ) Intro,3 (5) ((P Q) P ) ( (P Q) P ) aksiom (6) (P Q) P Elim,4,5 Druga varijanta za sustav prirodne dedukcije modalne propozicijske logike uvodi modalne -poddokaze Aletičkiiepistemički modaliteti Primjer 27.9 Promotrimo sljedeće rečenice Možda pada kiša, ali kiša ne pada i Kiša pada ali mogao je biti slučaj da ne pada. U gornjim primjerima susrećemo dva smisla o mogućem. U prvoj rečenici riječ je epistemičkoj mogućnosti: obzirom na sve ono što znam nije isključena mogućnost da P. U tom smislu nije zadovoljiva tvrdnja MoždaP P. U drugoj rečenici riječ je o aletičkoj mogućnosti: u strožoj varijanti, obzirom na važeće prirodne zakone nije isključena mogućnost da P ili, u blažoj varijanti,

290 27.1 Višestruko vrednovanje 281 logički su moguće okolnosti u kojima je slučaj da P. U ovakvom smislu tvrdnja MogućeP P jest zadovoljiva Pogled dalje Modalna logika pruža snažno analitičko sredstvo za filozofska istraživanja jezika u kojemu opisujem ljudske radnje, moralni i pravni diskurs, za istraživanje drugih modusa pored indikativnog, za opis vjerovanja, znanja i želja, i za mnoge druge svrhe. Plodonosan razvoj modalne logike u tim i drugim smjerovima prelaziokvire ovoga tečaja.

291 Poglavlje 28 Zadaci 1. Otvorite Leibniz 0 sworld. Prevedite zadane rečenice koristeći engleske predikate (Cube, MediumSize, FrontOf, BackOf, Between, SameCol). Ako je prijevod uspješan, sve će rečenice biti istinite. (a) Nemakocakasrednjeveličine. (b) Ništa nije ispred b. (c) Svaka je kocka ili ispred ili iza e. (d) Nijedna kocka nije izme du a i c. (e) Svi se predmeti nalazi u onim stupcima gdje su a, b i c. 2. Prevedite zadane rečenice na jezik logike prvoga reda. Dopušteni predikati su: Zlato, Sja, VišiOd, Student i Hvali. (a) Nije zlato sve što sja. (b) Ivan je najviši student. (c) Tkogod hvali svakoga, ne hvali nikoga. 3. U sljedećim vježbama primijenite istinitosno-funkcionalni algoritam da biste odredili jesu li zadani zaključci (a) tautološki valjani. Ako nisu, odredite jesu li (b) logički, ali ne i tautološki valjani ili su (c) nevaljani. Za nevaljane zaključke izgradite protuprimjer. 1. xkocka(x) ymaleno(y) (a) 2. ymaleno(y) 3. x Kocka(x) 1. xkocka(x) (b) 2. xm aleno(x) 3. x(kocka(x) Maleno(x)) 1. x(kocka(x) Veliko(x)) (Kocka(c) Veliko(c)) (c) 2. Tetraedar(c) Kocka(c) 3. Tetraedar(c) 4. x(kocka(x) Veliko(x)) 4. Objasnite zašto klasična logikasmatradajesilogizambramantip (modus AAI, figura IV) valjan, dok ga suvremena logika smatra nevaljanim. Pitanje istražite koristeći "Kategorički silogizmi"! Konstruirajte protuprimjer koristeći jezik Vennovih dijagrama! 5. Sačinite niz ekvivalencija koje će pokazati da je negacija rečenice Neki P su Q ekvivalentna rečenici Nijedan P nije Q. (Rješenje izradite kao "sentence file" koristeći Tarski s World, u zagradama iza svake rečenice upišite naziv ekvivalencije koja je opravdava.) 6. Otvorite Frege s Sentences i Peirce s World. Izmijenite veličinu i položaj jednog tijela tako da prvih sedam rečenica bude istinito a drugih sedam - neistinito. Predajte modificirani svijet! 282

292 (***) Otvorite Ramsey s Sentences. Izgradite svijet koji čini istinitim svih 20 rečenica koristeći samo 6 tijela! 8. Otvorite Arnault s Sentences i izgradite svijet u kojem su sve rečenice istinite! 9. (Logička neovisnost) Otvorite Buridan s Sentences. Pokažite da je rečenica x y(x 6= y Tet(x) Tet(y) Medium(x) Medium(y)) neovisna o "Buridanovim" rečenicama, tj. da ni ona niti njezina negacija nije njihova posljedica. Neovisnost ćemo ustanoviti tako što ćemo izgraditi dva svijeta u kojem će sve "Buridanove" rečenice biti istinite dok će u jednom od njih zadana rečenica biti istinita a u drugom neistinita. 10. (Rečenice koje trebamo parafrazirati prije prijevoda) Prevedite zadane rečenice na jezik logike prvoga reda! Provjerite svoj prijevod: u Ron s World sve rečenice trebaju biti istinite, u Bolzano s World samo je 3. rečenica istinita, u Wittgenstein s World samo je 5. rečenica istinita. (a) Jedino veliki predmeti nemaju ništa ispred sebe. (b) Ako neka kocka ima nešto ispred sebe, onda je ta kocka malena. (c) Svaka kocka koja je iza nekog dodekaedra manja je od njega. (d) Ako je predmet e izme du dva predmeta, ta dva predmeta su malena. (e) Ako je tetraedar izme du dva predmeta, ta dva predmeta su malena. 11. Izvedite zadane ekvivalencije koristeći poznata načela kvantifikacije. (a) xp Q x(p Q) ako x nije slobodan u Q (b) P xq x(p Q) ako x nije slobodan u P. 12. Otvorite Jon Russell s Sentences. Na slobodnim mjestima (označenim parnim brojevima) zapišite prethodnu rečenicu u preneksnoj normalnoj formi. Provjerite ispravnost vrednujući rečenice u različitim svjetovima! 13. Izradite koristeći Fitch dokaze za sljedeće valjane rečenice prvoga reda. Podsjetite se da dokazima valjanih rečenica ne koristimo niti jednu premisu. (a) (nulta kvantifikacija) ` Kocka(b) xkocka(b) (b) ` x(p (x) xp (x)) (c) ` x y[r(x, y) R(x, y)] 14. Otvorite (koristeći Tarski s World) Padoa s Sentences. (a) Dokažite da bilo koje tri rečenice od zadanih četiri tvore zadovoljiv skup rečenica. Da biste dokazali prethodnu tvrdnju za četiri skupa rečenica izgradite četiri svijeta takva da je u njima svaka rečenice iz odgovarajućeg skupa istinita. Rješenje predajte pod nazivima wld, wld, wld, wld. (b) Dokažite na neformalan način da četiri rečenice iz prethodnog zadatka (Padoa s Sentences) nisu konzistentne (tj. da nije moguće da sve budu istodobno istinite)! 15. Koristeći Tarski s World prona dite prijevode na jezik logike prvoga reda za rečenice a-e. Za svrhu provjere prijevoda dobro je koristiti na "Keyboard"-u ponu dene oznake predikata. Čini se da ćete za e. morati upotrebiti jednu rečenicu iako se u prirodnom jeziku javljaju dvije (jer jedino tako možemo

293 284 Poglavlje 28 Zadaci sačuvati koreferenciju, upućivanje na isti predmet, imeničke fraze jedna velika kocka iz prve rečenice i zamjenice nje iz druge rečenice). (a) Ima barem dva dodekaedra. (b) Ima najviše dva tetraedra. (c) Ima točno dvije kocke. (d) Samo tri predmeta nisu malena. (e) Ima samo jedna velika kocka. Nijedan dodekaedar nije iza nje. (f) Provjerite ispravnost prijevoda: U Bolzano s World istinite su samo a,ci e; u Skolem s World istinita je e; u Montegue s world istinite su b,c i e. Izgradite svijet u kojem su sve rečenice a-e istinite. Predajte prijevode i svijet. 16. Otvorite (koristeći Tarski s World) Russell s Sentences. Izgradite svijet u kojem su sve rečenice 1-7 istinite! 17. Usporedite rečenice (i)!1 xkocka(x) x(kocka(x) Maleno(x)) i (ii)!1 x(kocka(x) Maleno(x)). Iskažite ih u prirodnom jeziku! Ako rečenice (i) i (ii) nisu ekvivalentne izgradite dva svijeta takva da u prvom samo rečenica (i) bude istinita a u drugom samo (ii). Ako su rečenice (i) i (ii) ekvivalentne, dokažite to bilo na formalan bilo na neformalan način! 18. Dokažite neformalnim načinom sljedeći jednostavni teorem: a : a! 19. Dokažite da postoji točno jedan prazni skup pokazujući da postoji barem jedan i najviše jedan takav skup! Preuzmite?? i nadopunite nedostajuće korake! Preuzmite?? i odredite pravila i rečenice koje opravdavaju svaki pojedini korak! U nekim ćete se koracima pozvati na pravilo tautološke posljedice (Tau Con). 20. Nadopunite?? za x y[x = y (x y y x)] s koracima koji nedostaju! 21. Označimo sa s ekstenziju predikata S: s = {x S(x)}, sp ekstenziju predikata P,sdoznačimo skup svih predmeta u kontekstu rasprave. Prikažite Aristotelovske sudove u jeziku teorije skupova sljedeći pristup prikazan u drugom retku: varijanta1 varijanta2 univerzalno afirmativni sud univerzalno negativni sud x(s(x) P (x)) s d p s p = partikularno afirmativni sud partikularno negativni sud 22. Napišite korespondentni kondcional za silogizam Barbara sljedeći načelo iz prethodnog zadatka, to jest koristeći jezik teorije skupova! Kondicional pokazuje da odnos ima neko svojstvo. O kojem je svojstvu riječ? 23. Dokažite na neformalan način tvrdnju: "Neka su a i b proizvoljni skupovi, a b = b ako i samo ako a b"! U dokazu ćete se morati osloniti na aksiom ekstenzionalnosti (zbog identitetnih tvrdnji), te na definicije za i. 24. Neka je definicija za ure deni par: hx, yi = {{x}, {x, y}} Polazeći od te definicije, izradite neformalan dokaz za hx, yi = hu, vi (x = u y = v)!

294 Oslanjajući se na prethodni zadatak, dokažite da za bilo koja dva skupa a i b, postoji skup svih ure denih parova hx, yi takvih da x a i y b. Taj se skup naziva Kartezijevim produktom od a i b,aoznačava se s a b. 26. Otvorite u Fitch-u Exercise Ovaj dokument kao cilj dokaza sadrži tvrdnju da je odnos istovjetnosti oblika ekvivalentan. Svrha ove vježbe je pokazati da su ciljne rečenice koje iskazuju to svojstvo odnosa posljedica značenja osnovnog predikata. Pravilo Ana Con smijete koristiti samo za atomarne rečenice! 27. Ispitajte sljedeće tvrdnje. Ako su istinite, izradite bilo formalan bilo neformalan dokaz. Ako su lažne, prona dite protuprimjer. (a) Za bilo koji skup b, b. (b) Za bilo koji skup b, b b. (c) Za bilo koje skupove a i b, (a b) = a b. (d) Za bilo koje skupove a i b, (a b) = a b. 28. Otvorite Fitch dokument Exercise U zadatku trebamo dokazati da je relacija R funkcionalna relacija: x y z[(r(x, y) R(x, z)) y = z]. Dopušteno je koristiti TautConidopuštenajeprimjenaAnaCon za literale (tj. atomarne rečenice i njihove negacije). Tvrdnja R(a, b) znači b je predmet koji je smješten najviše sprijeda u onom stupcu u kojem se nalazi a. [Prijedlog: iskoristite AnaCon za činjenicu da od dva različita predmeta koji su u istom stupcu jedan mora biti ispred drugoga.] 29. Neka je D neki skup i neka je P neki skup ne-praznih podskupova od D takvih da je svaki element iz D član točno jednog člana iz P. Takav se skup P naziva particijom od D. (a) Zapišite gornju definiciju koristeći simbole teorije skupova i jezik logike prvoga reda! (b) Neka je P particija skupa D. Definirajmo relaciju E na sljedeći način: ha, bi E akko postoji X P takav da a X i b X. Pokažite da je E relacija ekvivalencije te da je P skup klasa ekvivalencije za tu relaciju! (c) Logička razdioba pojma je adekvatna ako je zbroj opsega članova razdiobe jednak opsegu diobene cjeline. Iskažite ovu definiciju koristeći jezik teorije skupova. Diobenu cjelinu (totum divisionis) označite s t, članove diobe (membra divisonis)označite s m 1,...,m n. (d) Logička razdioba pojma je jedinstvena ako se njezini članovi me dusobno isključuju. Iskažite ovu definiciju koristeći jezik teorije skupova! (e) Iskažite u jednoj rečenicu odredbu za jedinstvenost i adekvatnost divizije koristeći jezik teorije skupova i pojam particije! 30. Raymond Smullyan nam je dao ove dobre savjete: (1) uvijek govorite istinu, (2) svakog dana recite: "Ponovit ću ovu rečenicu sutra." Dokažite da će svatko tko bude poštivao i jedan i drugi savjet - živjeti vječno! Nakon toga pokažite zašto to ipak neće biti moguće! 31. Dokažite da su aksiom ekstenzionalnosti i aksiom separacije konzistentni! Drugim riječima, prona dite područje rasprave u kojima su oba aksioma istinita! [Savjet: ispitajte domenu čiji je jedini element prazni skup; za

295 286 Poglavlje 28 Zadaci aksiom separacije moramo pokazati da za bilo koje svojstvo P postoji skup {x P (x)} u toj domeni.] 32. Dokažite da za bilo koji skup b, b 6= b! 33. Dokažite da za bilo koji skup b, b 6= b! 34. Dokažite tvrdnju "Rečenica S je tautološka posljedica skupa rečenica T ako isamoakot { S} nije it-zadovoljiv"! 35. Dokažite sljedeću lemu za slučajeve 3. i 4. "Neka je T formalno konzistentan, formalno potpun skup rečenica, te neka su R i S proizvoljne rečenice u jeziku. 1.T ` T (R S) akko T `T R i T `T S 2.T ` T (R S) akko T `T R ili T `T S 3.T ` T S akko T 0 T S 4.T ` T (R S) akko T 0 T R ili T `T S 5.T ` T (R S) akko bilo T `T R i T `T S bilo T 0 T R i T 0 T S" 36. Zadan je jezik s dva predikata, Kocka i Maleno, i s dvije individualne konstante, a i b. Neka je T sljedeći skup rečenica: { (Kocka(a) Maleno(a)), Kocka(b) Kocka(a), Maleno(a) Maleno(b)}. Ovaj skup nije formalno potpun. Primijenite proceduru iz tvrdnje o mogućnosti proširenja formalno konzistentnoh skupova i sačinite formalno konzistentni, formalno potpuni skup. Koji skup dobivamo? Koje ga dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti h zadovoljava? Izgradite svijet u kojem su istinite sve rečenice iz proširenoga skupa!. 37. Koristeći Dizajner dokaza izradite dokaz za a b ( a b 6= (a b)) koristeći za protuprimjer sljedeće skupove a = { } i b = {{ }}! 38. Otvorite Mary Ellen s World i predstavite ga kao strukturu prvoga reda za jezik koji sadrži (i) predikate: Kocka, VećiOd, Tetraedar, Dodekaedar, Izmeu i (ii) individualnu konstantu: c! 39. Intutivno, rečenica Q predmeta koji zadovoljavaju uvjet A zadovoljavaju uvjet B ili Qx(A(x),B(x)) pokazuje da su skup A, skup predmeta koji zadovoljavaju A(x) ustrukturim, i skup B, skup predmeta koji zadovoljavaju uvjet B(x) u strukturi M, stoje u odre denom odnosu Q Zato je prirodni način za interpretiranje generaliziranog kvantifikatora onaj koji ga tretira kao binarnu relaciju na (D M ). Koji kvantifikator odgovara sljedećim binarnim relacijama me du skupovima? ( a označava koliko članova ima skup a.) (a) A B (b) A B = (c) A B 6= (d) A B =1 (e) A B 5 3 (f) A B > A B 40. Razmotrite jezik sa samo jednim binarnim predikatskim simbolom P,a M

296 287 neka bude struktura s domenom D = {1, 2, 3} gdje ekstenzija predikata P obuvaća parove <n,m>koji su takvi da m = n +1.Zasljedeće isf-e odredite koja su dodjeljivanja vrijednosti varijablama odgovarajuća! zatim opišite dodjeljivanja vrijednosti varijablama koja ih zadovoljavaju! (a) P (y, z) (b) yp(y,z) (c) P (x, x) (d) xp (x, x) (e) y zp(y, z) 41. Dokažite tvrdnju "Neka su M 1 i M 2 strukture koje imaju istu domenu i koje dodjeljuju istu interpretaciju za predikate i konstante u isf P.nekasu g 1 i g 2 dodjeljivanja vrijednosti varijablama koja dodjeljuju iste vrijednosti (predmete) za slobodne varijable u isf-i P. Tada M 1 ² P [g 1 ] ako i samo ako M 2 ² P [g 2 ] ". Dokažite samo osnovni korak i induktivne korake za i! 42. Zadana je struktura prvoga reda, M za jezik L. Definiramo dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti, h M na sljedeći način: za bilo koju atomarnu rečenicu ili rečenicu koja počinje s kvantifikatorom, S h M (S) => ako i samo ako M ² S Trebamo dokazati da "ako i samo ako" vrijedi za bilo koju rečenicu. 43. Neka je h proizvoljno dodjeljivanje istinitosnih vrijednosti za jezik prvoga reda bez funkcijskih simbola. Konstruirajmo strukturu prvoga reda, M H na sljedeći način. Domena: domena za M H je skup individualnih konstanti jezika o kojem je riječ. Neka je R binarni relacijski simbol čija je ekstenzija definirana ovako: {< c,d> h(r(c, d)) = >} Na kraju, interpretirajmo svaku individualnu konstantu tako da ona imenuje sebe (npr. ako je a individualna konstanta jezika pod razmatranjem, onda M H (a) =a). (a) Pokažite da za svaku rečenicu, S koja ne sadrži kvantifikatore ili simbol identiteta vrijedi: M H ² S akko h(s) => (b) Pokažite da se prethodni rezultat ne proteže na rečenice koje sadrže simbol identiteta. (c) Pokažite da se prethodni rezultat ne proteže na rečenice koje sadrže egzistencijalni kvantifikator Ispišite konstante-svjedoke za sljedeće isf-e. Simbol konstante a preuzet je iz početnog jezika L. (a) VeciOd(a, x) (b) VeciOd(c 1,x) gdje je c 1 nova konstanta iz L 1 (c) VeciOd(c 2,x) gdje je c 2 nova konstanta iz L 2

297 288 Poglavlje 28 Zadaci 45. Pokrenite Tarski s World i otvorite Henkin s Sentences. Neka su konstante c i d skraćeni zapis konstanti-svjedoka c Cube(x) i c Dodec(x) Small(x),time redom. (a) Pokažite da su sve te rečenice članovi teorije H. Odredite oblik svakog aksioma po definiciji za H. (b) Po prethodnom i po tvrdnji o postojanju interpertacije za konstante-svjedoke koja čini sve rečenice iz H istinitima, bilo koji svijet u kojemu se konstante c i d nekoristekaoimenamožesepretvoriti u svijet u kojemu su H rečenice istinite. Otvorite Henkin s World i imenujte tijela s c i d tako da sve rečenice postanu istinite. 46. Neka T sadrži sljedeći skup rečenica, T = {Kocka(a),Maleno(a), x(kocka(x) Maleno(x)) ydodekaedar(y)} (a) Dajte neformalne dokaze da su sljedeće rečenice posljedice prvoga reda od T :(i) x(kocka(x) Maleno(x)),(ii) ydodekaedar(y). (b) Dajte neformalne dokaze da nijedna od sljedećih rečenica nije tautološka posljedica od T :(i) x(kocka(x) Maleno(x)), (ii) ydodekaedar(y), (iii) Dodekaedar(c Dodekaedar(y) ). (c) Dajte neformalne dokaze da su sve rečenice iz prethodnog zadatka (5. b) tautološke posljedice od T H. 47. Neka je T teorija formulirana u jeziku L. Primjenite dokazanu tvrdnju "Neka je M struktura prvog reda za jezik L. Postoji način interpretacije svih konstanti-svjedoka u domeni za M takav da, pod tom interpertacijom, sve rečenice iz H budu istinite." da biste pokazali da vrijedi sljedeće: ako je S iz L posljedica prvoga reda od T H, onda je ona posljedica prvoga rada i od T. 48. Pokažite da za svaki simbol konstante c iz L H postoji različita konstanta svjedok d takvadajec = d tautološka posljedica od H. 49. Zadane su sljedeće rečenice iskazane u jeziku logike prvoga reda: (i) x y( Ispred(y, x) Veliko(x)) (ii) x y(kocaka(x) Kocka(y) JednakaV elicina(x, y)) (iii) x y[ispred(x, y) ((Maleno(y) Tetraedar(y)) Dodekaedar(y))] (iv) y[ x( zlijevood(z,x) x = y) Dodekaedar(y) Veliko(y)] (v) x y z(x 6= y x 6= z y 6= z) (vi) x y z u(x = y x = z x = u y = z y = u z = u) (vii) x yizmedju(e, x, y) (a) Procijenite istinitosnu vrijednost gornjih rečenica u svijetu na donjoj slici. Ako se u nekom slučaju istinitosna vrijednost ne može odrediti, kratko objasnite zašto to nije moguće učiniti! Predikatu Izmedju dajemo sljedeće tumačenje: predmeti x, y i z zadovoljavaju Izmedju(x, y, z) akko (i) x jest izme du y i z i (ii) predmeti x, y i z leže u istom retku, stupcu ili dijagonali.

298 289 (b) Rečenice (i), (iv) i (v) iskažite u prirodnom jeziku pazeći pri tome da Vaš prijevod poštuje sljedeća ograničenja: prijevod za (i) ne smije biti pogodbena rečenica, prijevod za (iv) ne smije biti složena rečenica, prijevod za (v) ne smije sadržavati više od četri riječi. (c) Izgradite svijet u kojem će sve rečenice i-vii (navedene na početku zadatka) biti istinite. Rješenje upišite u tablici tako da u polju na kojem se nalazi neki predmet upišete njegov skraćeni opis i njegovo ime ako ga predmet ima. Na primjer, skraćeni opis za veliku kocku, čije je ime c i koja se nalazi u prvom retku i krajnjem desnom stupcu, upisali bismo u tablicu ovako: VKc 50. Izradite dokaze za sljedeće valjane rečenice prvoga reda. Podsjetite se da u dokazima valjanih rečenica ne koristimo niti jednu premisu. [U dokazima smijete koristiti samo pravila za uvo denje i uklanjanje te pravilo reiteracije. Jedino u dokazu za 2.d. smijete koristiti tautološke posljedice i DeMorganove zakone za kvantifikatore.] (a) ` x(s(x) P (x)) x( P (x) S(x)) (b) ` x y[r(x, y) R(x, y)] (c) ` xp (x) x P (x) (d) ` x(p (x) xp (x)) [Savjet: oslonite se u dokazu na zakon isključenja trećeg, xp (x) xp (x)] 51. Dokažite bilo na formalan ili na neformalan način tvrdnju: "Neka su a i b proizvoljni skupovi. Ako a b, onda a b = a"! U dokazu ćete se morati osloniti na aksiom ekstenzionalnosti (zbog identitetne rečenice u konzekvensu), te na definicije za i. 52. Dokažite sljedeću tvrdnju koja govori o odnosu dokazivosti: "Neka je T formalno konzistentan i formalno potpun skup rečenica, te neka su R i S proizvoljne rečenice u jeziku logike prvoga reda. Tada vrijedi (i) T ` S akko T 0 S (ii).t ` (R S) akko T 0 R ili T ` S."