1. Következtetések elsőrendben

Átírás

1 Informatikai logikai alapjai Mérnök informatikus 8. gyakorlat 1. Következtetések elsőrendben 1.1. Szillogizmusok 1. Formalizálja elsőrendben a következő állításokat, és ábrázolja Venn-diagrammal is: 1. Minden mérnök lökött. 2. Egy mérnök sem lökött. 3. Némely mérnök lökött. 4. Némely mérnök nem lökött. Mely állítások egymás tagadásai? Megoldás: A feladatok megfogalmazásához nincs szükség névkonstansokra és függvényjelekre. Viszont szükségünk lesz két egy argumentumú predikátumparaméterre: M(x) jelölje, hogy x mérnök, és L(x), hogy x lökött! Ezzel az állítások a következőképpen formalizálhatóak: 1. x(m(x) L(x)) Jelölje az M halmaz a mérnökök halmazát: {x M(x)}, hasonlóképpen jelölje L a lököttek halmazát! Ha valaki mérnök, akkor ő lökött, másképp fogalmazva nincs nem lökött mérnök. Így a szürkével jelölt terület mindenképpen üres halmazt jelent. M 2. Az állítás két ekvialens módon is megfogalmazható: x(m(x) L(x)) és x(m(x) L(x)). Ha valaki mérnök, akkor az nem lehet lökött, és hasonlóan ha valaki lökött, akkor nem lehet mérnök. M L 3. x(m(x) L(x)) Van (legalább)i egy személy, aki mérnök, és lökött is. Így az alábbi rajzon a ponttal jelölt halmazban legalább egy elem található. M L 4. x(m(x) L(x)) Van (legalább) egy személy, aki mérnök és nem lökött. Azaz a ponttal jelölt halmazban legalább egy elem található. L

2 INBK gyakorlat 2/18 M Az első megoldás szerint a szürke részen nincs elem, a negyedik megoldás szerint lennie kell. Így ezek egymásnak ellent mondanak. Hasonlóképpen a második és a harmadik esetben is ugyanazon terület üres vagy nem üres voltáról esik szó, ezek is ellent mondanak egymásnak. L 2. Formalizálja elsőrendben a következő állításokat: 1. Minden rendes keresztény ember hisz Istenben. 2. Minden rendes zsidó ember hisz Istenben. 3. Tehát minden rendes keresztény rendes zsidó. Következménye-e a harmadik állítás az első kettőnek? Indokolja válaszát! Megoldás: Jelölje K(x), H(x) és Z(x) rendre azt, hogy x rendes keresztény, hisz Istenben és rendes zsidó! 1. x(k(x) H(x)) 2. x(z(x) H(x)) 3. x(k(x) Z(x)) A harmadik formula tagadása a következő: x(k(x) Z(x)). Ezek után egy közös ábrán ábrázoljuk az egyes formulákhoz tartozó halmazokat, ehhez a formulák hátterénél alkalmazott színeket ábrázoljuk. Ahogy az ábrán látható, a három állítás jól megfér egymással, nincs ellentmondás, így az első két állításnak a harmadik állítás nem logikai következménye. K H Z 3. Formalizálja elsőrendben a következő állításokat: 1. Minden tévéműsor érdektelen és lehangoló időtöltés. 2. Minden érdektelen és lehangoló időtöltés időpocsékolás. 3. Néhány tévéműsor időpocsékolás. Majd ábrázolja azokat Venn-diagram segítségével. A harmadik állítás következik az első kettőből, ha feltesszük, hogy van tévéműsor? (A harmadik állítás ezt nem kimondottan, de tartalmazza.)

3 INBK gyakorlat 3/18 Megoldás: Jelölje rendre T (x), E(x) és I(x) azt, hogy x tévéműsor, érdektelen és lehangoló időtöltés, időpocsékolás! A formulák a következőek: 1. x(t (x) E(x)) 2. x(e(x) I(x)) 3. x(t (x) I(x)) A harmadik állítás tagadása a következőképpen fogalmazható meg: x(t (x) I(x)) A három színezett állítást közös ábrán ábrázolva láthatjuk, hogy a T halmaznak üresnek kell lennie. Viszont ezt ellentmond a feltételeinknek, így ellentmondásra jutottunk, tehát a harmadik állítás az első kettő logikai következménye. T I E 4. Formalizálja elsőrendben a következő állításokat: 1. Némelyik tévéműsor érdektelen és lehangoló időtöltés. 2. Minden érdektelen és lehangoló időtöltés időpocsékolás. 3. Minden tévéműsor időpocsékolás. Majd ábrázolja azokat Venn-diagram segítségével. A harmadik állítás következik az első kettőből? Megoldás: Jelölje rendre T (x), E(x) és I(x) azt, hogy x tévéműsor, érdektelen és lehangoló időtöltés, időpocsékolás! A formulák a következőek: 1. x(t (x) E(x)) 2. x(e(x) I(x)) 3. x(t (x) I(x)) A harmadik állítás tagadása a következő: x(t (x) I(x)). A második állítás ábrázolásával kezdve, az első állításnak megfelelően csak egy helyre tehetjük a piros pontot, és hasonlóképpen meghatározott a kék pont helye is. Nem jutottunk ellentmondáshoz, így a harmadik állítás nem logikai következménye az első kettőnek. T I E

4 INBK gyakorlat 4/18 5. Formalizálja a következő állításokat: 1. Egyetlen politikus sem éretlen gyerek. 2. Egyetlen éretlen gyerek sem a logika professzora. 3. Egyetlen politikus sem a logika professzora. Következménye-e az utolsó állítás az első kettőnek? Megoldás: Jelölje rendre P (x), E(x) és L(x) rendre azt, hogy x politikus, éretlen gyerek illetve a logika professzora! Az állítások a következőképp írhatóak fel: 1. x(p (x) E(x)) 2. x(e(x) L(x)) 3. x(p (x) L(x)) A harmadik állítás tagadása a következő: x(p (x) L(x)) Az alábbi rajzon egy lehetséges megvalósítást ábrázolunk. Lehet látni, hogy az E és a P halmazok, éppúgy mint a E és L halmazok diszjunktak, de ez nem teljesül a P és L halmazokra. Így a következmény nem teljesül. P L E 6. Formalizálja elsőrendben az alábbi állításokat, és döntse el, hogy az utolsó állítás következik-e az azt megelőzőekből, vagy sem! (a) 1. Nem minden demokrata liberális gazdasági ügyekben. 2. Csak a gazdasági ügyekben liberálisok támogatják az univerzális társadalombiztosítást. 3. Így nem minden demokrata támogatja az univerzális társadalombiztosítást. Megoldás: Jelölje rendre D(x), L(x) és T (x) rendre azt, hogy x demokrata, liberális gazdasági ügyekben, illetve a támogatja az univerzális társadalombiztosítást! A három állítás, illetve az utolsó tagadása a következőképp írható fel: 1) x(d(x) L(x)) 2) x(t (x) L(x)) (Az nem állítottuk, hogy minden gazdasági ügyekben liberális támogatja az univerzális társadalombiztosítást, viszont ha valaki támogatja azt, akkor nem lehet más, csak gazdasági ügyekben liberális.) 3) x(d(x) T (x)), illetve ez utóbbi tagadása x(d(x) T (x)). A sárgával és a kékkel jelölt állítások jelölése után már nem tudjuk a pirossal jelölt állításnak megfelelő pontot az ábrára helyezni, mindkét lehetséges helyen ellentmondáshoz jutunk. Így a harmadik állítás logikai következménye az első két állításnak. D T L

5 INBK gyakorlat 5/18 (b) 1. Néhány orvosságnak nincs mellékhatása. 2. A mellékhatással járó orvosságokat ésszerűen kell használni. 3. Tehát néhány orvosságot ésszerűen kell használni. Megoldás: Jelölje rendre O(x), M(x) és E(x) rendre azt, hogy x orvosság, x-nek mellékhatása van, illetve x-et ésszerűen kell használni! A három állítás, illetve az utolsó tagadása a következőképp írható fel: 1) x(o(x) M(x)) 2) x(m(x) E(x)), 3) x(o(x) E(x)), illetve ez utóbbinak tagadása: x(o(x) E(x)). Ahogy az ábráról leolvasható, a három ábrázolt állítás nem mond ellent egymásnak, így a harmadik állítás nem logikai következménye az első két állításnak. O E M (c) 1. Csak a szerencsejátékosok fektetnek részvényekbe. 2. Néhány részvényes kerüli a kockázatot. 3. Ezért néhány szerencsejátékos kerüli a kockázatot. Megoldás: Jelölje rendre S(x), R(x) és K(x) rendre azt, hogy x szerencsejátékos, részvényes, illetve kerüli a kockázatot! A három állítás, illetve az utolsó tagadása a következőképp írható fel: 1) x(r(x) S(x)) (Ha valaki szerencsejátékos, még nem kell részvénybe fektetnie, de ha már részvénybe fektetett, akkor csak szerencsejátékos lehet.) 2) x(r(x) K(x)), 3) x(s(x) K(x)), illetve ez utóbbinak tagadása x(s(x) K(x)). Az ábráról leolvasható, hogy a piros és kék tartományok megadása után már nem tudjuk sehova lerakni a sárga pöttyöt, hogy ne jussunk ellentmondásra. Ezért a harmadik állítás az első két állítás logikai következménye. S K R (d) 1. Nem minden szemtanú szavahihető. 2. Csak a szavahihető tanúk elfogadhatóak a bíróság számára. 3. Így néhány szemtanú nem elfogadható a bíróság számára. Megoldás: Jelölje rendre T (x), S(x) és E(x) rendre azt, hogy x szemtanú, szavahihető, illetve elfogadható a bíróság számára! A három állítás, illetve az utolsó tagadása a következőképp írható fel: 1) x(t (x) S(x)), 2) x(e(x) S(x)) (ha valaki elfogadható a bíróság számára, annak szavahihetőnek kell lennie; ám ha valaki szavahihető, még nem biztos, hogy a bíróság is elfogadja), 3) x(t (x) E(x)), illetve ez utóbbinak tagadása x(t (x) E(x)). A kék és sárga tartományok kitöltése után már nem maradt hely piros pötty lerakására, azaz mindenképp ellentmondáshoz jutunk. Ezért a harmadik állítás az első két állítás logikai következménye.

6 INBK gyakorlat 6/18 T E S (e) 1. A 18-as filmek nem valók gyereknek. 2. Nincs olyan horrorfilm, mely gyereknek való. 3. Ezért néhány 18-as film horrorfilm. Megoldás: Jelölje rendre K(x), G(x) és H(x) rendre azt, hogy x korhatáros, gyereknek való, illetve horrorfilm! A három állítás, illetve az utolsó tagadása a következőképp írható fel: 1) x(k(x) G(x)) 2) x(h(x) G(x)) vagy x(h(x) G(x)), 3) x(k(x) H(x)), illetve ez utóbbinak tagadása x(k(x) H(x)). Az ábráról leolvasható, hogy a három ábrázolt állítás nem mond egymásnak ellent, tehát a harmadik állítás nem logikai következménye az első két állításnak. K H G (f) 1. Minden ami erkölcstelen, az nem megengedett. 2. Ami trágár, az nem lehet erkölcsös. 3. Ami trágár, az nem lehet megengedett. Megoldás: Jelölje rendre E(x), M(x) és T (x) rendre azt, hogy x erkölcsös, megengedett, illetve trágár! A három állítás, illetve az utolsó tagadása a következőképp írható fel: 1) x( E(x) M(x)) ami a kontrapozíciót felhasználva úgy is felírható, hogy x(m(x) E(x)), 2) x(t (x) E(x)), 3) x(t (x) M(x)), illetve ez utóbbinak tagadása x(t (x) M(x)). A piros és sárga tartományok megadása után már nem lehet a kék pöttyöt ellentmondás nélkül elhelyezni, így a harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. E T M (g) 1. Minden szegedi lány szép. 2. Minden szegedi lány okos. 3. Minden szép lány okos. Megoldás: Jelölje rendre L(x), S(x) és O(x) rendre azt, hogy x szegedi lány, szép, illetve okos! A három állítás, illetve az utolsó tagadása a következőképp írható fel: 1) x(l(x) S(x))

7 INBK gyakorlat 7/18 2) x(l(x) O(x)), 3) x(s(x) O(x)), illetve ez utóbbinak tagadása x(s(x) O(x)). Az ábráról leolvasható, hogy a három feltétel ábrázolható együtt, tehát a harmadik állítás nem logikai következménye az első kettőnek. L O S (h) 1. Minden pécsi fiú jóképű. 2. Van okos pécsi fiú. 3. Van okos jóképű fiú. Megoldás: Jelölje rendre P (x), J(x) és O(x) rendre azt, hogy x pécsi fiú, jóképű, illetve okos! A három állítás, illetve az utolsó tagadása a következőképp írható fel: 1) x(p (x) J(x)) 2) x(p (x) O(x)), 3) x(o(x) J(x)), illetve ez utóbbinak tagadása x(o(x) J(x)). A piros és kék tartományok megadása után már nem tudjuk a sárga pöttyöt elhelyezni ellentmondás nélkül, tehát a harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. P O J (i) 1. Egyetlen egyetemista sem óvodás. 2. Vannak biciklista egyetemisták. 3. Néhány biciklista nem óvodás. Megoldás: Jelölje rendre E(x), O(x) és B(x) rendre azt, hogy x egyetemista, óvodás, illetve biciklista! A három állítás, illetve az utolsó tagadása a következőképp írható fel: 1) x(e(x) O(x)), vagy ami ugyanezt jelenti x(e(x) O(x)), 2) x(b(x) O(x)), 3) x(b(x) O(x)), illetve ez utóbbinak tagadása x(b(x) O(x)). Az ábráról leolvasható, hogy a három feltétel felrajzolható ellentmondás nélkül, így a harmadik állítás nem logikai következménye az első kettőnek. E B O 1.2. Interpretáció használata logikai következmények megállapítására 7. Formalizálja az alábbi állításokat! Döntse el interpretációk használatával, hogy az utolsó állítás valóban logikai következménye-e a többi állításnak!

8 INBK gyakorlat 8/18 Megoldás: Az alábbi feladatok megoldása során rendre a U, ϱ interpretációt használjuk, ezért a A U,ϱ v jelölés helyett az egyszerűbb A v jelölést alkalmazzuk. (a) A bolondok butaságot csinálnak. Butaságot csináltál. Bolond vagy. Megoldás: Jelölje B(x) azt, hogy x bolond; és C(x) azt, hogy x butaságot csinál. Továbbá jelöljön y téged! Így a három állítás formalizáltja: x(b(x) C(x)), C(y) és B(y). Annak eldöntésére, hogy B(y) következménye-e a másik két állításnak, nézzük meg, hogy létezik-e olyan U, ϱ, v modell, amelynél az első két állítás igaz, B(y) pedig hamis. Az egyszerűség kedvéért legyen U = {u}, v(y) = u U, ϱ(b) = U és ϱ(c) = {u} U. Könnyen belátható, hogy ennél az interpretációnál B(y) v = 0, így B(y) C(y) v = 1, és mivel az univerzum egyelemű, ezért x(b(x) C(x)) v = 1. Továbbá könnyen ellenőrizhető, hogy C(y) v = 1. Így az első két formula igaz, viszont a következményként megadott formula már nem, így nem következménye az első két formulának. (b) A doktorok nem lelkesek. Ön lelkes. Ön nem doktor. Megoldás: Jelölje D(x), hogy x doktor, és L(x), hogy x lelkes! Jelölje önt az y! A három állításnak a x(d(x) L(x)), L(y) és D(y) formulák felelnek meg. Tegyük fel, hogy a harmadik állítás nem logikai következménye az első kettőnek, azaz van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két állítás igaz, a harmadik pedig hamis. Legyen u = v(y), és ha a harmadik állítás hamis, akkor a D(y) v = 1. Mivel a x(d(x) L(x)) v = 1, a D(x) L(x) v[x:u] = 1 állítás igaz minden u U-ra, speciálisan v(y) U-ra is. Így D(x) L(x) v[x:v(y)] = 1. De mivel az implikáció előtagja igaz a modellben, igaznak kell lennie az utótagjának is, így L(x) v[x:v(y)] = 0. A második állítás szerint viszont L(y) v = 1 igaz, azaz ellentmondásra jutottunk. Azaz a harmadik állítás valóban logikai következménye az első két állításnak. (c) Az öreg nyulak nem mohók. Minden fekete nyúl mohó. Nincs öreg fekete nyúl. Megoldás: Jelölje O(x), F (x) és M(x) rendre azt, hogy x öreg nyúl, fekete nyúl, illetve mohó! A három állítás ezek után a következőképp fogalmazható meg: x(o(x) M(x)), x(f (x) M(x)) és x(o(x) F (x)). Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két állítás igaz, míg az utolsó hamis. Ha az utolsó hamis, akkor a x(o(x) F (x)) v = 1, így van egy olyan u U elem, melyre O(x) F (x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Könnyen belátható, hogy O(a) v = F (a) v = 1. Mivel x(o(x) M(x)) igaz a modellben, így speciálisan O(a) M(a) is. Mivel az implikáció előtagja igaz, így az utótagja is. Ezért az M(a) hamis ebben a modellben. Másrészt x(f (x) M(x)) igaz a modellben, speciálisan F (a) M(a) is igaz. Mivel az implikáció előtagja is igaz, így az utótagjának is annak kell lennie, tehát M(a) igaz, ami ellentmond előbbi megállapításunknak. Ezért ellentmondáshoz jutottunk, tehát a harmadik állítás valóban logikai következménye az első kettőnek.

9 INBK gyakorlat 9/18 (d) Néhány tojást keményre főztek. Nincs feltörhetetlen tojás. Van kemény feltörhető tojás. Megoldás: Jelölje rendre T (x), K(x) és F (x), hogy x tojás, kemény illetve feltörhető! Az állítások formalizáltja a következő: x(t (x) K(x)), x(t (x) F (x)), illetve x(k(x) F (x)). Mivel az első formula igaz, van egy u U elem, melyre T (x) K(x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Könnyen ellenőrizhető, hogy T (a) és K(a) is igazak ebben a modellben. Mivel x(t (x) F (x)) igaz, így speciálisan T (a) F (a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja (F (a)) is igaz. Így K(a) F (a) igaz, tehát x(k(x) F (x)) is igaz, míg feltevésünk szerint ez (a harmadik formula) hamis. Ezzel ellentmondáshoz jutottunk, így a harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. (e) Néhány példa bonyolult. A bonyolult dolgokat érdemes elkerülni. Néhány példát érdemes elkerülni. Megoldás: Jelölje rendre P (x), B(x) és E(x), hogy x példa, bonyolult, illetve érdemes elkerülni! Az állítások formalizáltja a következő: x(p (x) B(x)), x(b(x) E(x)) illetve x(p (x) E(x)). Mivel az első formula igaz, van egy u U elem, melyre P (x) B(x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Könnyen ellenőrizhető, hogy P (a) és B(a) is igazak ebben az modellben. Mivel x(b(x) E(x)) igaz, így speciálisan B(a) E(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja (E(a)) is igaz. Így P (a) E(a) igaz, tehát x(p (x) E(x)) is igaz, míg feltevésünk szerint ez (a harmadik formula) hamis. Ezzel ellentmondáshoz jutottunk, így a harmadik állítás logikai következménye az első két állításnak. (f) A mágusok képesek átmenni a falon. A szkeptikusok nem mágusok. A szkeptikusok nem képesek átmenni a falon. Megoldás: Jelölje rendre M(x), K(x) és S(x) rendre azt, hogy x mágus, képes átmenni a falon, illetve szkeptikus! Az állítások formalizáltja a következő: x(m(x) K(x)), x(s(x) M(x)), illetve x(s(x) K(x)). Mivel a harmadik formula hamis, van egy u U elem, melyre S(x) K(x) v[x:u] = 0. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Így könnyen adódik, hogy S(a) K(a) hamis ebben a modellben. Implikáció csak akkor hamis, ha előtagja igaz, utótagja pedig hamis, így S(a) és K(a) is igaz ebben a modellben. A második állítás speciális eseteként kapjuk a S(a) M(a) igaz formulát, melyből az előtag igaz, így az utótagnak is igaznak kell lennie, tehát M(a) hamis. Ebből adódik, hogy M(a) K(a) teljesül. Ha U = {u}, akkor az első két állítás igaz, a harmadik pedig hamis, tehát megadtunk egy modellt, melyben nincs ellentmondás, így az első két állításnak nem következménye a harmadik. Nem illendő olyan modellt megadni, ahol valamely predikátumnak üres halmaz felel meg, mint az előbb. Ezért legyen U = {u, v}, ϱ(m) = {v}, ϱ(s) = {u}, és ϱ(k) = {u, v}. Könnyen igazolható hogy ebben a modellben is igaz az első két állítás, és hamis a harmadik. (g) Néhány dinnye édes. Nincs lila dinnye.

10 INBK gyakorlat 10/18 Van édes, ami nem lila. Megoldás: Jelölje rendre D(x), E(x) és L(x), hogy x dinnye, édes, illetve lila! Az állítások formalizáltja a következő: x(d(x) E(x)), x(d(x) L(x)) illetve x(e(x) L(x)). Tegyük fel, hogy van olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, a harmadik pedig hamis. Mivel az első formula igaz, van egy u U elem, melyre D(x) E(x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u igaz! tehát D(a) és E(a) is igazak ebben a modellben. Mivel x(d(x) L(x)) igaz, így speciálisan D(a) L(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja ( L(a)) is igaz. Így E(a) L(a) igaz, tehát x(e(x) L(x)) is igaz, míg feltevésünk szerint ez (a harmadik formula) hamis. Ezzel ellentmondáshoz jutottunk, így a harmadik állítást logikai következménye az első kettőnek. (h) Minden nagymamának nagy orra van. Néhány farkas nem nagymama. Néhány farkasnak nincs nagy orra. Megoldás: Jelölje rendre N(x), O(x) és F (x) rendre azt, hogy x nagymama, nagy orra van, illetve farkas! Az állítások formalizáltja a következő: x(n(x) O(x)), x(f (x) N(x)), illetve x(f (x) O(x)). Mivel a második formula igaz, van egy u U elem, melyre F (x) N(x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Ezért F (a) igaz és N(a) pedig hamis ebben a modellben. Mivel a harmadik állítás hamis, így minden x U-ra F (x) O(x) is hamis, speciálisan a-ra is, így F (a) O(a) is hamis. Mivel F (a) igaz, így O(a) csak igaz lehet. Ha U = {u}, akkor az első két állítás igaz, a harmadik pedig hamis, tehát megadtunk egy modellt, melyben nincs ellentmondás, így az első két állításnak nem következménye a harmadik. Nem illendő olyan modellt megadni, ahol valamely predikátumnak üres halmaz felel meg, mint az előbb. Ezért legyen U = {u, v}, ϱ(n) = {v}, ϱ(f ) = {u}, és ϱ(o) = {u, v}. Könnyen igazolható hogy ebben a modellben is igaz az első két állítás, és hamis a harmadik. (i) Néhány béka valójában királyfi. Egy királyfi nem lehet büdös. Néhány béka nem büdös. Megoldás: Jelölje rendre B(x), K(x) és D(x), hogy x béka, királyfi, illetve büdös! Az állítások formalizáltja a következő: x(b(x) K(x)), x(k(x) D(x)) illetve x(b(x) D(x)). Tegyük fel, hogy van olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, a harmadik pedig hamis. Mivel az első formula igaz, van egy u U elem, melyre B(x) K(x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Ekkor B(a) és K(a) is igazak ebben a modellben. Mivel x(k(x) D(x)) igaz, így speciálisan K(a) D(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja ( D(a)) is igaz. Így B(a) D(a) igaz, tehát x(b(x) D(x)) is igaz, míg feltevésünk szerint ez (a harmadik formula) hamis. Ezzel ellentmondáshoz jutottunk, így a harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. (j) Minden tűzoltó bátor. Néhány tűzoltó túlsúlyos. Van bátor túlsúlyos ember. Megoldás: Jelölje rendre T (x), B(x) és S(x), hogy x tűzoltó, bátor, illetve túlsúlyos! Az állítások formalizáltja a következő: x(t (x) B(x)), x(t (x) S(x)) illetve x(b(x) S(x)).

11 INBK gyakorlat 11/18 Mivel az második formula igaz, van egy u U elem, melyre T (x) S(x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Ebből következik, hogy T (a) és S(a) is igazak ebben a modellben. Mivel x(t (x) B(x)) igaz, így speciálisan T (a) B(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja (B(a)) is igaz. Így B(a) S(a) igaz, tehát x(b(x) S(x)) is igaz, míg feltevésünk szerint ez (a harmadik formula) hamis. Ezzel ellentmondáshoz jutottunk, így a harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. (k) Minden ápolónő túlhajszolt. Egyetlen könyvtáros sem ápolónő. Egyetlen könyvtáros sem túlhajszolt. Megoldás: Jelölje rendre A(x), T (x) és K(x), hogy x ápolónő, túlhajszolt, illetve könyvtáros! Az állítások formalizáltja a következő: x(a(x) T (x)), x(k(x) A(x)) illetve x(k(x) T (x)). Mivel a harmadik formula hamis, van egy u U elem, melyre K(x) T (x) v[x:u] = 0. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Innen következik, hogy K(a) és T (a) is igazak ebben a modellben. Mivel x(k(x) A(x)) igaz, így speciálisan K(a) A(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja ( A(a)) is igaz. Mivel T (a) hamis, így A(a) T (a) igaz, és ha U = {u}, akkor az előbbiek alapján megadhatunk egy modellt, melyben az első két állítás igaz, a harmadik pedig hamis. Így a harmadik állítás következménye az első kettőnek. Nem illendő olyan modellt megadni, ahol valamely predikátumnak üres halmaz felel meg, mint az előbb. Ezért legyen U = {u, v}, ϱ(a) = {v}, ϱ(k) = {u}, és ϱ(t ) = {u, v}. Könnyen igazolható hogy ebben a modellben is igaz az első két állítás, és hamis a harmadik. (l) Minden csokoládé hizlal. Néhány csokoládé drága. Van ami drága és hizlal. Megoldás: Jelölje rendre C(x), H(x) és D(x), hogy x csokoládé, hizlal, illetve drága! Az állítások formalizáltja a következő: x(c(x) H(x)), x(c(x) D(x)) illetve x(d(x) H(x)). Mivel az második formula igaz, van egy u U elem, melyre C(x) D(x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Innen C(a) és D(a) is igazak ebben az modellben. Mivel x(c(x) H(x)) igaz, így speciálisan C(a) H(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja (H(a)) is igaz. Így D(a) H(a) igaz, tehát x(d(x) H(x)) is igaz, míg feltevésünk szerint ez (a harmadik formula) hamis. Ezzel ellentmondáshoz jutottunk, így a harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. (m) A számítógépek nem könnyítik meg az életünket. Az ügyintézők megkönnyítik az életünket. Az ügyintézők nem számítógépek. Megoldás: Jelölje rendre S(x), K(x) és I(x), hogy x számítógép, megkönnyítik az életünket, illetve ügyintéző! Az állítások formalizáltja a következő: x(s(x) K(x)), x(i(x) K(x)) illetve x(i(x) S(x)). Mivel a harmadik formula hamis, van egy u I elem, melyre I(x) S(x) v[x:u] = 0. Jelölje a azt

12 INBK gyakorlat 12/18 a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Ezért I(a) és S(a) is igazak ebben az modellben. Mivel x(i(x) K(x)) igaz, így speciálisan I(a) K(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja (K(a)) is igaz. Hasonlóan mivel x(s(x) K(x)) igaz, így speciálisan S(a) K(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja ( K(a)) is igaz, tehát K(a) hamis. Viszont K(a) nem lehet egyszerre igaz és hamis is, így ellentmondáshoz jutottunk, tehát a harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. (n) A logikapéldák megoldása idegesítő. Nem minden unalmas dolog idegesítő. A logikapéldák unalmasak. Megoldás: Jelölje rendre L(x), I(x) és N(x), hogy x logikapélda, idegesítő, illetve unalmas! Az állítások formalizáltja a következő: x(l(x) I(x)), x(n(x) I(x)) illetve x(l(x) N(x)). Mivel a második formula igaz, a x(n(x) I(x)) formula hamis, ezért van egy u I elem, melyre N(x) I(x) v[x:u] = 0. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Innen N(a) igaz és I(a) hamis ebben az modellben. Mivel x(l(x) I(x)) igaz, így speciálisan L(a) I(a) is igaz. Miután az implikáció utótagja hamis, így az előtagja (L(a)) is hamis. Mivel L(a) hamis, így L(a) N(a) is igaz, tehát ha U = {u}, akkor az előbbiek alapján megadható egy olyan modell, melyben az első két állítás igaz, a harmadik pedig hamis. Így a harmadik állítás nem következménye az első két állításnak. Nem illendő olyan modellt megadni, ahol valamely predikátumnak üres halmaz felel meg, mint az előbb. Ezért legyen U = {u, v}, ϱ(l) = ϱ(i) = {v} és ϱ(n) = {u}. Könnyen igazolható hogy ebben az modellben is igaz az első két állítás, és hamis a harmadik. (o) Az elefántok nyugodt állatok. Néhány vastagbőrű állat nem elefánt. Van vastagbőrű nem nyugodt állat. Megoldás: Jelölje rendre E(x), N(x) és V (x), hogy x elefánt, nyugodt, illetve vastagbőrű! Az állítások formalizáltja a következő: x(e(x) N(x)), x(v (x) E(x)) illetve x(v (x) N(x)). Mivel a második formula igaz, ezért van egy u I elem, melyre V (x) E(x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Így V (a) igaz és E(a) hamis ebben az modellben. Ha N(a) hamis, akkor V (a) N(a), és vele a harmadik állítás igaz lenne, feltevésünkkel ellentétben. Legyen ezért N(a) igaz. Az E(a) N(a) formula igaz, így ha U = {u}, akkor az előbbiek alapján megadható egy olyan modell, melyben az első két formula igaz a harmadik pedig hamis. Ezért az első két állításnak nem logikai következménye a harmadik. Nem illendő olyan modellt megadni, ahol valamely predikátumnak üres halmaz felel meg, mint az előbb. Ezért legyen U = {u, v}, ϱ(e) = {v} és ϱ(v ) = {u} és ϱ(n) = {u, v}. Könnyen igazolható hogy ebben az modellben is igaz az első két állítás, és hamis a harmadik. (p) A madarak tudnak magas hangon énekelni. A baritenor nem tud magas hangon énekelni. A baritenor nem madár. Megoldás: Jelölje rendre M(x), E(x) és B(x), hogy x madár, tud magas hangon énekelni, illetve baritenor! Az állítások formalizáltja a következő: x(m(x) E(x)), x(b(x) E(x)) illetve x(b(x) M(x)).

13 INBK gyakorlat 13/18 Mivel a harmadik formula hamis, van egy u I elem, melyre B(x) M(x) v[x:u] = 0. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Ezek alapján B(a) és M(a) is igazak ebben az modellben. Mivel x(m(x) E(x)) igaz, így speciálisan M(a) E(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja (E(a)) is igaz. Hasonlóan mivel x(b(x) E(x)) igaz, így speciálisan B(a) E(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja ( E(a)) is igaz, tehát E(a) hamis. Viszont E(a) nem lehet egyszerre igaz és hamis is, így ellentmondáshoz jutottunk, tehát a harmadik állítás logikai következménye a két állításnak. (q) Néhány golfozó fajankó. Csak öreg hölgyek golfoznak. Van fajankó öreg hölgy. Megoldás: Jelölje rendre G(x), F (x) és O(x), hogy x golfozó, fajankó, illetve öreg hölgy! Az állítások formalizáltja a következő: x(g(x) F (x)), x(g(x) O(x)) illetve x(f (x) O(x)). Tegyük fel, hogy van olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, a harmadik pedig hamis. Mivel az első formula igaz, van egy u I elem, melyre G(x) F (x) v[x:u] = 1. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Ezért G(a) és F (a) is igazak ebben az modellben. Mivel x(g(x) O(x)) igaz, így speciálisan G(a) O(a) is igaz. Miután az implikáció előtagja igaz, így az utótagja (O(a)) is igaz. Ezek alapján F (a) O(a) igaz, így x(f (x) O(x)) is igaz, viszont ez a feltételünk szerint hamis. Ellentmondáshoz jutottunk, tehát a harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. (r) Néhány madár hebehurgya. A helikopterek nem hebehurgyák. Van olyan helikopter, mely nem madár. Megoldás: Jelölje rendre M(x), H(x) és K(x), hogy x madár, hebehurgya, illetve helikopter! Az állítások formalizáltja a következő: x(m(x) H(x)), x(k(x) H(x)) illetve x(k(x) M(x)). Tegyük fel, hogy van olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, a harmadik pedig hamis. Mivel az első formula igaz, van egy u I elem, melyre M(x) H(x) v[x:u] = 1, Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Tehát M(a) és H(a) is igazak ebben az modellben. Mivel x(k(x) H(x)) igaz, így speciálisan K(a) H(a) is igaz. Miután az implikáció utótagja hamis, így az előtagja (K(a)) is hamis lesz. Ebből K(a) M(a) igaz, ahogy a x(k(x) M(x)) formula is, pedig az a feltételünk szerint hamis. Ellentmondáshoz jutottunk, tehát a harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. 8. Fogalmazza meg elsőrendben a következő állításokat: 1. Aki fiatal és nem rág bételt, az kötéltáncos. 2. A szédülős malacokkal kíméletesen bánnak. 3. Okos léghajós esernyőt visz magával. 4. Nem ebédelhet vendéglőben az, aki nevetségesen néz ki és bételt rág. 5. A fiatal léghajósok szédülősek. 6. Aki nevetségesen néz ki és dagi, még ebédelhet vendéglőben, kivéve ha kötéltáncos. 7. Aki okos, nem megy kötéltáncosnak, ha szédülős. 8. Malacok esernyővel nevetségesen néznek ki. 9. Mindenki dagi, akivel kíméletesen bánnak és nem kötéltáncos.

14 INBK gyakorlat 14/ Okos, fiatal malac nem megy léghajósnak. Következik-e az utolsó állítás az azt megelőzőekből? Megoldás: Használjuk a következő jelöléseket: B(x) x bételt rág D(x) x dagi E(x) x esernyőt visz magával F (x) x fiatal K(x) kíméletesen bánnak x-szel L(x) x léghajós M(x) x malac N(x) x nevetségesen néz ki O(x) x okos T (x) x kötéltáncos S(x) x szédülős V (x) x vendéglőben ebédelhet Majd formalizáljuk az eredeti állításainkat. 1. x(f (x) B(x) T (x)) 2. x(s(x) M(x) K(x)) 3. x(o(x) L(x) E(x)) 4. x(n(x) B(x) V (x)) 5. x(f (x) L(x) S(x)) 6. x(n(x) D(x) T (x) V (x)) 7. x(o(x) S(x) T (x)) 8. x(m(x) E(x) N(x)) 9. x(k(x) T (x) D(x)) 10. x(o(x) F (x) M(x) L(x)) Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első kilenc állítás igaz, míg a tizedik hamis. Ezért ez utóbbi alapján van egy u U elem, melyre O(x) F (x) M(x) L(x) v[x:u] = 0. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Az implikáció és a konjunkció tulajdonságai alapján O(a), F (a), M(a) és L(a) mind igazak. Az ötödik állítás igaz, így speciális eseteként F (a) L(a) S(a) is, ami miatt S(a) is igaz. A második állítás is igaz, így speciálisan S(a) M(a) K(a), tehát K(a) is. A harmadik állítás is igaz, így speciálisan O(a) L(a) E(a), tehát E(a) is. A nyolcadik állítás is igaz, így speciálisan M(a) E(a) N(a), tehát N(a) is. A hetedik állítás is igaz, így speciálisan O(a) S(a) T (a) is, így T (a) hamis. A kilencedik állítás is igaz, így speciálisan K(a) T (a) D(a), tehát D(a) is. A hatodik állítás is igaz, így speciálisan N(a) D(a) T (a) V (a), tehát V (a) is. Azt nem tudjuk, hogy a rág-e bételt, vagy sem. Ha B(a) igaz, akkor N(a) B(a) igaz, ami a negyedik állításban szereplő implikáció előtagja, így az utótagnak is igaznak kell lennie, azaz V (a)-nak, ami szerint V (a) hamis, de erről korábban láttuk be hogy igaz. Ha B(a) hamis, akkor B(a) igaz, ahogy F (a) B(a) is, ám ez az első állításban szereplő implikáció előtagja, ami miatt az utótag is igaz kell, hogy legyen. Ez T (a) lesz, amiről már beláttuk, hogy hamis. Így B(a) minden lehetséges értéke mellett ellentmondásra jutunk, tehát ha az első kilenc állítás igaz, akkor az utolsónak is igaznak kell lennie, tehát az utolsó állítás az előtte levőeknek logikai következménye.

15 INBK gyakorlat 15/18 9. Fogalmazza meg elsőrendben a következő állításokat, és döntse el, hogy az utolsó logikai következménye a többinek, vagy sem! 1. Ebben a házban nem él más állat, csak macska. 2. Minden állat alkalmas kedvencnek, amelyik szereti a holdat bámulni. 3. Ha egy állatot utálok, akkor elkerülöm. 4. Minden húsevő éjjel jár zsákmány után. 5. Nincs olyan macska, amelyik nem fog egeret. 6. Csak olyan állat vonzódik hozzám, amely e házban él. 7. A kenguruk nem alkalmasak kedvencnek. 8. Csak húsevő állatok fognak egeret. 9. Utálom azokat az állatokat, amelyek nem vonzódnak hozzám. 10. Azok az állatok, amelyek éjjel járnak zsákmány után, szeretik a holdat bámulni. 11. Mindig elkerülöm a kengurukat. Megoldás: Használjuk a következő jelöléseket: A(x) x alkalmas kedvencnek E(x) elkerülöm x-et F (x) x egeret fog H(x) x ebben a házban él K(x) x kenguru M(x) x macska S(x) x szereti a holdat bámulni T (x) utálom x-et U(x) x húsevő V (x) x vonzódik hozzám Z(x) x éjjel zsákmány után jár Formalizáljuk az eredeti állításokat, majd megfelelő sorrendbe állítjuk: 3. x(t (x) E(x)) x( E(x) T (x)) 9. x( V (x) T (x)) x( T (x) V (x)) 6. x(v (x) H(x)) 1. x(h(x) M(x)) 5. x(m(x) F (x)) x(m(x) F (x)) 8. x(f (x) U(x)) 4. x(u(x) Z(x)) 10. x(z(x) S(x)) 2. x(s(x) A(x)) 7. x(k(x) A(x)) x(a(x) K(x)) 11. x(k(x) E(x)) x( E(x) K(x))

16 INBK gyakorlat 16/18 Már az ókorban is alkalmazták a Ha x(a(x) B(x)) és x(b(x) C(x)), akkor x(a(x) C(x)). szillogizmust. Ezt az első tíz formulára lépésről-lépésre alkalmazva végül a tizenegyedik formulát kapjuk meg, így az utolsó állítás valóban logikai következménye az azt megelőzőknek. Megjegyezzük, hogy az előző feladatnál alkalmazott módszer itt is alkalmazható. 10. Formalizálja az alábbi állításokat, majd igazolja, hogy az utolsó állítás logikai következménye-e vagy sem az azt megelőzőknet! (a) Mindenki szereti magát. Ezért mindenkit szeret valaki. Megoldás: Jelölje S(x, y) azt, hogy x szereti y-t! Így a két állítás formalizáltja: xs(x, x) és x ys(x, y) Ez utóbbi állításnak a tagadása x ys(x, y), ami a kvantoros de Morgan törvények alapján ekvivalens a x y S(x, y) formulával. Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben a legelső formula igaz, míg a második hamis, azaz a tagadása igaz. Ez utóbbiból az következik, hogy van egy u U, melyre y S(x, y) v[x:u] = 1 teljesül. Jelölje a azt a névkonstanst, melyre ϱ(a) = u! Ez azt jelenti, hogy bárhogy is választunk egy v U értéket, S(a, y) v[y:v] = 0 lesz. Viszont xs(x, x) igazságából speciálisan az következik, hogy S(a, a) is igaz lesz, így ha v = u, akkor ellentmondáshoz jutunk (S(a, a) egyszerre igaz és hamis), ezért a feladatban szereplő második állítás az első állítás logikai következménye. (b) Mindenki szereti a babámat. A babám csak engem szeret. Én vagyok a babám. Megoldás: Jelölje S(x, y) azt, hogy x szereti y-t, és jelölje a a babámat, és b engem! Az állítások a következőképpen formalizálhatóak: xs(x, a), x(s(a, x) x = b) és a = b. Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, míg a harmadik hamis. Az első formula igazságából speciálisan következik S(a, a) igazsága is. A második állításból ha x = a azt kapjuk, hogy S(a, a) a = b is igaz. Mivel az implikáció előtagja is igaz, így az utótagja is: a = b is igaz. Viszont a feltevésünk szerint a = b hamis. Így ellentmondáshoz jutottunk, tehát a harmadik állítás az első két állítás logikai következménye. (c) Mindenki szereti Évát. Ezért mindenkit szeret valaki. Megoldás: Jelölje S(x, y) azt, hogy x szereti y-t,valamint a Évát! Ezzel a két állítás a következőképpen formalizálható: xs(x, a) és x ys(x, y). A második állítás tagadása a de Morgan azonosságok alapján felírható a következő alakban is: x y S(x, y). Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első formula igaz, míg a második hamis, azaz a tagadása igaz. A x y S(x, y) igazságából következik, hogy van egy olyan u U, hogy y S(x, y) v[x:u] = 1. Jelölje b azt a névkonstanst, melyre ϱ(b) = u! Így y S(b, y) igaz.

17 INBK gyakorlat 17/18 xs(x, a) igazságából speciálisan következik, hogy S(b, a) is igaz. Ha y S(b, y) formulában y-t a- nek választjuk, akkor S(b, a) igaz lesz, így S(b, a) pedig hamis, pedig most mutattuk meg róla, hogy igaz. Így ellentmondáshoz jutottunk, tehát a második állítás logikai következménye az elsőnek. (d) Ha valaki meg tudja oldani ezt a prolémát, akkor egy matematikus is. Erdős matematikus, és nem tudta megoldani. Ezért a problémát senki sem tudja megoldani. Megoldás: Jelölje O(x) és M(x) rendre azt, hogy x meg tudja oldani ezt a problémát, illetve x matematikus! Jelölje továbbá a Erdőst! Ezekkel a jelölésekkel az állítások formalizáltja a következő: xo(x) y(m(y) O(y)), M(a) O(a) és xo(x). Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, míg a harmadik hamis! Mivel xo(x) hamis, így xo(x) igaz, így van egy olyan u U, melyre O(x) v[x:u] = 1. Jelölje b azt a névkonstanst, melyre ϱ(b) = u! Így O(b) igaz. A második állításból tudjuk, hogy M(a) O(a) igaz, azaz M(a) igaz, és O(a) hamis. Ezért a b. Az első formula igaz, és ennek előtagja is, tehát az utótagja is: y(m(y) O(y)). Tehát van egy olyan w U, melyre M(y) O(y) v[y:w] = 1. Jelölje c azt a névkonstanst, melyre ϱ(c) = w! így M(c) és O(c) igaz. Ezek miatt c a. Nem jutottunk ellentmondásra, így a harmadik állítás nem logikai következménye az első kettőnek. Adjunk meg egy konkrét interpretációt: legyen U = {u, v, w}, ϱ(o) = {u, w} és ϱ(m) = {v, w}. Könnyen ellenőrizhető, hogy ebben az modellben az első két állítás igaz, míg a harmadik hamis. (e) Ha valaki meg tudja oldani ezt a problémát, akkor mindegyik matematikus is. Erdős matematikus és nem tudta megoldani. Ezért ezt a problémát senki sem tudja megoldani. Megoldás: Jelölje O(x) és M(x) rendre azt, hogy x meg tudja oldani ezt a problémát, illetve x matematikus! Jelölje továbbá a Erdőst! Ezekkel a jelölésekkel az állítások formalizáltja a következő: xo(x) y(m(y) O(y)), M(a) O(a) és xo(x). Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, míg a harmadik hamis! Mivel xo(x) hamis, így xo(x) igaz, így van egy olyan u U, melyre O(x) v[x:u] = 1. Jelölje b azt a névkonstanst, melyre ϱ(b) = u! Innen O(b) igaz. A második állításból tudjuk, hogy M(a) O(a), azaz M(a) igaz, és O(a) hamis. Az első formula igaz, és ennek előtagja is, tehát az utótagja is: y(m(y) O(y)). Tekintsük azt az esetet, amikor y = a, M(a) O(a) igaz. Mivel az implikáció előtagja is igaz, így az utótagja is: O(a). Viszont az már korábban beláttuk, hogy O(a) hamis. Ellentmondásra jutottunk, így harmadik állítás logikai következménye az első kettőnek. (f) Bárki aki ezt a problémát megoldja, az matematikus. Erdős nem tudta megoldani ezt a problémát. Ezért Erdős nem matematikus. Megoldás: Jelölje O(x) és M(x) rendre azt, hogy x meg tudja oldani ezt a problémát, illetve x matematikus. Jelölje továbbá a Erdőst. Ezekkel a jelölésekkel az állítások formalizáltja a következő: x(o(x) M(x)), O(a) és M(a). Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, míg a harmadik hamis! Mivel O(a) igaz, így O(a) hamis, másrészt M(a) hamis, így M(a) igaz. Ezért O(a) M(a) igaz, azaz nem jutottunk ellentmondásra. Így az első két állításnak nem logikai következménye a harmadik.

18 INBK gyakorlat 18/18 Adjuk meg egy interpretációt: legyen U = {u, v}, ϱ(o) = {u} és ϱ(m) = {u, v}. (g) Anna magasabb mint Bea. Bea magasabb mint Csilla. Ezért Anna magasabb mint Csilla. Megoldás: Jelölje M(x, y) azt, hogy x magasabb mint y, továbbá jelölje rendre a, b és c Annát, Beát, és Csillát! Az állításaink a következőképpen formalizálhatóak: M(a, b), M(b, c) és M(a, c). Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, míg a harmadik hamis! Ha U = {u, v, w} és ϱ(m) = {(u, v), (v, w)}, akkor ez kielégíti a feltételeket. A feladat megoldása során nem használtuk ki a magasabb reláció tranzitív tulajdonságát. Vegyük fel a hipotéziseink közé azt, hogy x y z(m(x, y) M(y, z) M(x, z))! Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben ez a hipotézis, valamint M(a, b) és M(b, c) igaz, míg M(a, c) hamis. Mivel x y z(m(x, y) M(y, z) M(x, z)) igaz, speciálisan M(a, b) M(b, c) M(a, c) is igaz. Mivel az előtag részei igazak, így az utótagnak (M(a, c)) is igaznak kell lennie. Viszont ez ellentmond a feltételnek mely szerint M(a, c) hamis, így az első két állításnak és a magasság tranzitivitásának logikai következménye a harmadik állítás. (h) Van egy ember, aki ha iszik, akkor mindenki iszik. Megoldás: Jelölje I(x) azt, hogy x iszik! Az állítás a következőképpen formalizálható: x(i(x) yi(y)) Tekintsünk egy tetszőleges U, ϱ, v interpretációt. Alapvetően két esetet különböztetünk meg: mindenki iszik, vagy nem iszik mindenki. Ha mindenki iszik, azaz I(x) v[x:u] = 1 minden u U-ra, akkor x tetszőlegesen megválasztható, az implikáció utótagja úgyis igaz. Ha nem iszik mindenki, akkor válasszunk x-nek egy olyan személyt aki nem iszik. Így az implikáció előtagja hamis lesz, ám az egész implikáció már igaz. (i) Mindenki fél Drakulától. Drakula csak tőlem fél. Én vagyok Drakula. Megoldás: Jelölje F (x, y) azt, hogy x fél y-tól, és a jelölje Drakulát, és b engem! Az állításaink a következőképpen formalizálhatóak: xf (x, a), x(f (a, x) x = b) és a = b. Tegyük fel, hogy van egy olyan U, ϱ, v modell, melyben az első két formula igaz, míg a harmadik hamis! Legyen x speciálisan a, így sorra azt kapjuk: F (a, a) és F (a, a) a = b is igaz. Mivel az implikáció előtagja és az implikáció maga is igaz, így az utótagja is, tehát a = b is igaz, pedig feltevésünk szerint az hamis. Ezzel ellentmondáshoz jutottunk, tehát a harmadik állítás az első két állításnak logikai következménye.