1. Tétel - Az ítéletkalkulus alapfogalmai

A tételhez hozzátartozik az elsőrendű nyelv szemantikája! 1. Tétel - Az ítéletkalkulus alapfogalmai Ítéletkalkulus - Az elsőrendű logika azon speciális este, amikor csak 0 ad rendű predikátumszimbólumok vannak, és azokból megszámlálhatóan végtelen sok van. Az elsőrendű kvantorok feleslegessé válnak, elhagyjuk őket. Modell: A predikátumszimbólumokat a {0, 1} halmazba képező függvény. ~ A predikátumszimbólumok egy kiértékelése. Ha F az ítéletkalkulus egy tautológiája, akkor minden F formula is tautológia, amely úgy áll elő F ből, hogy benne a p predikátumszimbólumokat valamely elsőrendű nyelv tetszőleges G p elsőrendű formuláival helyettesítjük. Legyen A tetszőleges elsőrendű struktúra. Miden egyes p re legyen B(p) = A(G p ). A logikai jelek kongruencia tulajdonságából: A(F ) = B(F). Így ha F tautológia, akkor F is az. Legyenek F, G az ítéletkalkulus formulái. Az F, G elsőrendű formulák álljanak úgy elő az ítéletkalkulus F és G formuláiból, hogy bennük minden egyes p predikátumszimbólumot valamely H p formulával helyettesítünk. Ekkor F = G esetén F = G. F = G = (F G) és F = G = (F G ). Az előző állítás felhasználva a bizonyítás kész. Legyen Σ az ítéletkalkulus formuláinak halmaza, F az ítéletkalkulus formulája. Minden egyes p predikátumszimbólumra legyen G p valamely elsőrendű nyelv egy formulája. Σ és F álljon elő Σ formuláiból és F ből úgy, hogy p helyébe mindenhol G p t helyettesítünk. Ekkor Σ = F esetén Σ = F. Eldöntési kérdések az ítéletkalkulusban: Adott F formula kielégíthető e? F kielégíthető F nem érvényes. Adott F formula érvényes e? F érvényes F nem kielégíthető. Adott az F formula és a Σ = {F 1, F n } véges formula halmaz, teljesül e Σ = F? Σ = F (F 1 F n ) F érvényes A kielégíthetőség NP teljes, az érvényesség conp teljes.

2. Tétel - Formulák és Boole függvények Literál Minden p és p alakú formula, ahol p változó, azaz atomi formula vagy annak negáltja. Pozitív literál: p. Negatív literál: p. Literál ellentettje: l = p l = p l = p l = p. Konjunktív normálforma: F = n i = 1 mi j=1 l ij. Diszjunktív normálforma: F = n i = 1 mi j=1 l ij. Minden formulához létezik ekvivalens konjunktív és diszjunktív normálforma. Adott F formulára, először fejezzük ki az előforduló, műveleteket a,, műveletekkel, majd küszöböljük ki a konstansokat. A jeleket vigyük a változók mellé és elimináljuk a többszörös negációkat a F F ekvivalencia felhasználásával. Végül alkalmazzuk a disztributív azonosságokat. Boole függvények - Tegyük fel hogy, az F formula változói a {p i1,,p in } n>1 halmazba esnek. Ekkor F indukál egy n változós Boole - függvényt: f: {0, 1} n {0, 1} f(x 1,,x n ) = A(F),ahol A-ra teljesül, hogy A(p ij ) = x j, j=1,,n, f független azon x j változóitól, melyekre p ij nem fordul elő F ben. Minden Boole - függvény indukálható formulával. Minden igazságtáblához készíthető megfelelő diszjunktív - vagy konjunktív normálforma. Sem sem - és Scheffer függvény x y = (x y) = x y, x y = (x y) = x y. Egy kétváltozós Boole függvény akkor és csak akkor alkot funkcionálisan teljes rendszert, ha {, }. Elegendőség: x = x x. x y = (x y) = (x y) (x y). Szükségesség: Tegyük fel hogy, funkcionálisan teljes rendszert alkot. Ha 1 1=1, akkor minden olyan f 1-változós függvényre, mely kifejezhető, fennáll, hogy f(1) = 1. Mivel így a negáció nem fejezhető ki, ezért 1 1 = 0. Hasonlóan 0 0 = 1. Ha 1 0 = 1 és 0 1 = 0, akkor x y = y, vagy 1 0 = 0 és 0 1 = 1, akkor x y = x. Ekkor csak olyan 2 változós függvény fejezhető ki, mely csak az egyik argumentumától függ. Így 1 0 = 0 1 = 1, azaz =, vagy 1 0 = 0 1 = 0, amikor =.

3. Tétel - Az ítéletkalkulus kompaktsági tétele Formulák egy Σ halmaza akkor és csak akkor kielégíthető, ha a Σ minden véges részhalmaza kielégíthető. Szükségesség: Triviális. Elegendőség: Minden n-re legyen Σ n a Σ azon formuláinak halmaza, melyekben legfeljebb az első n, vagyis a p 1,,p n változók fordulnak elő. Mivel ekvivalencia erejéig véges sok olyan formula van, amelyben csak az első n változó fordul elő, a Σ n - ek mindegyike kielégíthető. A teljes végtelen bináris fában minden út meghatározza a változók egy értékelését, és minden n mélységű csúcs meghatározza az első n változó egy értékelését. Minden n - re jelöljük meg a teljes végtelen bináris fa azon n - mélységű csúcsait, amelyeknek megfelelő értékelései kielégítik Σ n - et. A megjelölt véges fokú csúcsok egy végtelen bináris fát határoznak meg. König lemmája szerint ez tartalmaz végtelen utat. A végtelen út által meghatározott értékelés kielégíti Σ - t. Következmény: Egy F formula akkor és csak akkor következménye formulák egy Σ halmazának, ha a Σ egy véges részhalmazának következménye. Σ = F Σ { F} nem kielégíthető, Σ 0 Σ { F} véges halmaz, mely nem kielégíthető, Σ 0 Σ véges halmaz, hogy Σ 0 { F} nem kielégíthető, Σ 0 Σ véges halmaz, hogy Σ 0 = F. König lemma: Minden olyan végtelen irányított bináris T fa tartalmaz végtelen utat, melynek minden csúcsa véges fokú. Minden n-re megadunk egy olyan n mélységű x n csúcsot, hogy: x 0,,x n egy véges gyökértől induló utat határoznak meg és az x n csúcsból kiinduló részfa végtelen. Ekkor x 0, x 1, egy végtelen utat határoznak meg. Az x n csúcsokat n szerinti indukcióval adjuk meg: X 0 a T gyökere és ha n > 0, x n az x n-1 olyan közvetlen leszármazottja, hogy az x n-1 ből induló részfa végtelen.

4. Tétel - Az ítéletkalkulus Horn formulái Horn formula Horn formula egy olyan konjunktív normálforma, melyben minden tag legfeljebb egy pozitív literált tartalmaz. Horn formulák kielégíthetősége polinom időben eldönthető. Egy F Horn formula kielégíthető, ha nem tartalmaz p alakú, vagy (p 1 p n ) alakú tagot. Algoritmus: Bemenet: F Horn formula. Kimenet: F-et kielégítő értékelés, ha F kielégíthető, különben nem. Módszer: Mindaddig, amíg F-ben van olyan (p 1 p n ) p alakú tag, hogy a p i -k mindegyike megjelölt, de p nem, jelöljük meg p minden F-beli előfordulását. Ha létezik a (p 1 p n ) alakú formula F-ben, melyre p 1,,p n mindegyike megjelölt, akkor a válasz: nem. Ellenkező esetben legyen: A(p) = 1, ha p meg van jelölve, A(p) = 0, különben. Időigény: A ciklus legfeljebb annyiszor fut le, mint az F-beli változók száma és a ciklus magjának egyszeri futása lineáris, így az időigény négyzetes. Helyessége: F Horn formula akkor és csak akkor kielégíthető, ha az algoritmus egy A kielégítő értékeléssel áll meg. Elegendőség: Ha az algoritmus azzal áll meg, hogy a formula kielégíthető, akkor az előállított A értékelés kielégíti F-et. Szükségesség: Tegyük fel hogy, A kielégíti F-et, de az algoritmus nem - el áll meg. Ekkor A (p) = 1 valahányszor az algoritmus megjelöli a p változót. Mivel az algoritmus nem - el áll meg, létezik olyan p 1 p n alakú formula F-ben, hogy az algoritmus a p i - k mindegyikét megjelöli. Így A nem elégíti ki a p 1 p n alakú formulát, ami ellentmondás.

5. Tétel - Rezolúció az ítéletkalkulusban, az ítéletkalkulus rezolúciós algoritmusa Rezolúció A rezolúció konjunktív normálformák kielégíthetetlenségének eldöntésére szolgáló módszer. Az üres klózt (azonosan hamis) - tel jelöljük, az üres formulát (tautológia) jellel jelöljük. Rezolvens Legyenek C 1, C 2 klózok, l C 1, l C 2. Ekkor az R = (C 1 - {l}) (C 2 - { l}) klózt a C 1 és C 2 egy rezolvensének nevezzük. Lemma: Legyen Σ klózok halmaza, C 1, C 2 Σ, és legyen R a C 1 és C 2 egy rezolvense. Ekkor: Σ = Σ {R}. Legyen Σ klózok véges vagy végtelen halmaza. Ekkor: Res(Σ) = Σ { R: C 1, C 2 Σ, R a C 1 és C 2 rezolvense}. Res*(Σ) = Legszűkebb olyan halmaz, mely tartalmazza Σ - át és zárt a rezolvensek képzésére. C Res*(Σ) C 0,...,C n, hogy i-re C i Σ, vagy j, k < i indexre, hogy C i a C j és C k egy rezolvense, és C n = C, Res*(Σ) = Res n (Σ), n > 0. ahol: Res 0 (Σ) = Σ, Res n+1 (Σ) = Res(Res n (Σ)), n> 0. Ha Σ klózok véges halmaza, akkor olyan n > 0, hogy: Res n (Σ) = Res*(Σ). Σ = Res 0 (Σ) Res 1 (Σ) Res 2 (Σ) Res*(Σ), Továbbá, ha Σ - ban legfeljebb a p i1,, p ik változók fordulnak elő, akkor: Res*(Σ) 2^2^2^k. Itt a bizonyítást kihagytam, de benne van a jegyzetben! Legyen Σ klózok véges vagy végtelen halmaza. Ekkor: n > 0 számra Σ = Res n (Σ) és Σ = Res*(Σ), Σ = Res(Σ). Itt a bizonyítást kihagytam, de benne van a jegyzetben! Legyen Σ klózok véges vagy végtelen halmaza. Σ akkor és csak akkor kielégíthetetlen, ha Res*(Σ). Rezolúciós algoritmus: Bemenet: F konjunktív normálforma ~ véges klóz halmaz. Kérdés: F kielégíthető-e? Módszer: Addig, amíg új klózt kapunk, képezzük két F - beli klóz valamely rezolvensét, és ezt adjuk az F halmazhoz. Ha valamikor a klózt kapjuk, F nem kielégíthető. Különben F kielégíthető.

6. Tétel - A predikátumkalkulus (elsőrendű kalkulus) alapfogalmai Főbb komponensek és kérdések: Modellek, Szintaxis: formulák, Szemantikus fogalmak: érvényesség, kielégíthetőség, Bizonyításelmélet, Helyesség és teljesség, Algoritmikus kérdések. Elsőrendű nyelv modelljei: Elsőrendű struktúrák komponensei: Egy nem üres halmaz, az univerzum. Az univerzumon értelmezett függvények és predikátumok. Minden függvény felfogható relációként. Szintaxis: Jelkészlet: Predikátumváltozók: (megszámlálhatóan végtelen sok) x, y,, x 1, y 1, Függvényszimbólumok: (véges, vagy megszámlálhatóan végtelen sok) f, g,, f 1, g 1, Predikátumszimbólumok: (véges, vagy megszámlálhatóan végtelen sok) p, q, r,, p 1, q 1, r 1, Logikai jelek:,,,, Elválasztó jelek: (, ), és,. Minden függvény szimbólumra és predikátum szimbólumra adott a szimbólum aritása, amely nem negatív egész szám. A 0 aritású függvényjel konstans szimbólum ~ konstans. Az egyenlőséges elsőrendű logikában kitüntetett reláció szimbólum a =. Term A termek halmaza a legszűkebb olyan halmaz, melyre teljesül: Minden változó term, t 1,, t n termek, f n rangú függvényszimbólum (n>0), akkor f(t 1,,t n ) is term. Egy term alapterm, ha nem fordúl elő benne változó. Minden term egyértelműen olvasható, azaz vagy változó, vagy egyértelműen írható f(t 1,,t n ) alakban, ahol f n aritású függvényszimbólum, t 1,, t n pedig termek. Formula Az atomi formulák halmaza a legszűkebb olyan halmaz, melyre teljesül: t 1,, t n termek, p n aritású predikátumszimbólum. A formulák halmaza a legszűkebb olyan halmaz, melyre teljesül: Minden atomi formula egyben formula is, F, G formulák (F G), (F G), (F G), (F G), F is formulák, F formula, x változó ( xf), ( xf) formulák,, formulák. Minden formula egyértelműen olvasható. Legyenek F és G formulák. F a G közvetlen részformulája, ha G F, (F H), (H F), (F H), (H F) vagy ( xf) alakú valamely H formulára. Azt mondjuk, hogy az F formula a G formula részformulája, ha létezik a formulák olyan H 0, H 1,,H n sorozata, hogy H 0 = F, H n = G és H i a H i+1 közvetlen részformulája minden i < n esetén. F akkor és csak akkor a G részformulája, ha G felírható u F v alakban alkalmas u, v szavakra. Legyen F formula és tekintsük egy x változó valamely nem kvantor melletti előfordulását. Ez kötött előfordulás, ha egy ( xg) vagy ( xg) alakú részformula G részébe esik. Az adott előfordulás ellenkező esetben szabad előfordulás. Zárt formulának vagy mondatnak nevezünk minden olyan formulát, melyben nincs szabad változó.

7. Tétel - Az elsőrendű nyelv szemantikája A tételnél kihagytam a tautológiák felsorolását, de az is hozzátartozik! L típusú struktúra Legyen L elsőrendű nyelv. L típusú struktúra egy olyan A = (A, I, ϕ) hármas, melyre teljesül: A nem üres halmaz, I minden n rangú függvényjelhez hozzárendel egy I(f): A n A függvényt, I minden n rangú p predikátumszimbólumhoz hozzárendel egy I(p): A n {0, 1} predikátumot, ϕ minden x változóhoz hozzárendel egy ϕ(x) A elemet. Az n = 0 esetben I(f) et az A, I(p) t a {0, 1} halmaz elemével azonosíthatjuk. Néha a struktúra harmadik komponensét elhagyjuk, ekkor a struktúra egy (A, I) pár. Amennyiben a nyelv egyenlőséges, kikötjük, hogy I(=) az A halmazon értelmezett egyenlőségi predikátum. Legyen t term, A = (A, I, ϕ) struktúra. Ekkor a t által az A struktúrában jelölt A(t) A elemet, az alábbi módon definiáljuk: t = x. Ekkor A(t) = ϕ(t), t = f(t 1,,t n ). Ekkor A(t) = I(f)(A(t 1 ),,A(t n )). Legyen A = (A, I, ϕ) struktúra, x változó, a A. Ekkor A [x a] az (A, I, ϕ ) struktúra, ahol: ϕ (y) = ϕ(y), ha y x, ϕ (y) = a, ha y = x. Legyen F formula, A = (A, I, ϕ) struktúra. Az A(F) {0, 1} értéket a következő módon definiáljuk: Ha F a p(t 1,,t n ) atomi formula, akkor A(F) = I(p)(A(t 1 ),,A(t n )), Ha F = G, akkor A(F) = A(G), Ha F = G H, ahol {,,, }, akkor A(F) = A(G) A(H), Ha F = vagy F =, akkor sorrendben A(F) = 0 ill. A(F) = 1. Ha F = xg, akkor: A(F) = 1, ha a A, hogy A [x a] (G) = 1, A(F) = 0 különben. Ha F = xg, akkor: A(F) = 1, ha a A esetén A [x a] (G)=1, A(F) = 0 különben. Legyen t term, F formula, és legyenek A = (A, I, ϕ) és A = (A, I, ϕ ) struktúrák. Ha ϕ(x) = ϕ (x) minden t-ben előforduló változóra, akkor A(t) = A (t), Ha ϕ(x) = ϕ (x) minden F-ben szabadon előforduló x változóra, akkor A(F) = A (F). A(t) független minden olyan változó értékétől, mely nem fordul elő t-ben. A(F) független minden olyan változó értékétől, mely nem fordul elő szabadon F ben. Kielégíthetőség, Tautológia Legyen F tetszőleges formula. F kielégíthető, ha létezik modellje, azaz A = F valamely A struktúrára. Ellenkező esetben F kielégíthetetlen. Formulák egy Φ halmaza kielégíthető, ha létezik olyan A, hogy A = F minden F Φ esetén. Ellenkező esetben Φ kielégíthetetlen. Egy F formulát tautológiának nevezünk, ha minden A struktúrára A = F. F akkor és csak akkor tautológia, ha F kielégíthetetlen. Egy formula akkor és csak akkor tautológia, ha univerzális lezártja az, és akkor és csak akkor kielégíthető, ha egzisztenciális lezártja az.

Ekvivalencia F és G formulák ekvivalensek, ha Mod(F) = Mod(G). F = G akkor és csak akkor, ha = (F G). = F akkor és csak akkor, ha F =. Mod (F) = Mod(G) A (A = F és A = G) vagy (A F és A G) A A = ((F G) ( F G)) A A = (F G). Kongurencia tulajdonság Lemma: Ha F = F és G = G akkor F G = F G ahol {,,, }. A (F G) = A(F) A(G) = A(F ) A(G ) = A(F G ). Ha F = F, akkor F = F. A( F) = A(F) = A(F ) = A( F ). Ha F = F akkor Q xf = Q xf, ahol Q {, } és x változó. A = xf a A A [x a] = F a A A [x a] = F A = x F. Ha az F formula úgy áll elő az F formulából, hogy az F egy H részformuláját ekvivalens H formulára cseréljük, akkor F = F. Az F felépítése szerinti indukcióval. Ha H maga az F formula, akkor F = H, így F = F teljesül a H = H feltevés miatt. Feltehető, hogy F H. F = F 1 F 2. Ekkor H az F 1 vagy F 2 részformulája. Ekkor F 1 F 2, ahol F 1 úgy áll elő F 1 ből, hogy benne egy H részformulát H 1 vel kicserélünk. Az indukciós feltevésből F 1 = F 1. Az előző lemmából F = F. F = xg. Ekkor H a G részformulája és F = xg alakú, ahol G úgy áll elő G ből, hogy benne a H egy előfordulását H vel helyettesítjük. Indukciós feltevésből: G = G, így az előző lemmából F = F. Legyen Σ formulák egy halmaza. Azt mondjuk, hogy az A struktúra kielégíti Σ - át, vagy a Σ modellje, ha A = F teljesül minden F Σ formulára. Σ - át kielégíthetőnek nevezzük, ha létezik modellje. Legyen Σ formulák halmaza, F pedig formula. Azt mondjuk, hogy F a Σ logikai következménye, ha Mod(F) Mod(Σ). Σ = F akkor és csak akkor, ha Σ { F} kielégíthetetlen. Σ akkor és csak akkor kielégíthetetlen, a Σ =. F = G (F = G) (G = F).

8. Tétel - Normálformák az elsőrendű kalkulusban Kiigazított formula Egy formulát kiigazítottnak nevezünk, ha: Nincs olyan változó mely kötötten és szabadon is előfordul, Különböző kvantor előfordulások rendre különböző változókat kötnek le. Minden formula ekvivalens egy olyan kiigazított formulával, mely előáll a formulából a változók átnevezésével. Prenex alakú formula Egy F formula prenex alakú, ha: F = Q 1 y 1 Q n y n G, ahol G kvantormentes és minden Q i a vagy a kvantor. Minden F formulához létezik ekvivalens, prenex alakú kiigazított formula. F felépítése szerinti indukcióval. Feltehetjük, hogy F-ben nem fordulnak elő a és logikai jelek. Ha F atomi formula, akkor F prenex alakú és kiigazított, Ha F = vagy F =, akkor F ismét prenex alakú és kiigazított, Ha F = G. Legyen Q 1 y 1 Q n y n H a G vel ekvivalens prenex alakú kiigazított formula, mely az indukciós feltevés szerint létezik. Minden i re legyen Q i kvantor, ha Q i kvantor, és kvantor, ha Q i kvantor. Ekkor: Q 1 y 1 Q n y n ( H) F fel ekvivalens prenex alakú kiigazított formula, Ha F = G 1 G 2. Legyenek Q 1 y 1 Q n y n H 1 és Q 1 z 1 Q m z m H 2 a G 1 gyel és G 2 vel ekvivalens prenex alakú kiigazított formulák. Feltehető, hogy az y i és z j változók páronként különbözőek. Ekkor Q 1 y 1 Q n y n Q 1 z 1 G m z m (H 1 H 2 ) F fel ekvivalens prenex alakú kiigazított formula, Ha F = G 1 G 2. Az előző esethez hasonlóan, Ha F = QxG. Legyen Q 1 y 1 Q n y n H a G-vel ekvivalens prenex alakú kiigazított formula. Feltehető, hogy x {y 1, y n }. Ekkor QxQ 1 y 1 Q n y n H F fel ekvivalens prenex alakú kiigazított formula. Skolem normálforma Skolem normálforma egy: x 1 x n F alakú kiigazított formula, ahol F kvantormentes. Azt mondjuk, hogy az F és G formulák s-ekvivalensek, ha F akkor és csak akkor kielégíthető, ha G az. Tehát a = s ekvivalencia reláció nagyon durván osztályozza a formulákat: a kielégíthető és a kielégíthetetlen formulák. Minden F formulához létezik vele s - ekvivalens Skolem normálforma. Feltehető, hogy F = Q 1 x 1 Q n x n G alakú prenex alakú kiigazított formula. Minden olyan i re, amelyre Q i =, elvégezzük a következő átalakítást: Legyenek z 1,,z k az x 1,,x i-1 változók között, azok amelyek kvantorral vannak lekötve. Töröljök a Q i kvantort a mellette lévő x i vel együtt. G ben az x i minden előfordulását f(z 1,,z k ) val helyettesítjük, ahol f új függvényszimbólum. Lemma: Itt a bizonyítást kihagytam, de benne van a jegyzetben! Legyen F = x 1 x n yg alakú kiigazított formula, ahol G nem feltétlenül kvantormentes. Tegyük fel, hogy az f n rangú új függvény szimbólum. Ekkor: F =s x1 xn(g[y / f(x1,,xn)]). Minden F formulához effektíven konstruálható s ekvivalens zárt Skolem normálforma, melynek a magja konjunktív vagy diszjunktív normálforma.

9.Tétel - Az elsőrendű kalkulus eldönthetetlensége Church Nem létezik olyan algoritmus, amely tetszőleges formuláról eldönti, hogy a formula tautológia-e. Következmény: Nem létezik olyan algoritmus, mely tetszőleges formuláról eldöntené, hogy kielégíthető vagy kielégíthetetlen. Nem létezik olyan algoritmus, mely formulák egy véges Σ halmazáról és egy F formuláról eldöntené, hogy Σ = F teljesül-e. Adott K = (u 1, v 1 ),,(u k, v k ) {0, 1} + X {0, 1} + sorozathoz elkészítünk, egy olyan F K formulát, hogy F K akkor és csak akkor tautológia ha K nak létezik megoldása. Felhasználjuk az f 0, f 1 1 aritású függvény szimbólumokat, a c konstans szimbólumot és a p 2 aritású predikátum szimbólumot. Tetszőleges u = a 1 a m {0, 1}* szóra és t termre legyen f u (t) az f a1 (f a2 ( (f am (t)) ). Legyen FK = (F1 F2) F3 ahol: Ha F K tautológia, akkor K nak van megoldása. Tekintsük az A = (A, I) struktúrát, ahol a harmadik komponenst azért nem jelöltük, mert F K mondat. A = {0, 1}*. I(f j ): A A, u ju, j = 0, 1. I(p): A 2 {0, 1}. I(c) = λ, az üres szó. I(p)(u, v) = 1 n > 0 i 1,,i n. u = u i1 u in. v = v i1 v in Könnyen belátható, hogy A = F 1 és A = F 2. A = F 1 mert I(p)(u i, v i ) teljesül i re. Ha pedig I(p)(u, v) teljesül az u, v szavakra, akkor olyan n > 0, i 1,,i n, hogy u = u i1 u in, v = v i1 v in. Így tetszőleges i re I(p)(u i u, v i v) is teljesül, hiszen u i u = u i u i1 u in és v iv = v i v i1 v in. Tehát A = F 2. Így A = F K miatt A = F 3. Ez éppen azt jelenti, hogy K nak van megoldása. Ha K nak van megoldása, akkor F K tautológia. Legyen A = (A, I) tetszőleges struktúra. Be kell látnunk, hogy A = F K. Ha A F 1 vagy A F 2, akkor triviális. Tegyük fel, hogy A = F 1 és A = F 2. Jelölje i 1,,i n a K egy megoldását. Mivel A = F 1, ezért A = p(f uin (c), f vin (c)). Mivel A = F 2, indukcióval adódik, hogy A = p(f uij uin (c), f vij vin (c), j = 1, n. Speciálisan A = p(f ui1 uin (c), f vi1 vin (c). Mivel u i1 u in = v i1 v in, ezért A(f ui1 uin (c)) = A(f vi1 vin (c)), tehát A = F 3

10. Tétel - Herbrand elmélet és alkalmazásai Tekintsünk egy L elsőrendű nyelvet, mely tartalmaz legalább egy konstansszimbólumot. Jelölje T 0 az alaptermek nem üres halmazát, azaz azon termekét, amelyek nem tartalmaznak változót. Herbrand sturktúra Herbrand struktúrának nevezünk egy olyan T 0 = (T 0, I 0, ϕ) struktúrát, melyben I 0 (f)(t 1,,t n ) = f(t 1,,t n ) minden f n - aritású függvényszimbólumra és t 1,, t n alaptermre. A predikátum szimbólumok interpretációja és ϕ nem rögzítettek. Lemma: Tetszőleges t alaptermre: T 0 (t) = t. Lemma: Tetszőleges F formulára, x változóra és t alaptermre: T 0 (F[x/t]) = T 0[x t] (F). A helyettesítési lemmát alkalmazzuk. T 0 (F[x/t]) = T 0[x T0(t)] (F) = T 0[x t] (F) Legyen Σ zárt Skolem normálformák halmaza. Σ akkor és csak akkor kielégíthető, ha létezik Herbrand modellje. Elegendőség: Triviális. Szükségesség: Tegyük fel, hogy Σ - nak egy A = (A, I) modellje. Ezt felhasználva megadjuk a Σ egy T 0 = (T 0, I 0 ) Herbrand modelljét. Legyen tetszőleges n rangú p predikátum szimbólumra és t 1,,t n alaptermekre: I 0 (p)(t 1,,t n ) = I(p)(A(t 1 ),,A(t n )). Azt, hogy T 0 = Σ úgy igazoljuk, hogy a kvantorok n száma szerinti indukcióval belátjuk, hogy T 0 = F valahányszor A = F, minden F zárt skolem normálformára. n = 0. F felépítése szerinti indukcióval belátjuk, hogy T 0 (F) = A(F). Ha F = p(t 1,,t m ) alakú, ahol a t i k alaptermek. Ekkor: T 0 (F) = I 0 (p)(t 0 (t 1 ),,T 0 (t m )) = I 0 (p)(t 1,,t m ) = I(p)(A(t 1 ),,A(t m )) = A(F). Ha F =,, akkor triviális. Ha F = G H, akkor T 0 (F) = T 0 (G) T 0 (H) = A(G) A(H) = A(F) Ha F = G, akkor hasonló. n > 0. Ekkor F xg alakú. Tegyük fel, hogy A = F. Ekkor tetszőleges a A esetén A [x a] = G. Így t alaptermre, A [x A(t)] = G, azaz A = G[x / t]. Az indukciós feltevés szerint ebből T 0 = G[x /t], azaz T 0[x T0(t)] = G. Mivel ez t T 0 alaptermre igaz, ezért T 0 = XG, így T 0 = F. Következmény: Itt a bizonyítást kihagytam, de benne van a jegyzetben! Formulák egy Σ halmaza kielégíthető, ha megszámlálható modellje. Herbrand kiterjesztés Legyen F = x 1 x n F* zárt Skolem normálforma. Az F Herbrand kiterjesztése az: E(F) = {F*[x 1 / t 1 ] [x n / t n ]: t 1,, t n T 0 } alapformula halmaz. Ha Σ zárt Skolem normálformák halmaza, akkor: Következmény: Itt a bizonyítást kihagytam, de benne van a jegyzetben! Zárt Skolem normálformák egy Σ halmaza akkor és csak akkor kielégíthető, ha E(Σ) kielégíthető.

11. Tétel - Elsőrendű rezolúció alap rezolúciós tétele Ehhez a tételhez hozzátartozik a Herbrand struktúrák definíciói, lemmái és tételei bizonyítás nélkül! Legyen Σ zárt Skolem normálformák halmaza úgy, hogy Σ - beli formula magja konjunktív normálforma. Az előzőek szerint Σ kielégíthetetlen, ha E(Σ) az. Jelölje E (Σ) az E(Σ) beli formulák klózainak halmazát. Az ítéletkalkulus rezolúciós tételéből kapjuk az alábbi eredményt. Σ kielégíthetetlen, ha E (Σ)-ból levezethető az üres klóz az alábbi alap rezolúciós szabállyal: C 1 {l}, C 2 { l} / C 1 C 2 ahol C 1, C 2 alap klózok és l alap literál és E (Σ) az E(Σ) klózainak halmaza.

12. Tétel - Egyesítő fogalma, legkisebb egyesítő, az egyesítési algoritmus Legyen s = [x 1 / t 1 ] [x n / t n ] helyettesítések sorozata. Ekkor tetszőleges t termre a ts termet n szerinti indukcióval definiáljuk: n = 0: ts = t n > 0: ts = (t[x 1 / t 1 ] [ xn-1 / t n-1 )[x n / t n ]. Ha a t i k mindegyike alap term, s et alaphelyettesítésnek nevezzük. Legyen l literál, C klóz, s helyettesítés. Ekkor: ls = p(t 1s,,t ns ), ha l = p(t 1,,t n ), ls = p(t 1s,,t ns ), ha l= p(t 1,,t n ), Cs = {ls : l C}. Legyen C = {l 1,,l n } klóz, s helyettesítés. Azt mondjuk, hogy s a C egyesítője, ha l 1s = = l ns. Azt mondjuk, hogy C egyesíthető, ha létezik egyesítője. Lemma: Legyenek l 1, l 2 literálok, l 1 l 2. Így létezik olyan pozíció, ahol l 1 és l 2 különbözőek. Ha {l 1, l 2 } egyesíthető, akkor az első olyan pozíción, ahol különbözőek, az egyik literálban egy változó van, a másik literálban pedig olyan t term első szimbóluma, amelyben ez a változó nem fordul elő. olyan algoritmus, mely C klózra eldönti, hogy C egyesíthető e, és ha egyesíthető, akkor elkészít egy legáltalánosabb egyesítőt, azaz egy olyan s egyesítőt, hogy valahányszor s egy másik egyesítő, s = ss valamely s helyettesítésére. A legáltalánosabb egyesítő, ha, egyértelműen meghatározott. Egyesítési algoritmus: s:= []. Mindaddig, amíg Cs > 1: Hasonlítsuk össze Cs elemeit és keressük meg az első olyan pozíciót, ahol két literál különbözik. Ha ezen a pozíción egyik literál sem tartalmaz változót, akkor C nem egyesíthető. Ha az egyik literál egy x változót tartalmaz és a másik literálban egy t term első szimbóluma van, akkor: Ha x előfordul t-ben, C nem egyesíthető. Különben s:= s[x/t]. Ha a ciklus sikeresen lefut, s az C legkisebb egyesítője.

13. Tétel - A predikátumkalkulus rezolúciós tétele Legyenek C 1 és C 2 tetszőleges klózok. Az R klóz a C 1 és C 2 egy rezolvense, ha: Léteznek olyan s 1, s 2 változó átnevezések, hogy C 1 s 1 és C 2 s 2 nem tartalmaznak közös változót. Léteznek olyan l 1,, l m C 1 s 1, és l 1,,l n C 2 s 2 (m, n > 1) literálok, hogy C = {l 1,,l m, l 1,, l n } egyesíthető az s legkisebb egyesítővel. R = (C 1 s 1 {l 1,,l m }) (C 2,s 2 {l 1,,l n })) s. Legyen Σ zárt Skolem normálformák halmaza, ahol minden Skolem normálforma magja konjunktív normálforma. Res 0 (Σ):= A Σ-beli formulák magjaiban szereplő klózok. Res n+1 (Σ):= Res n (Σ) {R: C 1,C 2 Res n (Σ), R a C 1, C 2 rezolvense}. Res*(Σ):= n > 0 Res n (Σ). Res*(Σ) a legszűkebb olyan klóz halmaz, mely tartalmazza Σ - t és zárt az elsőrendű rezolúcióra. A klózok egy Σ halmaza kielégíthető, vagy kielégíthetetlen, ha lezártjaik halmaza az. Az elsőrendű logika rezolúciós tétele: Klózok egy Σ halmaza kielégíthetetlen, ha Res*(Σ). Elegendőség: Tetszőleges F formula univerzális lezártját jelölje F. Elegendő megmutatni, hogy amennyiben R a C 1 és C 2 egy rezolvense, akkor { C 1, C 2 } = R. Legyen R = ((C 1 s 1 {l 1,,l m }) (C 2 s 2 {l 1,,l n )) s = (C 1 s 1 s {l}) (C 2 s 2 s { l}), ahol s az {l 1,,l m, l 1,, l n } legáltalánosabb egyesítője. Tegyük fel hogy, (A R) (A = C 1 ) (A = C 2 ). Ekkor olyan A struktúra, mely annyiban különbözik A-tól, hogy a változóknak is értéket ad, hogy A R. Ekkor A C 1 s 1 s {l} és A C 2 s 2 s {l}. De (A = C 1 ) (A = C 2 ), ezért A = C 1 s 1 s és A = C 2 s 2 s. Így A = l és A = l, ami ellentmondás. Szükségesség: Tegyük fel hogy, Σ kielégíthetetlen. Ekkor az alap rezolúciós tétel szerint létezik alap klózok olyan C 1, C 2,, C n = sorozata, hogy i-re C i egy Σ-beli klóz alap példánya, vagy valamely k, j < i-re a C k és C j rezolvense. A Lift lemma felhasználásával elkészíthetünk egy C 1, C 2,, C n = klóz sorozatot úgy, hogy minden i re C i a C i egy példánya, továbbá C i Σ vagy valamely k, j < i re C i a C k és C j egy rezolvense. Lift lemma: Itt a bizonyítást kihagytam, de benne van a jegyzetben! Legyenek C 1, C 2 klózok, és legyenek C 1 és C 2 a C 1 és C 2 alap példányai. Ha R a C 1 és C 2 egy rezolvense, akkor a C 1 és C 2 olyan R rezolvense, melynek R egy alap példánya.

14. Tétel - Lineáris rezolúció és SLD rezolúció Lineáris rezolúciós Legyen Σ klózok halmaza. Egy C klóz lineáris rezolúcióval levezethető Σ - ból, ha olyan C 0, C 1,, C n klóz sorozat, hogy C 0 Σ, C n = C és i > 0 - ra C i a C i-1 és egy Σ {C 0, C i-1 } beli oldal klóz rezolvense. A C 0 klózt a levezetés bázisának nevezzük. Ha lineáris rezolúcióval levezethető Σ - ból, akkor rezolúcióval is, így Σ kielégíthetetlen. Legyen Σ az ítéletkalkulus klózainak egy halmaza, l literál, ekkor: Σ l = 0 az a klózhalmaz, melyet úgy kapunk Σ - ból, hogy elhagyunk belőle minden l - et tartalmazó klózt, majd a maradék klózokból elhagyjuk l minden előfordulását. Σ l = 1 az a klózhalmaz, mely úgy áll elő Σ-ból, hogy elhagyunk minden l - et tartalmazó klózt, majd a maradék klózokban elhagyjuk l minden előfordulását. A = Σ [(A(l) = 1) (A = Σ l = 1 )] [(A(l) = 0) (A = Σ t = 0 )], így Σ akkor és csak akkor kielégíthető, ha Σ t = 0 vagy Σ l = 1 kielégíthető. A lineáris rezolúció tétele: Legyen Σ az ítéletkalkulus klózainak halmaza. Σ akkor és csak akkor kielégíthetetlen, ha a lineáris rezolúcióval levezethető Σ-ból az klóz. Elegendőség: Triviális Szükségesség: Tegyük fel hogy, Σ kielégíthetetlen. A kompaktsági tétel miatt az is feltehető, hogy Σ véges. A Σ - ban szereplő változók n száma szerinti indukcióval belátjuk az alábbit: Ha Σ Σ minimális kielégíthetetlen halmaz és C Σ, akkor levezethető Σ ből olyan lineáris rezolúciós levezetéssel, megy bázisa C. N = 0. Ekkor Σ = { } és az állítás nyilvánvaló. N > 0. Legyen Σ Σ minimális kielégíthetetlen halmaz. Ha Σ ben < n 1 változó fordul elő, akkor az indukciós feltevés alkalmazásával készen vagyunk. Tegyük tehát fel, hogy Σ ben n változó fordul elő. Legyen C Σ. 1. eset - C = 1. C = {l} valamely l literálra, ekkor Σ l=1 kielégíthetetlen. Legyen Σ a Σ l=1 minimális kielégíthetetlen részhalmaza. olyan C Σ klóz, amelyre C {l} Σ. Mivel Σ ben legfeljebb n 1 változó fordul elő, Σ feletti C = C 0, C 1,, C m = lineáris rezolúciós levezetés. Mivel C a C = {l} és C {l} Σ beli klózok rezolvense, ezért C, C, C 1,,C m = a Σ Σ feletti lineáris rezolúciós levezetés. Vegyük vissza a C i, i > 1 klózokba az l literált, ahol esetleg elhagytuk. Így egy Σ feletti C, C, C 1,, C m lineáris rezolúciós levezetéshez jutunk, ahol: C m = vagy C m = {l}. Ha C m =, készen vagyunk. Ha C m = {l}, akkor a sorozatot az klózzal folytatva Σ feletti lineáris levezetéshez jutunk.

2. eset - C > 1. Legyen l C, C = C {l}, ekkor C Σ l = 0. Σ l = 0 {C } kielégíthető, de Σ l = 0 kielégíthetetlen. Legyen Σ a Σ l = 0 minimális kielégíthetetlen részhalmaza, ekkor az előzőek miatt C Σ. Az indukciós feltevés miatt Σ felett egy C = C 0, C 1,,C m = lineáris rezolúciós levezetés. Vegyük vissza l et mindenhova, ahonnan elhagytuk. Így előáll egy Σ feletti C = C 0, C 1,,C m lineáris rezolúciós levezetés. Ha C m =, készen vagyunk, ellenkező esetben C m = {l}. (Σ {C}) {l} kielégíthetetlen. Az 1. eset szerint létezik (Σ {C}) {l} felett egy: {l} = C 0, C 1,,C k = lineáris rezolúciós levezetés. Feltehető, hogy C 1,,C k l től különböznek. C = C 0, C 1,, C m = {l}, C 1,,C k = a keresett levezetés. SLD rezolúció Legyen Σ Horn, tehát legfeljebb egy pozitív literált tartalmazó klózok halmaza. Egy C 0, C 1,,C n Σ - feletti lineáris rezolúciós levezetést SLD levezetésnek nevezünk, ha C 0 negatív, tehát olyan klóz melyben literál negatív. Így i > 0 esetén C i a C i 1 és egy Σ - beli program klóz rezolvense. Legyen Σ Horn klózok halmaza. Ha a C Σ negatív bázis klózból levezethető az klóz, akkor Σ kielégíthetetlen. Fordítva, ha a C negatív klóz benne van Σ valamely minimális kielégíthetetlen részhalmazában, akkor az üres klóz SLD rezolúcióval levezethető Σ felett a C bázis klózból. Horn klózok egy Σ halmaza kielégíthetetlen, ha SLD rezolúcióval levezethető belőle az klóz. Az 1. álltás triviális. A 2. bizonyításához tekintsünk egy olyan minimális kielégíthetetlen Σ részhalmazt, mely tartalmazza a C t. Az előző tétel bizonyítása szerint olyan Σ feletti lineáris rezolúciós levezetése az klóznak, melynek bázis C. Ez egyben SLD rezolúciós levezetés is.

15. Tétel - A logikai programozás alapjai Alapfeladat: Adott ((Q 1 Q n ) P) alakú univerzális formulák egy véges Σ halmaza, ahol a Q 1,,Q n, P atomi formulák, és adott egy (R 1 R m ) egzisztenciális formula, ahol az R 1,,R n - k atomi formulák. Igaz-e, hogy Σ = (R 1 R m )? Legyen Σ logikai program, G pedig negatív kérdés klóz. Konfiguráció: (G, s), ahol G negatív klóz, s helyettesítés. Legyenek (G, s), (G, s ) konfigurációk. (G, s) (G, s ) ha van olyan program klóz, melynek G a G vel alkotott rezolvense, melynek képzésében az r legáltalánosabb egyesítőt használtuk, továbbá s = sr. Kiszámítás: (G, ) (G 1, s 1 ) (G m, s m ) véges vagy végtelen sorozat, ahol G a kérdés klóz. Sikeres kiszámítás: Olyan kiszámítás melynek az utolsó tagja (, s) alakú. Sikeres kiszámítás eredménye: (R 1 R n )s, ahol (, s) az utolsó tag. Σ - beli klózok univerzális lezártjának akkor és csak akkor logikai következménye (R 1 R m ), ha sikeres kiszámítás. Sikeres kiszámítás eredményének minden alappéldánya a Σ univerzális lezártjának következménye. Ha (R 1 R m )s alappéldánya a Σ univerzális lezártjának következménye, akkor olyan sikeres kiszámítás, melynek (R 1 R m )s eredményére: (R 1 R m )s = (R 1 R m )ss valamely s mellett.

16. Tétel - Az elsőrendű logika kompaktsági tétele és néhány következménye Formulák egy Σ halmaza kielégíthető, ha a Σ minden véges részhalmaza kielégíthető. Legyen Σ formulák halmaza, F egy formula. Σ = F teljesül, ha olyan véges Σ 0 Σ halmaz, hogy Σ 0 = F. Szükségesség: Triviális. Elegendőség: Minden formulában minden szabad változó helyébe helyettesítünk egy új konstans szimbólumot. Ezáltal elérhető, hogy Σ mondatokból álljon. Minden Σ beli mondatot hozzunk Skolem normálformára új függvényszimbólumok segítségével. A Σ kielégíthető, ha az előálló Σ az. Teljesen hasonlóan, a Σ egy véges Σ 0 részhalmaza kielégíthető, ha a belőle előálló Σ 0 az. De Σ véges részhalmaza kielégíthető, így a Σ és az E(Σ ) véges részhalmaza is. Az ítéletkalkulus kompaktsági tétele szerint így E(Σ ) kielégíthető, így Σ és Σ is kielégíthetőek. Struktúra: A = (A, I) alakú rendezett pár. Ha K struktúrák egy osztálya, akkor Th(K) jelöli a K elméletét, azaz azon mondatok halmazát, melyek teljesülnek K-beli struktúrában: Th(K) = {F: K = F}. Ha pedig Σ mondatok halmaza, akkor Mod(Σ) azon struktúrák osztálya, melyekben érvényes Σ: Mod(Σ) = {A: A = Σ}. Itt a bizonyítást kihagytam, de benne van a jegyzetben! Ar nek olyan megszámlálható modellje, mely nem izomorf az N struktúrával ~ nemszenterd modell. Egyenlőséges nyelvben legyen Σ olyan mondat halmaz, melynek, minden n természetes számra legalább n elemszámú véges modellje. Akkor Σ nak megszámlálhatóan végtelen modellje. Legyen adott n re Fn olyan mondat, mely azt fejezi ki, hogy legalább n elem van. A Σ = Σ {Fn: n > 1} halmaz kielégíthető, így van megszámlálható modellje, mondjuk A. A nem lehet véges, így a Σ megszámlálhatóan végtelen modellje. Következmény: Ha a struktúrák egy K osztályában n re legalább n számosságú struktúra, akkor K ban lévő véges modellek osztálya nem gyengén axiomatizálható. Az állítás az, hogy nem olyan Σ mondat halmaz, hogy Mod(Σ) pontosan a K beli véges struktúrák halmaza. Ez nyilvánvaló az előző állításból. Ha K = Mod(Σ) és ha K végesen axiomatizálható, akkor olyan véges Σ 0 Σ, hogy K = Mod(Σ 0 ). Legyen Δ véges axióma rendszer. Ekkor Σ = F teljesül F Δ formulára. Mivel Δ véges, a kompaktsági tétel felhasználásával adódik, hogy olyan Σ 0 Σ véges halmaz, hogy F Δ formulára: Σ 0 = F. Mod(Σ) Mod(Σ 0 ) Mod(Δ) = K. Itt a bizonyítást kihagytam, de benne van a jegyzetben! A struktúrák egy K osztálya végesen axiomatizálható, ha K és K komplemense is gyengén axiomatizálhatóak.

17. Tétel - Heterogén logika Legyen S típusok megszámlálható halmaza, és s S típusra x s 1,, x s n,, s típusú változók végtelen sorozata. (s 1 s n, s) S*x S rendezett párra legyen adott az (s 1 s n, s) típusú függvény szimbólumok megszámlálható halmaza. s 1 s n S* - ra legyen adott az s 1 s n típusú reláció szimbólumok megszámlálható halmaza. s típusú term s S re az s típusú termek a következők: s típusú változó. f(t 1 t n ) alakú kifejezés, ahol f valamely s 1,, s n S típusokra (s 1 s n, s) típusú műveleti szimbólum és t i s i típusú term, i = 1,,n. Atomi formula Az atomi formulák az r(t 1,, t n ) alakú kifejezések, ahol r s 1 s n típusú reláció szimbólum, t i pedig s i típusú term. i = 1 n. Formula Formulák azok a kifejezések, melyek előállnak az atomi formulákból az,,,, logikai összetevők és az és kvantifikációval. s típusú struktúra s típusú struktúrán egy A = (A, I, ϕ) rendszert értünk, ahol A = (As) s S nem üres halmazok rendszere, az I interpretációs függvény f(s 1 s n, s) típusú függvény szimbólumhoz egy: I(f): A s1 x x A sn A s függvényt, és s 1 s n típusú predikátum szimbólumhoz egy: I(r): A s1 x x A sn {0, 1} predikátumot rendel. A homogén esethez hasonlóan definiáljuk azt, hogy mikor elégít ki egy A struktúra egy F formulát, azaz mikor teljesül az A = F reláció.

A tételhez hozzátartozik az elsőrendű nyelv szemantikája! Az elsőrendű logika bővítése predikátumváltozókkal. 18. Tétel - Másodrendű logika Formulák: Az elsőrendű logika formula képzési szabályai +: Ha R n aritású predikátum változó és t 1,, t n termek, akkor R(t 1,, t n ) is atomi formula. Ha R n aritású predikátum változó és F formula, akkor R F és R F is formulák. Struktúra: A = (A, I, ϕ), ahol A, I mint az elsőrendű esetben, a ϕ értékelés pedig x elsőrendű változóhoz az A egy elemét, R n aritású predikátum változóhoz pedig egy A n {0,1} predikátumot rendel. Legyen A = (A, I, ϕ) struktúra, F formula. Az A = F relációt az elsőrendű esethez definiáljuk az alábbiak figyelembe vételével: A = R(t 1,.t n ) ϕ(r)(a(t 1 ),,A(t n )) = 1. A = R F ha olyan ϕ mely legfeljebb R en tér el ϕ től, amelyre (A, I, ϕ ) = F A = R F ha olyan ϕ esetén, mely legfeljebb R en tér el ϕ -től amelyre (A, I, ϕ ) = F Az, hogy A = F fennáll-e, ismét független azon változók értékétől, melyek nem fordulnak elő szabadon F-ben. A másodrendű logika sok tekintetben az elsőrendű logikától eltérően viselkedik. Például nem igaz a kompaktsági tétel.

19. Tétel - A CTL formulái és szemantikájának definíciója A modell ellenőrzési algoritmus a hardware és software rendszerek verifikációjának egy módszere. Specifikációs nyelvek: LTL CTL η kalkulus A CTL állapot formulái:, p, p A F, F G, F G AX F, EX F, AF F, EF F, AG F, EG F A[F U G], E[F U G] Informális jelentés: AX F: rákövetkező állapotban érvényes F. EX F: olyan rákövetkező állapot, melyben érvényes F. AF F: Az állapottól induló végtelen út tartalmaz olyan állapotot, melyben érvényes F. EF F: Az állapotból induló valamely végtelen út tartalmaz olyan állapotot, melyben érvényes F. AG F: Az állapotból induló végtelen út állapotában érvényes F. EG F: Az állapotból induló valamely végtelen út állapotában érvényes F. A[F U G]: Az állapotból kiinduló végtelen utak mindegyikében van olyan állapot, ahol érvényes G, és az úton ezt megelőző állapotok mindegyikében érvényes F. E[F U G]: Az állapotból kiinduló végtelen utak egyikében van olyan állapot, ahol érvényes G, és az úton ezt megelőző állapotok mindegyikében érvényes F. A szemantika formális definíciója: Tetszőleges M modellre, s állapotra és F formulára definiáljuk, hogy mikor érvényes az F formula az M adott s állapotában. Jelölés: M, s = F M, s =. M, s. M, s = p p L(s). M, s = F M, s F. M, s = F G [(M, s = F) (M, s = G)]. M, s = F G [(M, s = F) (M, s = G)]. M, s = AX F s s' M, s' = F. M, s = EX F s s' M, s' = F. M, s = AG F s = s 0 s 1... i M, s i = F. M, s = EG F s = s 0 s 1... i M, s i = F. M, s = AF F s = s 0 s 1... i M, s i = F. M, s = EF F s = s 0 s 1... i M, s i = F. M, s = A[F U G ] [( s = s 0 s 1... i M, s i = G) ( j < i M, s j = F)]. M, s = E[F U G ] [( s = s 0 s 1... i M, s i = G) ( j < i M, s j = F)]. Ekvivalencia Ekvivalensnek nevezzük az F és G formulákat, ha tetszőleges M modellre és s állapotra, M, s = F M, s = G. Az EG, EX, EU, AF, AG, AX, AU modalitások adekvát halmazt alkotnak.

Bemenet: M = (S,, L) véges modell, F formula. Kimenet: Azon s S állapotok S F halmaza, melyekre M, s = F. 20. Tétel - A modell ellenőrzési algoritmus Módszer: Először lineáris időben olyan alakra hozzuk F et, hogy benne legfeljebb: AF, EX, EU modalitások és,, és a p A jelek forduljanak elő. Majd F G részformulájára meghatározzuk az S G halmazt. G = : S G = 0. G = p: S G = {s S: p L(s)}. G = H: S G = S S H. G = H 1 H 2 : S G = S H1 S H2. G = AF H: S G a legszűkebb olyan halmaz, mely tartalmazza S H t, és amelyre teljesül, hogy ha s olyan állapot, melynek minden rákövetkezője S G ben van, akkor s is S G ben van. Tehát, ha S = n, akkor: S G = n i=0 S i. S 0 = S H. S j+1 = S j {s: s s' s' S j }. G = EX H: S H = {s: s s' s' S H }. G = E[H 1 U H 2 ]: Ekkor S G a legszűkebb olyan halmaz, mely tartalmazza S H2 t és amelyre tetszőleges s s' esetén: [(s S H1 ) (s' S G )] s S G. Tehát: S G = n i=0 S i. S 0 = S H2. S j+1 = S j {s: s S H1 s s' s' S j }. Az algoritmus lineáris a formula és négyzetes a modell méretében. Létezik olyan algoritmus is, mely a modell méretében is lineáris. Az állapotrobbanás problémája: Egy 100 bináris komponensből álló rendszer modelljének állapotszáma 2 100. Szimbolikus modell ellenőrzési módszerekkel mégis lehetséges ilyen nagy állapotszámú rendszerek verifikációja.