katja zupan i matemati na logika in logi ne...

UNIVERZA V LJUBLJANIPEDAGO�KA FAKULTETA

KATJA ZUPAN�I�

MATEMATI�NA LOGIKA IN

LOGI�NE NALOGE

DIPLOMSKO DELO

LJUBLJANA, 2013

UNIVERZA V LJUBLJANIPEDAGO�KA FAKULTETA

Univerzitetni ²tudijski program prve stopnje Dvopredmetni u£iteljMATEMATIKA - RA�UNALNI�TVO

KATJA ZUPAN�I�MENTOR: doc. dr. PRIMO� �PARLSOMENTOR: asist. MATEJ ZAPU�EK

MATEMATI�NA LOGIKA IN

LOGI�NE NALOGE

DIPLOMSKO DELO

LJUBLJANA, 2013

Zahvala

Zahvaljujem se o£etu in materi, ki sta mi omogo£ila ²tudij, in bratu Nejcu,ki mi je vedno stal ob strani.

Zahvaljujem se prijateljem, ki so me spodbujali in mi nudili oporo, ko sem jopotrebovala.

Zahvaljujem se mentorju doc. dr. Primoºu �parlu za strokovno pomo£,nasvete in potrpeºljivost pri nastajanju diplomskega dela. Zahvaljujem sesomentorju asist. Mateju Zapu²ku za vso pomo£ in podano znanje v £asu²tudija.

Povzetek

V diplomskem delu Matemati£na logika in logi£ne naloge predstavimo ne-kaj osnov teorije matemati£ne logike, strategije re²evanja logi£nih nalog inprimere nalog, ki se pojavljajo na logi£nih tekmovanjih v osnovni in srednji²oli.

V prvem delu predstavimo osnove matemati£ne logike, ki so potrebne zarazumevanje in uspe²no re²evanja logi£nih nalog. Najprej spoznamo objekte,s katerimi operiramo. To so izjave in izjavni vezniki. V nadaljevanju preu-£imo odnose med njimi, se seznanimo s pojmom enakovrednosti izjav, izbra-nimi oblikami izjav, polnimi nabori veznikov ter logi£nimi posledicami, nakoncu pa vse to poveºemo in uporabimo pri sklepanju v izjavnem ra£unu.Sledi kraj²i uvod v osnove teorije mnoºic, ki jih potrebujemo za razlago po-membnega dela matemati£ne logike�predikatnega ra£una.

V drugem delu diplomskega dela spoznamo na£ine dokazovanja resni£-nosti ali neresni£nosti izjav. Seznanimo se z u£inkovito univerzalno metodore²evanja matemati£nih logi£nih nalog, ki nam lahko pomaga pri uspe²nemre²evanju poljubnega matemati£nega problema.

V zadnjem delu diplomskega dela naredimo kratek pregled logi£nih nalog,ki se pojavljajo na slovenskem tekmovanju v logiki, ki jih organizira Zvezaza tehni£no kulturo Slovenije. Za konec nekatere po korakih re²imo.

Klju£ne besede: matemati£na logika, strategija re²evanja, logi£na naloga.MSC(2010) Klasi�kacija: 03F03, 03B05.

Abstract

In this BSc thesis entitled Mathematical logic and logical puzzles we intro-duce some basics concerning the theory of mathematical logic, strategies forsolving logical problems and examples of such problems that occur in logiccompetitions in primary and secondary schools.

In the �rst part we introduce the basics of mathematical logic requiredfor the understanding and successful solving of logical problems. Firstly weintroduce the objects with which we work. These are propositions and propo-sitional conjunctions. Next we study the relations between them, introducethe concept of equivalence of propositions, the selected forms of propositions,the full collection of conjunctions and the logical implications. At the endwe use all this knowledge in the propositional calculus. What follows is ashort introduction into set theory that is needed in an important part ofmathematical logic�predicate calculus.

In the second part of this thesis we establish di�erent ways of provingthe truthness or falseness of propositions. We consider an e�ective, universalmethod for solving mathematical logical problems which may be helpful insolving any mathematical problem.

In the last part of this thesis we make a brief summary of logical problemsthat occur in Slovene logic competitions organised by the Slovene technicalculture association (ZOTKS). At the end we provide examples of di�erenttypes of such problems and solve some of them step by step.

Key words: mathematical logic, strategy of solving, logical problem.MSC(2010) Classi�cation: 03F03, 03B05.

Kazalo

Zahvala

Povzetek

Abstract

1 Uvod 1

2 Izjave 3

2.1 Osnove matemati£ne logike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Izjavne povezave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.3 Enakovredni izjavni izrazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.4 Izbrane oblike izjav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.5 Polni nabori izjavnih veznikov . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.6 Sklepanje in dokazovanje v izjavnem ra£unu . . . . . . . . . . 142.7 Osnove predikatnega ra£una . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Strategije re²evanja 23

3.1 Dokazovanje matemati£nih izjav . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.2 Koraki re²evanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4 Logi£ne naloge 27

4.1 Primeri nalog . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

5 Sklep 41

Literatura 43

Izjava

KAZALO

Poglavje 1

Uvod

Preden se lotimo pregleda teorije, naredimo kratek zgodovinski uvod, kate-rega bomo povzeli po [2].

Logika se je za£ela razvijati v anti£ni Gr£iji in Indiji v tesni povezavi s�lozo�jo in matematiko. Prvi predstavniki so bili znani �lozo� Zenon Ele-atski, Sokrat, Platon in matematik Evklid. Svoje u£ence so u£ili, kako seizraºati, kako braniti svoja prepri£anja in teze. Sprva so logiko imenovalidialekta, kar v resnici pomeni razprava. V takratnem £asu so v nekaterihmestnih drºavicah o politi£nih vpra²anjih odlo£ali in razglabljali vsi mo²ki,starej²i od 21 let. Zbirali so se na agorah (trgih), kjer so zagovarjali svojepredloge in zavra£ali trditve drugih. Ravno to je bil takrat glavni predmetlogike.

Velik prelom je logika doºivela, ko je Aristotel razvil prvi urejeni sistemlogike imenovan Silogizem, logiko pa je predstavil kot temelj �lozo�je.

Med 11. in 15. stoletjem se je logika pou£evala v ²olah zahodne Evrope.Abelard je povzel znanje gr²ke logike in izdal pet knjig z naslovom Dialekta.Ve£jega razvoja logika v tem obdobju ni doºivela.

Za£etek sodobne logike je leta 1879 nakazal Gottlob Frege s svojim delomBegri�sschrift, ko je natan£no opredelil splo²nost in eksistence, simbolizacijoter predikatni ra£un. Njegov na£rt je bil zgraditi matematiko na logi£nihtemeljih. �al mu to ni uspelo, ker sta njegovo teorijo spodbila Russel inGödel s svojimi paradoksi in izreki.

Zastoj razvoja logike je povzro£il, da se je predmet po£asi za£el umikatiiz ²olskega programa. Ravno tako logika ni imela velike podpore pri mate-matikih, saj so bili le ti prepri£ani, da je preve£ besedna in nekoristna. V80. letih 19. stoletja pa je splo²no zanimanje ponovno zraslo s knjigami

1

2 POGLAVJE 1. UVOD

Raymonda Smullyana, ki je k logiki pristopil na povsem druga£en na£in�zlogi£nimi ugankami. Sledile so ²e druge zbirke in ra£unalni²ki programi zapou£evanje logike. Od leta 2002 pa se logika v osnovnih ²olah v Slovenijipou£uje kot izbirni predmet.

Matemati£na logika je pomembna predvsem zato, ker poljubno trditevprevede v razli£ne oblike z namenom, da bolje razumemo, kaj je njeno spo-ro£ilo. Na podlagi tega se tudi laºje odlo£imo, ali je trditev resni£na alineresni£na. Matemati£na logika preu£uje tudi povezave med trditvami, in si-cer nas predvsem zanima, kaj nam to, da poznamo resni£nost ali neresni£nostene trditve, pove o drugi. S tem se bomo ukvarjali v nadaljevanju.

Poglavje 2

Izjave

V tem diplomskem delu bomo matemati£no logiko obravnavali v nekolikopoenostavljeni obliki. Povsem striktna in matemati£no korektna obravnavabi namre£ bistveno pove£ala obseg tega diplomskega dela, poleg tega pa bina ta na£in obravnava postala prezahtevna in tako ne bi bila dostopna ²ir-²emu krogu bralcev. Slede£a teorija, ki jo bomo v za£etnih razdelkih povzelipo [3] in [8], bo tako bralcu razumljiva tudi brez poglobljene matemati£neizobrazbe. Podrobnej²o razlago lahko zahtevnej²i bralec najde v knjigah [3],[4] in [5].

2.1 Osnove matemati£ne logike

Predmet matemati£ne logike so izjave. Izjava je trditev, ki jo lahko razumemo²ele, ko poznamo pomen besed, ki jo sestavljajo. Pravimo, da poznamosemantiko jezika, v katerem je izjava zapisana.

De�nicija 1. Izjava je smiselna trditev, ki je bodisi resni£na (oznaka 1)bodisi neresni£na (oznaka 0).

De�nicija 2. Izjava je enostavna ali sestavljena. Enostavne izjave ne mo-remo raz£leniti na enostavnej²e izjave. Sestavljena izjava je grajena s po-vezovanjem enostavnih izjav s pomo£jo logi£nih veznikov (ne, in, ali, £e ...potem, £e in samo £e ...).

Izjave, ki so pomembne za matemati£no logiko, in s katerimi se bomoukvarjali mi, so predvsem sestavljene izjave. Ko ugotavljamo resni£nostenostavne izjave, analiza njene strukture ni potrebna�odgovor glede njene

3

4 POGLAVJE 2. IZJAVE

resni£nosti bodisi poznamo bodisi ne. Pri sestavljenih izjavah pa si lahkov£asih z analizo strukture zelo pomagamo. S tako vrsto analize se ukvarjamatemati£na logika.

O sestavljenih izjavah lahko povemo naslednje:

1. Resni£nost oziroma neresni£nost sestavljene izjave je odvisna od resni£-nosti ali neresni£nosti enostavnih izjav, ki jo sestavljajo, ter od logi£nihveznikov, ki enostavne izjave povezujejo.

2. S pomo£jo logi£ne analize sestavljene izjave lahko dobimo nove izjave,ki so vsebinsko enakovredne za£etni sestavljeni izjavi.

2.2 Izjavne povezave

2.2.1 Izjavni vezniki

V tem razdelku se bomo seznanili z logi£nimi vezniki, ki jih uporabljamo prigradnji sestavljenih izjav.

Sestavljene izjave gradimo s pomo£jo logi£nih veznikov. Le-ti so lahko:

• 0-mestni (resnica, neresnica),

• 1-mestni (negacija),

• 2-mestni (osnovni vezniki: konjunkcija, disjunkcija, implikacija, ekviva-lenca in dopolnilni vezniki: ekskluzivna disjunkcija, She�erjev veznik,Lukasiewiczev veznik).

Preden se poglobimo v analizo posameznih veznikov, na²tejmo nekaj dogo-vorov, ki se jih bomo drºali v nadaljevanju:

1. Enostavne izjave ozna£ujemo z malimi tiskanimi £rkami p, q, r, ...

2. Sestavljene izjave ozna£ujemo z velikimi tiskanimi £rkami £rkami A, B,C, ...

3. Resni£na izjava ima vrednost 1, neresni£na pa vrednost 0.

Posamezni veznik je de�niran tako, da povemo, kdaj je ustrezna sestavljenaizjava resni£na in kdaj neresni£na. To najlaºje predstavimo s pomo£jo re-sni£nostne tabele, v katero za vsak moºen nabor enostavnih izjav, ki dano

2.2. IZJAVNE POVEZAVE 5

izjavo sestavljajo, zapi²emo vrednost pripadajo£e sestavljene izjave. Stolpec,v katerem so te vrednosti zbrane, imenujemo kon£ni stolpec resni£nostne ta-bele. Izjavo, zapisano z enostavnimi izjavami in povezano z logi£nimi vezniki,imenujemo izjavni izraz. De�nirajmo sedaj posamezne veznike.

De�nicija 3. Negacija izjave je resni£na natanko tedaj, ko je ta izjava ne-resni£na in je neresni£na, ko je ta izjava resni£na. Oznaka negacije izjave p

je ¬p in jo beremo kot �ne p�.

p ¬p0 1

1 0

Tabela 2.1: Resni£nostna tabela izjavnega izraza ¬p.

De�nicija 4. Konjunkcija dveh enostavnih izjav je resni£na natanko tedaj,ko sta resni£ni obe izjavi in je neresni£na v vseh ostalih primerih. Oznakakonjunkcije izjav p in q je p ∧ q in jo beremo kot �p in q�.

p q p ∧ q

0 0 0

0 1 0

1 0 0

1 1 1

Tabela 2.2: Resni£nostna tabela izjavnega izraza p ∧ q.

Ker logi£ne veznike de�niramo s tem, da dolo£imo, pri katerih nabo-rih vrednosti pripadajo£ih enostavnih izjav je ustrezna sestavljena izjava re-sni£na, jih lahko de�niramo kar preko resni£nostne tabele. Ostale vezniketako de�nirajmo kar s tabelo 2.3.


ime veznika oznaka resni£nostna beremo kot

tabela

disjunkcija ∨ 0 1 1 1 p ali q - mogo£e obojeimplikacija ⇒ 1 1 0 1 £e p potem q

ekvivalenca ⇔ 1 0 0 1 p je ekvivalentno q

ekskluzivna disjunkcija Y 0 1 1 0 bodisi p bodisi qShe�erjev veznik ↑ 1 1 1 0 ne p ali ne q

Lukasiewiczev veznik ↓ 1 0 0 0 niti p niti qp 0 0 1 1

q 0 1 0 1

Tabela 2.3: Tabela logi£nih veznikov.

2.2.2 Mo£ veznikov

Ve£krat se zgodi, da v sestavljeni izjavi nastopa ve£ veznikov. V tem primeruje potrebno imeti dogovor o mo£i veznikov. To pomeni, da dolo£imo vrstnired izra£unavanja. �e z oklepaji ni dolo£eno druga£e, je vrstni red mo£iveznikov slede£: ¬ veºe mo£neje kot ∧ in Y, ki veºeta mo£neje kot ∨ in ↑ in↓, ki veºejo mo£neje kot⇒, ki veºe mo£neje kot⇔. Kadar v izjavi nastopajovezniki iste mo£i, upo²tevamo pravilo z leve proti desni.

Zgled Sestavljeno izjavo

p ∨ q ⇔ ¬q ⇒ p ∧ ¬¬q

torej beremo kot

(p ∨ q)⇔ ((¬q)⇒ (p ∧ (¬(¬q)))).

2.2.3 Vrste izjav

V matemati£ni logiki imamo tri vrste izjav, ki jih lo£imo glede na to, alise njihova resni£nost lahko spreminja s spreminjanjem vrednosti izjav, ki josestavljajo, ali ne.

De�nicija 5. Izjava je tavtologija, £e je resni£na ne glede na vrednosti eno-stavnih izjav, ki izjavo sestavljajo. Izjava je protislovje, £e je neresni£na neglede na vrednosti enostavnih izjav, ki izjavo sestavljajo. Ostale izjave sofakti£ne.

2.2. IZJAVNE POVEZAVE 7

Zgled Ugotovimo vrste naslednjih sestavljenih izjav:

1. (p ∧ (p⇒ q))⇒ q

2. (p ∨ q)⇔ ¬(p ↑ q)

3. ¬(¬p⇒ q) ∧ ¬(¬q ∨ r)

To najlaºje storimo preko resni£nostne tabele.

p q (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q0 0 0 1 1

0 1 0 1 1

1 0 0 0 1

1 1 1 1 1

Tabela 2.4: Resni£nostna tabela izjavnega izraza p ∧ (p⇒ q))⇒ q.

p q (p ∨ q) ⇔ ¬ (p ↑ q)0 0 0 1 0 1

0 1 1 0 0 1

1 0 1 0 0 1

1 1 1 1 1 0

Tabela 2.5: Resni£nostna tabela izjavnega izraza (p ∨ q)⇔ ¬(p ↑ q).


p q r ¬ (¬ p ⇒ q) ∧ ¬ (¬ q ∨ r)0 0 0 1 1 0 0 0 1 1

0 0 1 1 1 0 0 0 1 1

0 1 0 0 1 1 0 1 0 0

0 1 1 0 1 1 0 0 0 1

1 0 0 0 0 1 0 0 1 1

1 0 1 0 0 1 0 0 1 1

1 1 0 0 0 1 0 1 0 0

1 1 1 0 0 1 0 0 0 1

Tabela 2.6: Resni£nostna tabela izjavnega izraza ¬(¬p⇒ q) ∧ ¬(¬q ∨ r).

Opazimo, da ima tabela 2.4 v kon£nem stolpcu same 1, kar pomeni, daje izjava vedno resni£na. Izjava p ∧ (p⇒ q))⇒ q je torej tavtologija. Izjava(p ∨ q)⇔ ¬(p ↑ q) je fakti£na. V tabeli 2.5 namre£ vidimo, da se pojavljajotako 0 kot 1. Podobno s pomo£jo tabele 2.6 ugotovimo, da je izjava ¬(¬p⇒q) ∧ ¬(¬q ∨ r) protislovna. Ne glede na nabor vrednosti izjav, ki izjavosestavljajo, je v kon£nem stolpcu vedno 0.

2.3 Enakovredni izjavni izrazi

�e na za£etku poglavja smo omenili, da nas obi£ajno zanima le, kaj nam nekaizjava pove, ne pa na kak²en na£in. S pomo£jo logi£ne analize lahko izjave zenakim pomenom zapi²emo na razli£ne na£ine. V tem razdelku bomo vpeljalipojem enakovrednosti izjav in si nekaj znanih podrobno pogledali.

De�nicija 6. Izjavi p in q sta enakovredni (tudi ekvivalentni), £e je izjavap ⇔ q tavtologija. Dejstvo, da sta izjavi p in q ekvivalentni, zapi²emo sp ∼ q.

2.3. ENAKOVREDNI IZJAVNI IZRAZI 9

Izrek 1. Naj bodo p, q in r poljubne enostavne izjave. Tedaj veljajo logi£neekvivalence, ki so zbrane v tabeli 2.7

logi£na ekvivalenca za poljubne izjave p, q, r velja:

zakon dvojne negacije E1: p ∼ ¬(¬p)idenpotentnost E2: p ∧ p ∼ p

E3: p ∨ p ∼ p

E4: p⇒ p ∼ 1

E5: p⇔ p ∼ 1

komutativnost E6: p ∧ q ∼ q ∧ p

E7: p ∨ q ∼ q ∨ p

E8: p⇔ q ∼ q ⇔ p

asociatovnost E9: p ∧ (q ∧ r) ∼ (p ∧ q) ∧ r

E10: p ∨ (q ∨ r) ∼ (p ∨ q) ∨ r

absorpcija E11: p ∨ (p ∧ q) ∼ p

E12: p ∧ (p ∨ q) ∼ p

distributivnost E13: p ∨ (q ∧ r) ∼ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

E14: p ∧ (q ∨ r) ∼ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

de Morganova zakona E15: ¬(p ∧ q) ∼ ¬p ∨ ¬qE16: ¬(p ∨ q) ∼ ¬p ∧ ¬q

kontrapozicija E17: p⇒ q ∼ ¬q ⇒ ¬p ∼ ¬p ∨ q

ekvivalenca E18: p⇔ q ∼ (p⇒ q) ∧ (q ⇒ p)

E19: p⇔ q ∼ (¬p ∨ q) ∧ (p ∨ ¬q)E20: p⇔ q ∼ (p ∧ q) ∨ (¬p ∧ ¬q)

Tabela 2.7: Tabela osnovnih logi£nih ekvivalenc.

S pomo£jo logi£nih ekvivalenc lahko dano izjavo zapi²emo v razli£nih ena-kovrednih oblikah. Na ta na£in lahko sporo£ilo izjave veliko bolje razumemoin tako laºje sodimo o njeni resni£nosti oziroma neresni£nosti. Seveda jeekvivalenca izjav dejansko ekvivalen£na relacija. Velja namre£:

1. re�eksivnost : A ∼ A, saj je A⇔ A tavtologija,

2. simetri£nost : £e velja A ∼ B, potem velja tudi B ∼ A, saj je A ⇔ B

tavtologija natanko tedaj, ko je B ⇔ A tavtologija,


3. tranzitivnost : £e velja A ∼ B in B ∼ C, potem velja tudi A ∼ C, saj£e sta namre£ tako A ⇔ B kot B ⇔ C tavtologiji, je tudi A ⇔ C

tavtologija.

Ekvivalence najlaºje dokaºemo s pomo£jo resni£nostne tabele. Za zgled do-kaºimo veljavnost prvega de Morganovega zakona.

Dokaz.

de Morganov zakon I p q (¬ (p ∧ q)) ⇔ (¬p ∨ ¬q)0 0 1 0 1 1 1 10 1 1 0 1 1 1 01 0 1 0 1 0 1 11 1 0 1 1 0 0 0

Tabela 2.8: Dokaz de Morganovega zakona I.

Dokaze ostalih ekvivalenc naredimo na podoben na£in. Lahko pa si sevedapomagamo tudi z ºe dokazanimi ekvivalencami. Tako lahko na primer takrat,ko dokaºemo ºe vse ekvivalence do E18, ekvivalenco E19 dokaºemo takole:

Dokaz. Dokaz ekvivalence E19 pri£nimo z izjavnim izrazom (¬p∨q)∧(p∨¬q).Izjavni izraz (¬p∨q) lahko zaradi E17 zapi²emo kot (p⇒ q), izjavni izraz (p∨¬q) pa zaradi E7 kot (¬q∨p). Dobimo izraz (p⇒ q)∧(¬q∨p). Poenostavimolahko ²e del izraza, in sicer (¬q ∨ p), ki je zaradi E17 ekvivalenten (q ⇒ p).Izraz (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) je po E18 enakovreden izjavnemu izrazu p ⇔ q.Torej velja p⇔ q ∼ (¬p ∨ q) ∧ (p ∨ ¬q).

2.4 Izbrane oblike izjav

Do sedaj smo imeli podane sestavljene izjave, katerih resni£nost smo ugo-tavljali s pomo£jo resni£nostne tabele. V tem razdelku se bomo ukvarjaliz vpra²anjem, kako iz resni£nostne tabele razbrati izjavo. V nadaljevanjubomo spoznali dva na£ina, ki nam to omogo£ata. Teorijo bomo povzeli po[8], [10] in [11].

2.4. IZBRANE OBLIKE IZJAV 11

2.4.1 Disjunktivna normalna oblika

De�nicija 7. Disjunktivna normalna oblika (DNO) sestavljene izjave A jeekvivalenten izjavni izraz, ki je disjunkcija konjunkcij izjavnih spremenljivkin/ali njihovih negacij.

Algoritem DNO:

Izhajamo iz nabora izjav p1, p2, p3, ..., pn, ki sestavljajo izjavo B. Vsakemunaboru vrednosti izjav p1, p2, p3, ..., pn, pri katerem je sestavljena izjava B

resni£na, priredimo osnovno konjunkcijo Aj =∧n

i=1 aij, kjer so:

aij =

{pi ; £e je pri tem naboru vrednost pi enaka 1

¬pi ; £e je pri tem naboru vrednost pi enaka 0

Dobljene izjavne izraze Aj z disjunkcijo poveºemo v sestavljeno izjavo. Do-bimo disjunktivno normalno obliko izjave.

Zgled Poi²£imo disjunktivno normalno obliko izjave z resni£nostno tabelo2.9.

p q kon£ni stolpec osnovna konjunkcija0 0 1 ¬p ∧ ¬q0 1 0

1 0 1 p ∧ ¬q1 1 0

Tabela 2.9: Zapis izjave v DNO.

Dobimo izjavo (¬p ∧ ¬q) ∨ (p ∧ ¬q), ki jo lahko ²e poenostavimo v:

(¬p ∨ p) ∧ ¬q ∼ 1 ∧ ¬q ∼ ¬q.

Izrek 2. Vsaki izjavi, ki ni protislovje, lahko priredimo disjunktivno nor-malno obliko.

Dokaz. Izjava, ki ni protislovje, ima v kon£nem stolpcu resni£nostne tabelevsaj eno 1. Dobimo torej vsaj eno osnovno konjunkcijo. Po algoritmu DNOlahko izrazu priredimo disjunktivno normalno obliko.


2.4.2 Konjunktivna normalna oblika

De�nicija 8. Konjunktivna normalna oblika (KNO) sestavljene izjave A jeekvivalenten izjavni izraz, ki je konjunkcija disjunkcij izjavnih spremenljivkin/ali njihovih negacij.

Algoritem KNO:

Izhajamo iz nabora izjav p1, p2, p3, ..., pn, ki sestavljajo izjavo B. Vsakemunaboru vrednosti izjav p1, p2, p3, ..., pn, pri katerem je sestavljena izjava B

neresni£na, priredimo osnovno disjunkcijo Aj =∨n

i=1 aij, kjer so:

aij =

{¬pi ; £e je pri tem naboru vrednost pi enaka 1

pi ; £e je pri tem naboru vrednost pi enaka 0

Dobljene izjavne izraze Aj s konjunkcijo poveºemo v sestavljeno izjavo. Do-bimo konjunktivno normalno obliko izjave.

Zgled Poi²£imo konjunktivno normalno obliko izjave z resni£nostno tabelo2.10.

p q kon£ni stolpec osnovna disjunkcija0 0 1

0 1 0 p ∨ ¬q1 0 1

1 1 0 ¬p ∨ ¬q

Tabela 2.10: Zapis izjave v KNO.

Dobimo izjavo (p ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ ¬q), ki jo lahko ²e poenostavimo v:

(p ∧ ¬p) ∨ ¬q ∼ 0 ∨ ¬q ∼ ¬q.

Izrek 3. Vsaki izjavi, ki ni tavtologija, lahko priredimo konjunktivno nor-malno obliko.

Dokaz. Izjava, ki ni tavtologija, ima v kon£nem stolpcu resni£nostne tabelevsaj eno 0. Ker torej dobimo vsaj eno osnovno disjunkcijo, lahko izrazupriredimo konjunktivno normalno obliko.

Izrek 4. Vsaki izjavi lahko poi²£emo ekvivalentno izjavo, ki jo zapi²emo samoz izjavnimi vezniki ¬,∧ in ∨ ter enostavnimi izjavami, od katerih je odvisna.

2.5. POLNI NABORI IZJAVNIH VEZNIKOV 13

Dokaz. Vsaka izjava, zapisana v KNO ali DNO obliki, je zapisana le z izjav-nimi vezniki ¬,∧,∨. V izreku 2 smo dokazali, da izjavo, ki ni protislovje,lahko zapi²emo v DNO obliki. Podobno smo v izreku 3 dokazali, da izjavo,ki ni tavtologija, lahko zapi²emo v KNO obliki. Posledi£no smo dokazali,da lahko vsako izjavo zapi²emo samo z izjavnimi vezniki ¬,∧,∨ ter njenimienostavnimi izjavami.

2.5 Polni nabori izjavnih veznikov

V prej²njem razdelku smo videli, da lahko vsako izjavo zapi²emo le z ve-zniki ¬,∧,∨. V tem razdelku nas bo zanimalo, ali obstaja ²e kak²en naborveznikov, ki nam to omogo£a.

De�nicija 9. Mnoºica izjavnih veznikov N je poln nabor izjavnih veznikov,£e za vsak izjavni izraz A obstaja enakovreden izjavni izraz B, ki vsebujesamo veznike iz N .

Trditev 1. Naj bo M neka mnoºica izjavnih veznikov in P neki poln naborizjavnih veznikov. �e lahko vsak veznik iz P izrazimo samo z vezniki iz M ,je tudi M poln nabor izjavnih veznikov

Dokaz. Podan je poljuben izjavni izraz A. Ker je P poln nabor, obstajaizjavni izraz B, ki je enakovreden A in vsebuje samo veznike iz P . V B vsakveznik izrazimo le z vezniki iz M in dobimo nov izraz C, ki je ekvivalentenizrazu B. Ker je ekvivalen£na relacija tranzitivna, velja C ∼ A. Sklepamo,da je M poln nabor izjavnih veznikov.

V prej²njem razdelku smo dokazali, da lahko vsako izjavo zapi²emo vDNO ali KNO obliki. Obe obliki vsebujeta le logi£ne veznike ¬,∧ in ∨, odkoder sledi, da je nabor {¬,∧,∨} poln. Ker velja p ∨ q ∼ ¬(¬p ∧ q) (upo-raba de Morganovega zakona), sledi, da je tudi {¬,∧} poln nabor logi£nihveznikov. Podobno je zaradi ekvivalence p∨ q ∼ ¬(¬p∨¬q) poln nabor tudi{¬,∨}. �e bolj zanimiv pa je v tem pogledu She�erjev veznik, saj lahko znjim izrazimo vse ostale veznike. To je leta 1913 dokazal Henry M. She�er1.

Trditev 2. She�erjev veznik je logi£ni veznik, s katerim lahko izrazimo vseostale veznike, to je, {↑} je poln nabor logi£nih veznikov.

1poljski logik


Dokaz. Zaradi trditve 1 je dovolj, da s She�erjevim veznikom izrazimo ve-znika ¬ in ∧.

1. Negacija: ¬p ∼ p ↑ pOpomba: Izjava p ↑ p je resni£na natanko tedaj, ko je vsaj ena izmedizjav p in p neresni£na. Ker gre za eno in isto izjavo, se to zgodi natankotedaj, ko je p neresni£na izjava. Iz tabele 2.2 in 2.3 razberemo, da velja(p ↑ p) ∼ ¬(p ∧ p)

E2∼ ¬p.

2. Konjunkcija: p ∧ q ∼ (p ↑ q) ↑ (p ↑ q)Opomba: Iz tabele 2.2 in 2.3 razberemo, da velja p ∧ q ∼ ¬(p ↑ q).Uporabimo ugotovitev iz prve to£ke in zapi²imo konjunkcijo z veznikomShe�er.

3. Ker je nabor veznikov {¬,∧} poln, je poln tudi nabor {↑}.

Podobno bi lahko dokazali, da je tudi Lukasiewiczev veznik zadosten, topomeni, da je tudi {↓} poln nabor logi£nih veznikov. Vendar pa pretiranoskoparjenje s ²tevilom veznikov ni ravno priporo£ljivo. Kmalu se namre£prepri£amo, da ta dva nabora za zapis poljubne izjave nista preve£ primerna,saj izraz tako ve£krat zapletemo, kot poenostavimo (se pa uporabljata vmoderni digitalni elektroniki).

2.6 Sklepanje in dokazovanje v izjavnem ra£unu

Pomemben element matemati£ne logike je sklepanje. V tem podrazdelkuse bomo osredoto£ili na pravila sklepanja in pravila dokazovanja, ki nampomagajo pri re²evanju marsikatere logi£ne naloge. Teorijo bomo povzeli po[8], [10] in [11].

De�nicija 10. Izjava p je logi£na posledica izjav q1, q2, q3, ..., qn natankotedaj, ko je implikacija q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn ⇒ p tavtologija. Izjavamq1, q2, q3, ..., qn pravimo predpostavke ali premise, izjavi p posledica, izrazuq1, q2, q3, ..., qn |= p pa sklep. Sklep je veljaven oziroma pravilen natankotedaj, ko je pripadajo£a implikacija tavtologija.

2.6. SKLEPANJE IN DOKAZOVANJE V IZJAVNEM RA�UNU 15

2.6.1 Logi£ne implikacije

Spoznali smo logi£ne ekvivalence, ki nam omogo£ajo zapis dane izjave nave£ razli£nih na£inov, sedaj pa se bomo posvetili ²e logi£nim implikacijam.S pomo£jo logi£nih implikacij logi£no sklepamo, saj nam omogo£ajo, da izdanih izjav dobimo �nove�, ki iz njih logi£no sledijo. S tem ºelimo re£i, da £eizjava p implicira izjavo q, potem lahko trdimo, da bo v vsakem primeru, kobo izjava p resni£na, zagotovo resni£na tudi izjava q.

Izrek 5. Implikacije v tabeli 2.11 so logi£no veljavne.

logi£ne implikacije za poljubne izjave p, q, r velja:

modus ponens (MP) p ∧ (p⇒ q)⇒ q

modus tolens (MT) ¬q ∧ (p⇒ q)⇒ ¬pdisjunktivni silogizem (DS) ¬p ∧ (p ∨ q)⇒ q

hipoteti£ni silogizem (HS) (p⇒ q) ∧ (q ⇒ r)⇒ (p⇒ r)

poenostavitev (Po) p ∧ q ⇒ p

pridruºitev (Pr) p⇒ p ∨ q

zakon o absurdu (p⇒ q ∧ ¬q)⇒ ¬p

Tabela 2.11: Tabela osnovnih logi£nih implikacij.

Implikacija je logi£no veljavna, £e je tavtologija. Za zgled dokaºimo, da tovelja za modus ponens. Ostale implikacije se dokazujejo na podoben na£in.

Dokaz. Implikacijo s pomo£jo znanih ekvivalenc preoblikujmo v tavtologijo.

p ∧ (p⇒ q)⇒ qE17∼ ¬(p ∧ (p⇒ q)) ∨ q

E17∼ ¬(p ∧ (¬p ∨ q)) ∨ q

E14∼ ¬((p ∧ ¬p) ∨ (p ∧ q)) ∨ q

∼ ¬(0 ∨ (p ∧ q)) ∨ q

∼ ¬(p ∧ q) ∨ q

E15∼ (¬p ∨ ¬q) ∨ q

E9∼ ¬p ∨ (¬q ∨ q)

∼ ¬p ∨ 1

∼ 1


2.6.2 Sklepanje v izjavnem ra£unu

Oglejmo si konkreten zgled logi£nega sklepanja.

Zgled Dokaºimo veljavnost naslednjega sklepa: Prebral bom knjigo in nare-dil doma£o nalogo. �e bom prebral knjigo, jo bom odnesel v knjiºnico. Torejbom ²el tudi v knjiºnico.

Da formaliziramo sklep, moramo najprej identi�cirati enostavne izjave,ki v njem nastopajo:

• p ≡ Prebral bom knjigo.

• q ≡ Naredil bom doma£o nalogo.

• r ≡ �el bom v knjiºnico.

Kon£ni sklep zapi²emo v izjavnem ra£unu:

1. Premise so: p ∧ q, p⇒ r.

2. Posledica je: r.

3. Sklep ima obliko: p ∧ q, p⇒ r |= r.

Dokaºimo veljavnost sklepa s pomo£jo logi£nih implikacij.

• Uporaba Po: iz predpostavke p ∧ q lahko sklepamo, da velja izjava p.

• Uporaba MP: ker torej vemo, da sta izjavi p in p ⇒ r resni£ni, jeresni£na tudi izjava r.

Pri dokazovanju veljavnosti sklepa si lahko pomagamo na ve£ na£inov, insicer z uporabo resni£nostnih tabel, logi£nih ekvivalenc in implikacij. V na-daljevanju pa si bomo pogledali ²e en na£in. Veljavnost sklepa namre£ lahkopokaºemo tudi s tako imenovanimi pomoºnimi sklepi :

1. pogojni sklep: uporabimo takrat, ko ima posledica obliko implikacije,

2. sklep s protislovjem,

3. analiza primerov : uporabimo takrat, ko ima ena od predpostavk oblikodisjunkcije.

Najprej poglejmo, kako se lotimo ugotavljanja pravilnosti sklepa, ko imaposledica obliko implikacije.

2.6. SKLEPANJE IN DOKAZOVANJE V IZJAVNEM RA�UNU 17

Trditev 3. Pogojni sklep q1, q2, q3, ..., qn |= p ⇒ r je enakovreden sklepuq1, q2, q3, ..., qn, p |= r.

Dokaz. Zapi²imo sklep v obliki izjavnega izraza:

(q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn)⇒ (p⇒ r).

Dokazati moramo, da je sklep enakovreden izrazu

(q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn ∧ p)⇒ r.

Naj bo Q = q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn.

Q⇒ (p⇒ r) ∼ ¬Q ∨ (¬p ∨ r)

∼ (¬Q ∨ ¬p) ∨ r

∼ ¬(Q ∧ p) ∨ r

∼ (Q ∧ p)⇒ r

Sklep, ki ima obliko implikacije, lahko torej najprej prevedemo v sklep,pri katerem prvo enostavno izjavo implikacije dodamo predpostavkam. Do-kazujemo torej sklep, ki ima obliko q1, q2, q3, ..., qn, p |= r.

Zgled Dokaºimo veljavnost sklepa: p⇒ q ∨ r,¬r |= p⇒ q.Opazimo, da ima sklep obliko implikacije, torej bomo dokazovali s pogoj-

nim sklepom.

• predpostavka: p⇒ q ∨ r

• predpostavka: ¬r

• predpostavka pogojnega sklepa: p

• Uporaba MP: (p ∧ (p⇒ (q ∨ r)))⇒ q ∨ r

• Uporaba DS: ¬r ∧ (q ∨ r)⇒ q

• Uporaba pogojnega sklepa: p⇒ q

V nadaljevanju se bomo seznanili z dokazovanje sklepa s protislovjem. Po-dobno kot pri dokazovanju s pogojnim sklepom moramo sklepu najprej poi-skati njemu enakovreden sklep. Ko to storimo, ugotavljamo veljavnost sklepatako kot pri obi£ajnem sklepnem ra£unu.


Trditev 4. Sklep q1, q2, q3, ..., qn |= p je enakovreden sklepu q1, q2, q3, ..., qn,¬p |=0.


(q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn)⇒ p.


(q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn ∧ ¬p)⇒ 0)

Naj bo Q = q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn.

Q⇒ p ∼ ¬Q ∨ p

∼ ¬(Q ∧ ¬p) ∨ 0

∼ (Q ∧ ¬p)⇒ 0

Za konec si poglejmo ²e dokazovanje sklepa z analizo primerov. Pri temmoramo paziti na to, da iz£rpamo vse moºnosti, saj bo v nasprotnem primeruna² sklep nepopoln.

Trditev 5. Sklep q1, q2, q3, ..., qn, p1∨p2 |= r je enakovreden sklepu q1, q2, q3, ..., qn, p1 |=r ∧ q1, q2, q3, ..., qn, p2 |= r.


(q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn) ∧ (p1 ∨ p2)⇒ r.


(q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn ∧ p1 ⇒ r) ∧ (q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn ∧ p2 ⇒ r).

Naj bo Q = q1 ∧ q2 ∧ q3 ∧ ... ∧ qn.

Q ∧ (p1 ∨ p2)⇒ r ∼ ¬(Q ∧ (p1 ∨ p2)) ∨ r

∼ ¬(Q ∧ p1 ∨Q ∧ p2) ∨ r

∼ (¬(Q ∧ p1) ∧ ¬(Q ∧ p2)) ∨ r

∼ (¬(Q ∧ p1) ∨ r) ∧ (¬(Q ∧ p2) ∨ r)

∼ (Q ∧ p1 ⇒ r) ∧ (Q ∧ p2 ⇒ r).

2.7. OSNOVE PREDIKATNEGA RA�UNA 19

2.7 Osnove predikatnega ra£una

Da spoznamo potrebo po vpeljavi dodatne teorije, si poglejmo naslednji pri-mer.

Zgled Podane imamo naslednje izjave:p ≡ Vsi ²tudentje se u£ijo.q ≡ Jan je ²tudent.r ≡ Jan se u£i.

Glede na na²o intuicijo bi moral biti sklep p, q |= r pravilen. Pa vendar tegaz doslej sprejetimi dogovori ne moremo dokazati. Teºava je namre£ v tem, damoramo upo²tevati tudi notranjo zgradbo izjav p, q in r. V izjavnem ra£ununas zanima le zunanja zgradba, tako pa izgubimo povezavo med izjavami. Tusi pomagamo s predikatnim ra£unom, s katerim se bomo povr²no seznanili vnadaljevanju.

Pobliºje poglejmo izjave:

• Izjavi p in q govorita o ²tudentih.

• Izjava q in r govorita o Janu.

• Izjavi p in r pa o u£enju.

V okviru predikatnega ra£una poseºemo v drugo vejo matematike, teorijomnoºic, zato se bomo najprej seznanili z najosnovnej²imi pojmi in simboli,ki jih bomo potrebovali pri opredelitvi. Teorijo bomo povzeli po [1] in [11].

2.7.1 Predikati in kvanti�katorji

Za na²e potrebe bomo rekli, da je mnoºica skupina objektov oziroma re£i zneko lastnostjo. Ozna£evali jih bomo z velikimi tiskanimi £rkami. Objek-tom re£emo tudi elementi in jih bomo ozna£evali z malimi tiskanimi £rkami.Kadar poljuben element a pripada mnoºici P , s simboli zapi²emo a ∈ P .Mnoºica, ki nima elementov, se imenuje prazna mnoºica. Mnoºico vseh ele-mentov, o katerih je smiselno govoriti, ko imamo nek problem, imenujemouniverzalna mnoºica.

V predikatnem ra£unu uporabljamo dva kvanti�katorja; univerzalni (oznaka∀) in eksisten£ni (oznaka ∃) kvanti�kator.

Zgled Z matemati£nimi simboli zapi²imo izjavi:


• �Za vsako celo ²tevilo x velja, da je x2 ≥ 0.�

∀x : (x ∈ Z⇒ x2 ≥ 0)

• �Obstaja naravno ²tevilo x, da velja x+ 2 < 4.�

∃x : (x ∈ N ∧ x+ 2 < 4)

Kvanti�katorja ponavadi nastopata v povezavi z implikacijo (univerzalni kvan-ti�kator) in konjunkcijo (eksisten£ni kvanti�kator). Kvanti�katorja imata vpovezavi z logi£nimi vezniki naj²ibkej²o mo£, kadar nastopata skupaj pa upo-²tevamo pravilo z leve proti desni.

Tako kot poznamo ekvivalence med izjavnimi izrazi v izjavnem ra£unu,jih poznamo tudi v predikatnem ra£unu. Za nas bo pomembno predvsem,kaj se zgodi s kvanti�katorji, £e pripadajo£o izjavo zanikamo. Pri negaciji seuniverzalni kvati�kator zamenja z eksisten£nim, eksisten£i pa z univerzalnim.Poleg zamenjave kvanti�katorja se negira tudi kvanti�cirana izjava.

Oglejmo si nekaj konkretnih zgledov.

• univerzalni kvanti�kator:

� negacija izjave �Vsi sanjamo� je izjava: �Obstaja nekdo, ki ne sa-nja� oziroma �Nekateri ne sanjajo�.

� ¬(∀x : (x ∈ Z⇒ x2 ≥ 0)) ∼ ∃x : (x ∈ Z ∧ x2 < 0)

• eksisten£ni kvanti�kator:

� negacija izjave �Obstaja ma£ka, ki ne lovi mi²i� je izjava: �Vsema£ke lovijo mi²i�.

� ¬(∃x : (x ∈ N ∧ x+ 2 < 4)) ∼ ∀x : (x ∈ N⇒ x+ 2 ≥ 4)

Ponovno si poglejmo izjave o ²tudentu Janu. Notranjo zgradbo izjave bilahko predstavili s stavkom: Za vsak x velja: �x je ²tudent� ⇒ �x se u£i�. Zaopis notranje zgradbe izjave smo uporabili spremenljivko x, ki ji pravimo tudiindividualna spremenljivka. Sestavimo izjavni formuli oziroma predikata:

• Z(x) ≡ x je ²tudent;

• L(x) ≡ x se u£i.

2.7. OSNOVE PREDIKATNEGA RA�UNA 21

Formuli Z(x) in L(x) postaneta izjavi, £e namesto x vzamemo nek konkre-tni objekt. Pravimo mu individualna konstanta. Ker govorimo o ljudeh, seje smiselno dogovoriti, da se vse izjave nana²ajo na ljudi. Pravimo, da soljudje domena pogovora. Formuli postaneta izjavi tudi, £e pred njiju zapi-²emo kvanti�katorja: za vsak x ali obstaja x. Izjave tako lahko zapi²emo nanaslednji na£in:

1. ∀x : (Z(x)⇒ L(x))

2. Z(Jan)

3. L(Jan)

Sklep ima obliko:

∀x : (Z(x)⇒ L(x)), Z(Jan) |= L(Jan).

Predikat predstavlja neko lastnost oziroma odnose, ki jih imajo med sebojindividualne spremenljivke s podro£ja pogovora, odvisno od tega, ali je eno-mestni ali ve£mestni. V na²em primeru sta predikata enomestna, saj opazu-jemo le en x naenkrat. V primeru, da bi bila na²a izjava �Vsak x je ve£ji ody�, pa imamo opravka z dvema individualnima spremenljivkama, predikat paje 2-mestni.

Zgled Izjave zapi²imo v matemati£ni obliki. Ozna£imo M(x) ≡ x je Slove-nec, N(x) ≡ je prijazen.

Vsi Slovenci so prijazni. ∀x : (M(x)⇒ N(x))

Vsi Slovenci so neprijazni. ∀x : (M(x)⇒ ¬N(x))

Nekateri Slovenci so prijazni. ∃x : (M(x) ∧N(x))

Nekateri Slovenci so neprijazni. ∃x : (M(x) ∧ ¬N(x))

Lahko se zgodi, da imamo opravka z obema kvanti�katorjema naenkrat. Zabolj²e razumevanje si poglejmo naslednji zgled.

Zgled Naj bo K(x, y) predikat �x premaga y�. Prevedimo izjave.


∀x∀y : K(x, y) Vsi premagajo vsakogar.∀y∀x : K(x, y) Vsakogar premaga vsakdo.∀x∃y : K(x, y) Vsakdo premaga koga.∀y∃x : K(x, y) Vsakogar nekdo premaga.∃x∀y : K(x, y) Nekdo premaga vse.∃y∀x : K(x, y) Nekoga (vedno istega) premagajo vsi.∃x∃y : K(x, y) Nekdo premaga nekoga.∃y∃x : K(x, y) Nekdo je premagan.

Ugotovimo, da se v primeru enakih kvanti�katorjev pomen izjave z za-menjavo vrstnega reda bistveno ne spremeni. Bolj previdni pa moramo biti,ko kvanti�katorja nastopata me²ano. Iz resni£nosti izjave ∀x∃y : K(x, y)

namre£ sledi, da je vsakdo bolj²i od vsaj enega (vsak ima lahko �svojegaporaºenca�), medtem ko iz resni£nosti izjave ∃y∀x : K(x, y) sledi, da obstajanekdo, ki ga premagajo vsi.

Poglavje 3

Strategije re²evanja

Logi£ne naloge so ve£krat pravi izziv. V ve£ini primerov je najve£ji problem vtem, da ne vemo, kako se zadeve lotiti. Pa vendar obstaja kar nekaj nasvetov,ki nam re²evanje olaj²ajo. Najprej si bomo pogledali na£ine dokazovanjarazli£no strukturiranih matemati£nih izjav, nato pa ²e korake re²evanja. Pritem se naslonimo na [9].

3.1 Dokazovanje matemati£nih izjav

Pri dokazovanju osnovnih izjav si lahko pomagamo z raznimi triki. Edenizmed najbolj u£inkovitih je, da namesto podane izjave A sku²amo dokazatinjej ekvivalentno izjavo B. Ve£krat imamo podano kompleksno izjavo A, okateri ne znamo povedati veliko. Ko pa jo poenostavimo, ugotovimo, da vresnici o njeni resni£nosti znamo presoditi.

1. Konjunkcija

Vemo, da je konjunkcija p ∧ q resni£na natanko tedaj, ko sta resni£niobe izjavi. Ko ugotavljamo resni£nost tak²ne izjave, najprej ugotovimo,ali drºi izjava p, nato pa ²e, ali drºi izjava q. Izjavi dokazujemo lo£eno.Zapi²emo dokaz izjave p, nato pa ²e dokaze izjave q. �e nam uspedokazati resni£nost obeh izjav, potem smo izjavo p ∧ q dokazali. �euspemo pokazati, da katera od izjav p in q ni resni£na, je seveda izjavap ∧ q neresni£na.

23

24 POGLAVJE 3. STRATEGIJE RE�EVANJA

2. Implikacija

Implikacija p ⇒ q je neresni£na le v primeru, ko je izjava p resni£na,izjava q pa neresni£na. Pri implikaciji tako na² dokaz temelji na izjavip. Ta izjava je na²a predpostavka (spomnimo se pogojnega sklepa).Tako predpostavimo resni£nost izjave p in dokazujemo resni£nost izjaveq. Zavedati se moramo, da s tem nismo dokazali resni£nosti izjave q.Dokazali smo le, da £e drºi izjava p, potem drºi tudi izjava q.

3. Disjunkcija

Disjunkcija p∨q je resni£na v treh primerih, nepravilna pa le v enem, insicer takrat ko sta izjavi p in q neresni£ni. Pri ugotavljanju resni£nostiizjave povezane z disjunkcijo lahko uporabimo nekaj trikov:

• dokaºemo resni£nost p ali dokaºemo resni£nost q�redko deluje,

• dokaºemo resni£nost njej ekvivalentne izjave: p ∨ q ∼ ¬p⇒ q.

Primer, ko poi²£emo njej ekvivalentno izjavo, dokazujemo tako, kot smozapisali pri prej²nji to£ki Implikacija.

4. Ekvivalenca

Pri dokazovanju resni£nosti izjave povezane z ekvivalence uporabimoznano logi£no ekvivalenco p ⇔ q

E18∼ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p). Izjavo raz-delimo na dva dela in dokazujemo po korakih. Najprej predpostavimop in dokazujemo q. Pravimo, da dokazujemo z leve proti desni. Sledidrugi del dokazovanja, ko predpostavimo q ter dokazujemo p. Pra-vimo, da dokazujemo z desne proti levi. Imamo dva lo£ena poddokaza.Pri dokazovanju drugega dela izjave se ne smemo sklicevati na to, karsmo ugotovili v prvem delu. V primeru, ko imamo ve£ ekvivalenc npr.p ⇔ q ⇔ r, ni potrebno, da dokaºemo vse implikacije. Dovolj je, dadokaºemo (p⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ∧ (r ⇒ p).

5. Univerzalni kvanti�kator

Univerzalni kvanti�kator pravi, da ima vsak element x iz domene pogo-vora neko lastnost, ozna£imo s ϕ(x). �e to velja, potem znamo ta pogojuporabiti tudi za neki poljubno izbrani a. Uvedemo novo spremeljivkoa in dokaºemo, da tudi zanjo velja pogoj.

3.1. DOKAZOVANJE MATEMATI�NIH IZJAV 25

6. Eksisten£ni kvanti�kator

Pri dokazovanju resni£nosti izjave povezane z eksisten£nim kvanti�ka-torjem je v prvem koraku potrebno uganiti konkretni a, za kateregapogoj, ozna£imo ga s ϕ(x), velja. V£asih je teºko najti konkretno vre-dnost a, ki bi ustrezala pogoju. Pomagamo si lahko s posku²anjem,ra£unanjem, razvijanjem pogoja v druge ekvivalentne oblike itd. Pritem pazimo, da kak²ne re²itve ne izpustimo. Ko najdemo ustreznovrednost, jo vstavimo v ena£bo in zapi²emo dokaz.

Lahko se zgodi, da bomo naleteli na primere, kjer nam ti nasveti ne bodopomagali. Zato poznamo ²e en prijem, ki lahko pripelje do re²itve.

1. Dokaz s protislovjem

Ko dokazujemo resni£nost izjave s protislovjem, moramo to posebejopomniti. Recimo, da dokazujemo izjavo A. Prvi korak je, da pred-postavimo ¬A. Pri£nemo z dokazovanjem. Ko izjavo poenostavljamo,ra£unamo, torej logi£no sklepamo, pridemo do neke znane neresni£neizjave. Ugotovimo, da iz neresni£nosti izjave A sledi nesmisel. Pridemotorej do protislovja. S tem dokaºemo veljavnost izjave A.

• Eksisten£ni kvanti�kator: Ko dokazujemo resni£nost izjave po-vezane z eksisten£nim kvanti�katorjem po metodi dokaza s proti-slovjem, predpostavimo ¬(∃x(x ∈ A∧ϕ(x)), kar pa je ekvivalentnoizjavi ∀x(x ∈ A ⇒ ¬ϕ(x)). Pri£nemo z dokazovanjem. Ponovnona neki to£ki pridemo do protislovja.

• Disjunkcija: V primeru dokazovanja resni£nosti izjave povezanez disjunkcije s protislovjem predpostavimo ¬(p ∨ q), ki je ekviva-lentno izjavi ¬p ∧ ¬q. Izpeljemo protislovje.

• Implikacija: Resni£nost izjave povezane z implikacijo dokaºemo sprotislovjem tako, da predpostavimo ¬(p⇒ q), ki je ekvivalentnoizjavi p ∧ ¬q. Izpeljemo protislovje.

Poglejmo ²e, kako se na re²evanje logi£nih nalog pripravimo. Postopek re-²evanja nalog poteka v ²tirih korakih. Metoda se imenuje Polyajeva metoda,opis pa bomo povzeli po [1]. V prvem koraku moramo nalogo razumeti, vdrugem si oblikujemo na£rt, ki nas bo vodil do re²itve, v tretjem pri£nemoz izvajanjem na²ega na£rta, v zadnjem, £etrtem, pa preverimo ustreznostre²itve, ki smo jo dobili.

26 POGLAVJE 3. STRATEGIJE RE�EVANJA

3.2 Koraki re²evanja

1. Razumevanje problema

Ko dobimo nalogo, pozorno preberemo navodila. �e naletimo na be-sedo, ki je ne poznamo, poi²£emo razlago. Iz navodil razberemo podanepodatke ter cilje naloge. Lahko si pomagamo s skico, opornimi to£kamiin drugimi na£ini, ki nam pomagajo zbistriti misli. Ko ugotovimo, kajnaloga od nas zahteva, oblikujemo na£rt re²evanja.

2. Oblikovanje na£rta

V primeru, da smo ºe re²evali podoben primer, si lahko pomagamo zizku²njami. V nasprotnem primeru je potrebno, da dobro poznamo te-orijo. Poznavanje raznih de�nicij, trditev in izrekov nam bo re²evanjeproblema poenostavilo. Vedeli bomo tudi, kje za£eti in kako nadalje-vati. Ko smo teoreti£no podkovani, pri£nemo z re²evanjem.

3. Izvajanje na£rta

Po korakih re²imo problem. Re²itev ²e enkrat preverimo in se takoprepri£amo o pravilnosti. Tudi £e se nam zdi re²itev popolnoma logi£na,jo za nekaj £asa odmislimo in se vrnimo k njej kasneje. Prepri£ajmose, da smo upo²tevali vse pogoje v navodilu ter uporabili vse potrebnede�nicije ali izreke.

4. Pogled nazaj

V zadnji fazi re²evanja re²itev utemeljimo ali poi²£emo ²e kak²en dokaz,ki bi utrdil na²o re²itev. Dobra metoda preverjanja pravilnosti re²enenaloge je, da za mnenje vpra²amo prijatelja. Ve£krat se zgodi, dasmo kaj spregledali, posledi£no pa se spremeni tudi potek nadaljnegare²evanja. Ko smo o pravilnosti re²itve prepri£ani, jo zapi²emo.

Vsakega matemati£nega problema se moramo lotiti strukturirano, saj nambo to omogo£ilo, da se bomo znali spopasti tudi z bolj zahtevnimi nalogami.

Poglavje 4

Logi£ne naloge

U£enci se v osnovni ²oli z logi£nim na£inom razmi²ljanja sre£ajo ºe v prvitriadi. Nau£ijo se razvr²£ati predmete ali pojme glede na dolo£ene lastnosti,dolo£iti povezave med dolo£enimi predmeti ali pojmi, prepoznavati odnosemed njimi in podobno. Ob£asno re²ijo tudi kak²no nalogo, v kateri nastopajodolo£ene izjave iz vsakdanjega ºivljenja in morajo presoditi o tem, kako re-sni£nost oziroma neresni£nost ene vpliva na resni£nost oziroma neresni£nostdruge. V ²estem razredu se z izjavami bolj poglobljeno sre£ajo pri obravnaviena£b in neena£b. Izjave, s katerimi se seznanijo, so enostavne in se nana-²ajo predvsem na odnose med ²tevili. Na podro£ju logike v Sloveniji najboljintenzivno delujeta Zaloºni²ko podjetje LOGIKA d.o.o s prevodi in izdajoknjig na temo logike ter z izdajo revije Logika in Razvedrilna matematikain Zveza za tehni£no kulturo Slovenije z organizacijo tekmovanj iz matema-ti£ne logike. Tekmovanje je namenjeno osnovno²olcem, srednje²olcem in tudi²tudentom. Gre za pester nabor nalog, ki je primeren starostni skupini tek-movalcev. Naloge so primerljive z nalogami, s katerimi se sre£ujejo u£enci nadrugih logi£nih tekmovanjih po svetu. Najbolj²i tekmovalci imajo moºnostpriprave na Lingvisti£no olimpijado, ki poteka na mednarodni ravni. Na-loge, ki jih re²ujejo, se neposredno nana²ajo na sklepanje v izjavnem ra£unu,od u£enca pa zahtevajo predvsem prepoznavanje vzorcev. V nadaljevanjusi bomo pogledali nekaj primerov nalog, ki jih re²ujejo u£enci na Logi£nemtekmovanju, in podrobno opisali korake re²evanja.

27

28 POGLAVJE 4. LOGI�NE NALOGE

4.1 Primeri nalog

Po pregledu [2] in [12], sem zasledila naslednje tipe nalog:

1. osnove izjavne logike,

2. nabor izjav kot pomo£ pri razvrstitvi elementov v mnoºice,

3. matemati£ne uganke,

4. okolje z dolo£enimi pravili.

4.1.1 Osnove izjavne logike

Re²evalec ugotavlja pravilnost ali nepravilnost podane izjave. Izjave so se-stavljene, povezane z osnovnimi vezniki. Tema je matemati£na (odnosi med²tevili, liki) kot tudi vseºivljenska (sorodstvene vezi, splo²ne teme). Re²e-valec mora biti dobro seznanjen z lastnostmi posameznega veznika. Vedetimora, da je pravilnost sestavljene izjave odvisna od pravilnosti enostavnihizjav in veznikov, ki te izjave povezujejo.

Nalogo 4.1 so re²evali u£enci ²estega in sedmega razreda na ²olskem tek-movanju 18. slovenskega tekmovanja v logiki, leta 2003. Naloga se nahaja v[2], na strani 108. Zaradi bolj²e preglednosti bomo izjave dokazovali sproti.Za na²e potrebe bomo vzeli le prvih 7 izjav.

Naloga 4.1. Pri naslednjih izjavah ugotovite, ali je izjava vedno resni£na aline.

a. Zunaj deºuje ali ne deºuje.Sestavljeno izjavo razdelimo na enostavni izjavi. To sta p: �Zunaj deºuje�in q: �Zunaj ne deºuje�. Opazimo, da je izjava q zanikanje izjave p. Izjavista povezani z veznikom ali. �e ºelimo, da bo sestavljena izjava resni£na,mora biti zaradi veznika pravilna vsaj ena izmed enostavnih izjav. Kervemo, da velja p ∨ ¬p ∼ 1, je izjava resni£na.

b. Ni res, da zunaj deºuje in ne deºuje.Izjava je zanikanje izjave: �Zunaj deºuje in ne deºuje�. Re²evanja nalogtak²nega tipa se najlaºje lotimo tako, da v za£etnem koraku ugotavljamoresni£nost izjave brez zanikanja. Enostavni izjavi sta enaki kot pri prej-²nji nalogi, druga£na pa je njuna povezava. Povezani sta z veznikom in.

4.1. PRIMERI NALOG 29

Ker se izjavi med sabo izklju£ujeta, je izjava brez zanikanja neresni£na.Posledi£no je zanikana izjava resni£na.

c. �e je naravno ²tevilo n deljivo z 2 in z 8, potem je deljivo tudi s 16.Opravka imamo z implikacijo. Izjava nam pove, da za vsako naravno²tevilo, ki je deljivo z 2 in z 8 velja, da je deljivo tudi s 16. Kmaluugotovimo, da iz predpostavke o deljivosti ²tevila z 2 in z 8 ni mogo£edokazati deljivosti ²tevila s 16. Re²evanja naloge tak²nega tipa se lotimotako, da sku²amo dokazati, da izjava ni pravilna. Ker gre za izjavo oblike∀n : (n ∈ N ∧ 2 | n ∧ 8 | n ⇒ 16 | n), je njena negacija ∃n : (n ∈ N ∧ 2 |n∧8 | n∧16 - n). Tako ²tevilo seveda zlahka najdemo�vzemimo 8. Vemo,da je ²tevilo deljivo z 2, ravno tako vemo, da je ²tevilo deljivo z 8. Vemopa tudi, da ²tevilo 8 ni deljivo s 16, torej je izjava neresni£na.

d. Naravno ²tevilo n je deljivo s 16 natanko tedaj, ko je deljivo z 2 in z 8.Tokrat gre za ekvivalenco. Pri na£inih dokazovanja smo dejali, da ekvi-valenco dokazujemo z implikacijo najprej z leve proti desni, nato pa ²ez desne proti levi. Da bo izjava resni£na, morata biti resni£ni tudi obeimplikaciji. Pri prej²njem primeru smo dokazali, da implikacija z desneproti levi ne drºi. Posledi£no je ta izjava neresni£na.

e. �e je naravno ²tevilo n deljivo s 16, potem je deljivo z 2 in z 8.Ponovno imamo opravka z implikacijo. Izjava nam pove, da je vsakonaravno ²tevilo, ki je deljivo s 16, deljivo tudi z 2 in z 8. Pri nalogahtak²nega tipa moramo uporabiti malce matemati£nega znanja. Poljubnonaravno ²tevilo n, ki je deljivo s 16, lahko zapi²emo kot 16 · k, kjer je kneko naravno ²tevilo. �tevilo n lahko torej zapi²emo tudi kot 2 · 8 · k intako je torej deljivo z 2 in 8. Izjava je resni£na.

f. U£itelji vedno laºejo, ob ponedeljkih pa ne laºejo.Izjava vsebuje kvanti�kator vsak. Izhajamo iz predpostavke, da vsi u£iteljivedno laºejo, to pomeni, da ne obstaja dan, da ne bi lagali. Potem jenemogo£e, da ob ponedeljkih ne bi lagali. �e torej drºi, da u£itelji vednolaºejo, potem morajo lagati tudi ob ponedeljkih (spomnimo se pogojnegasklepa). Izjava je neresni£na.

g. Ni res, da u£itelj laºe ali ne laºe.Opravka imamo z zanikanjem izjave �U£itelj laºe ali ne laºe�. Razdelimo


sestavljeno izjavo na enostavni izjavi. To sta: p: �U£itelj laºe� in q: �U£i-telj ne laºe�. Podobno kot pri prvem primeru opazimo, da je izjava q

zanikanje izjave p. Zaradi veznika ali je sestavljena izjava brez zanikanjaresni£na natanko tedaj, ko je resni£na vsaj ena izmed enostavnih izjav.Ker se izjavi med seboj izklju£ujeta, je izjava brez zanikanja resni£na.Posledi£no je zanikana izjava neresni£na.

Nalogo 4.2 so re²evali u£enci devetega razreda osnovne ²ole in prvegaletnika srednje ²ole na drºavnem tekmovanju 18. slovenskega tekmovanja vlogiki, leta 2003. Naloga se nahaja v [2], na strani 121. Za na²e potrebebomo vzeli le 10 izjav in eno situacijo. Zaradi laºje preglednosti bomo izjavedokazovali sproti.

Naloga 4.2. Ugotovi resni£nost danih stavkov v podani situaciji.

D

B

A

C

1. Ali lik A ni bel ali lik A ni srednje velikosti.Pri nalogah tak²nega tipa mora re²evalec s pomo£jo slike ugotoviti, alije dana izjava resni£na. V prvem koraku ugotovimo kateri lik izjavaopisuje in katere lastnosti so v njej navedene�v na²em primeru barvain velikost lika A. Razdelimo sestavljeno izjavo na enostavni izjavi: p:�Lik A ni bel� in q: �Lik A ni srednje velikosti�. Enostavni izjavi stapovezani z ekskluzivno disjunkcijo, torej mora biti pravilna natanko enaizmed enostavnih izjav, da bo sestavljena izjava pravilna. S pomo£joskice ugotovimo lastnosti�lik A je siv in srednje velikosti. Lik A torej nibel, je pa srednje velik. Prvi del izjave je pravilen, drugi pa nepravilen.Trditev je resni£na.


2. Lik A je majhen in lik B je srednje velikosti.Izjava je povezana z veznikom in, torej morata biti obe enostavni izjaviresni£ni. Ugotovili smo ºe, da je lik A srednje velikosti, zato ni potrebnougotavljati ²e resni£nosti drugega dela. Izjava je neresni£na.

3. Lik D ni srednje velikosti in lik A ni siv.Opazujemo lika D in A. Izjava pravi, da lik D ni srednje velikosti.Pogledamo lik in ugotovimo, da izjava drºi. Lik D je namre£ velik.Drugi del izjave pravi, da lik A ni siv. �e v prvi izjavi smo ugotovili,da je lik A siv, torej ta del trditve ne drºi, izjava pa je neresni£na.

4. Ni res, da: Lik C ni bel ali je lik C srednje velikosti.Izjava je zanikanje izjave: �Lik C ni bel ali je lik C srednje velikosti.�Podobno kot v prej²nji nalogi, lahko ugotovimo resni£nost izjave brezzanikanja, nato pa na koncu le zaobrnemo vrednost in dobimo zanikanoizjavo. Zahtevnej²emu re²evalcu pa lahko predstavimo re²evanje nalogez uporabo drugega de Morganovega zakona, ki zanikani izjavi prirediekvivalentno izjavo: �Lik C je bel in lik C ni srednje velikosti�. Iz skicevidimo, da je lik C bel in srednje velikosti, torej je izjava neresni£na.

5. Ni res, da: ali lik C ni velik ali je lik B velik.Izjava je zanikanje izjave: �Bodisi C ni velik, bodisiB je velik.� Opravkaimamo z zanikanjem ekskluzivne disjunkcije. Pogledamo na skico in vi-dimo, da je lik C srednje velik, lik B pa je majhen. Izjava brez zanikanjaje resni£na, torej je zanikana izjava neresni£na.

6. Lik B ni trikotnik in lik B je velik.Na skici pogledamo lik B. Vidimo, da je ²tirikotnik in je majhen. Drugidel izjave je torej napa£en, saj ni res, da je lik B velik. Zaradi veznikain je izjava neresni£na.

7. Ni res, da: lik B je trikotnik, £e in samo £e lik D ni kvadrat.Izjava je zanikanje ekvivalence. Opazujemo lika B in D. Ni res, da jelik B trikotnik, kot trdimo v izjavi, vendar pa drºi, da lik D ni kvadrat.Izjava brez zanikanja je neresni£na, torej je zanikana izjava resni£na.

8. Noben lik ni siv.Izjava nam pove, da ne obstaja lik, ki bi bil siv. Naloge tak²nega tipase lotimo tako, da sku²amo poiskati vsaj en lik, ki bi bil siv, saj potem


vemo, da je izjava neresni£na. Ker s skice vidimo, da je lik A siv, jeizjava neresni£na.

9. Ni res, da: vsaj en lik je trikotnik.Izjava je zanikanje eksisten£nega kvanti�katorja. Poi²£emo njej ekvi-valentno izjavo: �Noben lik ni trikotnik.� S skice vidimo, da je izjavaneresni£na, saj je lik A trikotnik.

10. Ni res, da: vsaj en lik ni bel.Ponovno smo zanikali eksisten£no izjavo. �Nova� ekvivalentna izjava bilahko bila: �Vsi liki so beli�. Izjava je neresni£na, saj je lik A siv.

4.1.2 Nabor izjav kot pomo£ pri razvrstitvi elementov

v mnoºice

Naloge naslednjega tipa vsebujejo veliko podatkov, zaradi £esar se pri re²eva-nju lahko hitro zmedemo. Re²evalec pri re²evanju neposredno ne potrebujeteoreti£ne podlage o matemati£ni logiki, mora pa znati povezovati dane izjavein ugotoviti, kaj ena pove o drugi.

Nalogo 4.3 so re²evali u£enci sedmega in osmega razreda na drºavnemtekmovanju 17. slovenskega tekmovanja v logiki, leta 2002. Naloga se nahajav [2], na strani 79.

Naloga 4.3. �tirje matemati£ni £asopisi (The Mathematical Gazette, CruxMathematicorum, Mathematics Competitions, Teaching Children Math) izha-jajo v Avstraliji, ZDA, Veliki Britaniji in Kanadi. V njih so ²tirje matematiki(Gardiner, Hafner, Ljubenov, Battista) v razli£nih letih (1999, 2002, 2000,2001) in razli£nih letnikih (6, 14, 26, 86)objavili svoje prispevke. Za vsak£asopis ugotovi drºavo, kjer izhaja in matematika, leto in letnik, ko je iz²elmatematikov prispevek, £e velja:

1. Gardinerjev prispevek je iz²el v Veliki Britaniji ali v Avstraliji.

2. �asopis Teaching Children Math ne izhaja v Avstraliji in v nalogi niomenjen za l. 2002.

3. Naloga se ne nana²a na 6. ali 14. letnik £asopisa The MathematicalGazette.

4. �asopis iz leta 2002 je iz²el v Kanadi ali Veliki Britaniji.


5. V kanadskem £asopisu ni objavil prispevka ne Ljubenov ne Battista.

6. Crux Mathematicorum izhaja v Kanadi, omenjen pa je za l. 2000.

7. �asopis Mathematics Competitions ne izhaja v Veliki Britaniji in niomenjen za l. 1999.

8. V nalogi nastopa 26. letnik £asopisa Crux Mathematicorum, ne nastopapa 14. letnik £asopisa Teaching Children Math.

9. Ljubenov ni pisal v 6. letniku, Gardiner pa ni pisal v avstralskem £aso-pisu.

Postopek re²evanja

Nalogo je potrebno re²evati strukturirano. Med podanimi izjavami najprejpoi²£emo tiste, ki nam nekaj to£no dolo£ijo. Nato pregledamo ²e ostale izjavein poi²£emo povezave med njimi. Na vsakem koraku razmisleka ugotovljenadejstva zapi²emo v tabelo. Ena izmed moºnosti je tudi, da v krog zapi²emonaslove £asopisov, imena drºav, imena matematikov, leta izdaje in letnike,nato pa jih med sabo povezujemo glede na to, kaj nam izjave povedo. Po-dobno lahko zapi²emo vse moºnosti v tabelo (kvadratno mreºo), nato paglede na izjave dodajamo povezave. V obeh primerih lahko razberemo, kajºe vemo in katere povezave so ²e moºne. Dobljene podatke nato na koncuzapi²emo v tabelo.

• �esta izjava to£no dolo£a dolo£eno povezavo: �Crux Mathematicorumizhaja v Kanadi, omenjen pa je za l. 2000.�

• Osma izjava nam pove, da se naloga nana²a na 26. letnik £asopisa CruxMathematicorum.

• S pomo£jo tretje izjave vidimo, da se naloga ne nana²a na 6. ali 14.letnik £asopisa The Mathematical Gazette. Zaradi prej²nje ugotovitvese ne nana²a niti na 26. letnik. Torej se nana²a na 86. letnik.

• Zaradi drugega dela osme izjave ugotovimo, da se naloga v £asopisuTeaching Children Math nana²a na 6. letnik, naloga v MathematicsCompetitions pa na 14. letnik.

• Prva izjava pove, da je Gardiner pisal v reviji, ki izhaja v Avstraliji aliv Veliki Britaniji. Zaradi devete izjave ugotovimo, da Gardiner ni pisalv avstralskem £asopisu, torej je pisal v £asopisu iz Velike Britanije.


• S pomo£jo ²este in £etrte izjave ugotovimo, da je £asopis iz leta 2002iz²el v Veliki Britaniji. Zaradi prej²nje ugotovitve tudi vemo, da je vtem £asopisu objavil Gardiner.

• Zaradi druge izjave in prej²njih ugotovitev vemo, da £asopis TeachingChildren Math ne izhaja v Veliki Britaniji, Kanadi in Avstraliji. Torejizhaja v ZDA.

• Zaradi sedme izjave in doslej ugotovljenega, revija Mathematics Com-petitions izhaja v Avstraliji, posledi£no pa The Mathematical Gazetteizhaja v Veliki Britaniji.

• Po zgornjem je torej Gardiner objavil v The Mathematical Gazette,pripadajo£i £lanek pa je iz²el leta 2002.

• Zaradi sedme izjave je torej £lanek iz Mathematics Competitions iz²elleta 2001, £lanek iz Teaching Children Math pa leta 1999.

• Zaradi pete izjave je v kandskem £asopisu pisal Hafner.

• Zaradi devete izjave je torej v reviji Teaching Children Math objavilBattista, v reviji Mathematics Competitions pa Ljubenov.

V tabeli 4.1 so podane re²itve.

£asopis drºava matematik leto izdaje letnik

The Mathematical Velika Britanija Gardiner 2002 86.GazetteCrux Kanada Hafner 2000 26.MathematicorumMathematics Avstralija Ljubenov 2001 14.CompetitionsTeaching Children ZDA Battista 1999 6.Math

Tabela 4.1: Re²itev naloge 4.3.


4.1.3 Matemati£ne uganke

Naslednji tip nalog, poleg znanja o matemati£ni logiki, zahteva tudi nekajsplo²nega matemati£nega znanja. Re²evalec mora biti pozoren na to, kaj muizjave dejansko povedo in katera ²tevila je pametno izlo£iti ali uporabiti, dane bo imel teºav v nadaljevanju.

Nalogo 4.4 so re²evali u£enci osmega in devetega razreda na drºavnemtekmovanju 25. slovenskega tekmovanja v logiki, leta 2010. Naloga se nahajana [12].

Naloga 4.4. a) Bojan je za rojstni dan, 21.decemba, ºelel obiskati svojo pri-jateljico Gabrijelo. Ko je pri²el v vas, v kateri je stanovala, je ugotovil, daje pozabil, na kateri hi²ni ²tevilki stanuje. Spomnil se je le, da je ²tevilkamed ²tevilkama 12 in 21. Mimoido£ega je zato vpra²al:

(a) Ali je hi²na ²tevilka deljiva z 2?

(b) Ali je hi²na ²tevilka deljiva s 3?

Ko je sli²al oba odgovora je rekel: ��e vedno ne vem, kje stanuje mojaprijateljica. Na izbiro imam dve hi²ni ²tevilki. Povejte mi ²e, ali je v hi²ni²tevilki ²tevilo 2?� Ko mu je mimoido£i odgovoril na ²e zadnje vpra²anje,se je Bojan odpravil proti hi²i, za katero je bil prepri£an, da v njej ºivinjegova prijateljica.

• Na katere izmed hi²nih ²tevilk se Bojan zagotovo ni odpravil? Razloºi.

b) Ko je pozvonil, mu je vrata odprl popolni neznanec. Ko mu je Bojanrazloºil, zakaj je tam, se je za£el gospod glasno smejati in dejal: �Ta, kivam je odgovarjal na vpra²anja, je najve£ji laºnivec v celi vasi. Nikoli negovori resnice!� Bojan je pomislil za trenutek, nato pa vzkliknil: �Sedajvem, kje ºivi moja prijateljica�.

Odgovori na naslednja vpra²anja in podrobno razloºi potek re²evanja:

• Na kateri hi²ni ²tevilki je najprej pozvonil Bojan?

• Na kateri hi²ni ²tevilki ºivi Bojanova prijateljica?

Postopek re²evanja

Posvetimo se najprej prvemu delu naloge. Poglejmo vse moºne scenarije.


1. Mimoido£i odgovori obakrat z �da�: Zapi²imo ²tevila in pre£rtajmotista, ki niso deljiva z 2 ali s 3: 12, �13, �14, �15, �16, �17, 18, �19, �20, �21.Ostaneta nam dve ²tevili: 12 in 18. V eni izmed njiju je ²tevka 2. Komu je mimoido£i odgovoril na zadnje vpra²anje, je vedel, katera vrataso pravilna.

2. Mimoido£i odgovori obakrat z �ne�: Zapi²imo ²tevila in pre£rtajmotista, ki so deljiva z 2 ali s 3: �12, 13, �14, �15, �16, 17, �18, 19, �20, �21.Ker nam ostanejo tri ²tevila, ta scenarij ni moºen, saj je Bojan predzadnjim vpra²anjem dejal, da ima na voljo le 2 hi²ni ²tevilki.

3. Mimoido£i odgovori najprej z �da� potem z �ne�: Zapi²imo ²tevila inpre£rtajmo tista, ki niso deljiva z 2 ali pa so deljiva s 3: �12, �13, 14, �15,16, �17, �18, �19, 20, �21. Ker nam ostanejo tri ²tevila, tudi ta scenarij nimoºen.

4. Mimoido£i odgovori najprej z �ne�, potem pa z �da�: Zapi²imo ²tevilain pre£rtajmo tista, ki so deljiva z 2 ali pa niso deljiva s 3: �12, �13,�14, 15, �16, �17, �18, �19, �20, 21. Ostaneta nam dve ²tevili: 15 in 21. Veni izmed njiju je ²tevka 2. Ko mu je mimoido£i odgovoril na zadnjevpra²anje, je torej vedel, katera vrata so pravilna.

Ugotovimo, da Bojan zagotovo ni potrkal na vrata ²tevilka 13, 14, 16, 17, 19

ali 20, hkrati pa tudi vemo, da je mimoido£i na drugo vpra²anje odgovoril z�da�.

Sedaj pa si poglejmo ²e primer b). Ker je gospod dejal, da so bile vse iz-jave, ki jih je podal mimoido£i, laº, se zadeve nekoliko spremenijo.

1. �e je mimoido£i prvi£ odgovoril z �da�, iskano ²tevilo ni deljivo z 2 nitis 3; tako so v igri ²tevila 13, 17 in 19. Potemtakem je moral mimoido£ina dodatno vpra²anje odgovoriti z �da�, vendar Bojan kljub temu ²evedno ne bi mogel ugotoviti, na kateri hi²ni ²tevilki stanuje njegovaprijateljica.

2. Torej je mimoido£i na prvo vpra²anje odgovoril z �ne� in zato je iskano²tevilo deljivo z 2, ne pa tudi s 3. Dobimo kandidate 14, 16 in 20. Le20 vsebuje ²tevko 2, torej je moral mimoido£i na dodatno vpra²anjeodgovoriti z �ne�, kar pomeni, da prijateljica v resnici stanuje na hi²ni


²tevilki 20. Ker mu je torej mimoido£i dejal, da v hi²ni ²tevilki ni ²tevke2 je Bojan pozvonil na vratih ²tevilka 15.

4.1.4 Okolje z dolo£enimi pravili

Gre za priljubljene naloge, ki se pojavljajo v raznih ugankah. Zaradi njihje matemati£na logika postala zanimiva ²ir²emu krogu, predvsem po zaslugiSmullyana [7], ki je v svojih knjigah bralca postavil v okolje z dolo£enimipravili in podal kup ugank, s katerimi se je bilo potrebno spopasti. Obi£ajnoimamo opravka z dvema tipoma ljudi�tistimi, ki laºejo, in tistimi, ki govorijoresnico. Ob£asno pa se jim pridruºi ²e tretji�tak, ki izmeni£no govori resnicoali laº. Re²evalec mora dobro poznati pravila izjavne logike, natan£no morapreu£iti pravila danega okolja, ravno tako pa mora biti pozoren, da preverivse moºne scenarije. Na za£etku namre£ ne vemo, kdo nam govori resnico inkdo laº, to ugotovimo ²ele po pogovoru z mimoido£imi.

Nalogo 4.5 so re²evali dijaki prvega in drugega letnika na drºavnem tek-movanju 17. slovenskega tekmovanja v logiki, leta 2002. Naloga se nahaja v[2], na strani 81.

Naloga 4.5. Na otoku vitezov, oprod in normalneºev vitezi vedno govorijoresnico, oprode vedno neresnico, normalneºi pa v£asih resnico in v£asih ne-resnico. Tokrat imamo opravka z doma£ini A,B,C in D. Med njimi je vsajen vsake vrste. Neko£ so dejali:

A: B ni vitez in vsaj eden od naju je oproda.

B: �e sem vitez, potem je A oproda.

C: �e sem vitez, potem je A oproda.

D: Sem normalneº.

Logik, ki se je trenutno mudil na otoku, je sli²al ta razgovor in je nato vpra²alB-ja, ali je C Vitez. B je odgovoril �da� ali �ne� in logik je ugotovil, kaj jevsak izmed njih.

Kaj so doma£ini?

Postopek re²evanja

Najprej natan£no pogledamo, kak²ni so pogoji in kaj nam izjave dejanskopovedo. Vemo, da je med njimi vsaj en vsake vrste, torej je vsaj en normalneº,


vsaj en oproda in vsaj en vitez. Vidimo, da sta izjavi B in C enaki in kerpoznamo pravila implikacije, vemo tudi, da sta ti izjavi resni£ni, saj bi moralabiti v nasprotnem primeru izjava �Sem vitez� pravilna, torej bi bila B in C

viteza, kar pa ne gre, saj vitezi ne laºejo (pridemo do protislovja). To sevedatudi pomeni, da noben izmed B in C ni oproda.

1. Pokaºimo najprej, da je vsaj eden izmed B in C vitez. V nasprotnemprimeru (ponovno uporabimo dokaz s protislovjem) mora biti vitez vsajeden izmed A in D. Ker D o£itno ni vitez (vitez namre£ ne bi lagal, daje normalneº), je tedaj vitez A. Potem pa je B oproda, kar ºe vemo,da ni res. Potemtakem je res vsaj eden od B in C vitez, posledi£nopa je izjava ��e sem vitez, potem je A oproda� resni£na. Ker je oseba,ki to govori, vitez, se to zgodi le, £e je A oproda. Torej je A zagotovooproda.

2. Ker torej A laºe, izjava �Vsaj eden od naju z B je oproda� pa je pravilna,mora biti izjava �B ni vitez� neresni£na in zato je B vitez.

3. Ker potrebujemo ²e normalneºa, je to vsaj eden izmed doma£inov C

in D. Brez upo²tevanja dodatnega odgovora B-ja, je torej C vitez alinormalneº, D pa oproda ali normalneº.

4. Denimo sedaj, da je B odgovoril z �ne�. Ker ºe vemo, da je B vitez,je tedaj C normalneº, D pa je ²e vedno lahko oproda ali normalneº.V tem primeru torej ne moremo ugotoviti, kaj je D. Zato je moral Bodgovoriti z �da�, posledi£no pa je C vitez, D pa je normalneº.

Pravilen odgovor je torej, da je A oproda, B vitez, C vitez in D normalneº.Omenili smo, da je Smullyan v svojih knjigah izoblikoval dolo£eno okolje,

nato pa preko ugank bralcu predstavil mimoido£e. Tako nam predstavi otokvitezov in oprod, otok spra²evalcev, otok sanj, pa tudi medplanetarno zme-²njavo. Kon£ni rezultat je vedno isti�nekateri akterji govorijo resnico, drugipa neresnico. Pri tak²nih nalogah je zelo pomembno, da kot bralec natan£norazumemo pravila podanega okolja in znamo nato izjave in vpra²anja obrav-navati tako, da bomo vedeli, kdo je na² sogovornik. Re²evalec mora svojerazmi²ljanje popolnoma prilagodi danem okolju. Lahko se namre£ zgodi,da so na²i mimoido£i obi£ajni ljudje, vendar pa imajo neko lastnost, ki lo£ilaºnivca od resnicoljuba. Podajmo nekaj uporabnih nasvetov iz [6]:

1. Pri re²evanju si pomagajmo z analizo primerov�zapis scenarijev.


2. Laºnivec ne bo nikoli trdil, da je laºnivec.

3. Resnicoljub ne bo nikoli trdil, da je laºnivec.

4. Kadar si dve izjavi nasprotujeta, je ena zagotovo laº.

5. Resnicoljub ne more podati izjav, ki se med sabo izklju£ujejo.

6. Kadar nas nekaj zanima in ne poznamo mimoido£ega, vpra²amo: �ali..., £e in samo £e vi govorite resnico?� ali �Ali oseba va²ega tipa trdi, da...?� Ne glede na to, ali mimoido£i laºe ali govori resnico, bo odgovor�da� potrdil na²e vpra²anje, odgovor �ne� pa zavrnil.

7. Kadar imamo podano vpra²anje, odgovora pa ne, preverimo obe mo-ºnosti. �e vemo, da smo, ko smo dobili odgovor na neko vpra²anje,vedeli, ali je izjava resnica ali laº, potem je pravilna tista moºnost, kinam da to£en odgovor.

Poglavje 5

Sklep

Ob zaklju£evanju diplomskega dela sem ugotovila, da je matemati£na logikedandanes obseºna in bogata teorija, vendar so logi£ne naloge tisto, kar jonaredi zanimivo in aktualno.

Matemati£na logika je kot most med ²tevilskim in besednim svetom. Za-radi sklepanja, povezovanja in sortiranja je logika pravzaprav osnova razmi-²ljanja. Ravno to pa je tisto, kar po mnenju ve£ine u£iteljev pri u£encihmanjka. Preve£krat se namre£ zgodi, da jim ni pomembno, zakaj nekaj na-redimo in zakaj to deluje, pomemben je le postopek. Matematiko se u£ijobrez razumevanja in na pamet. Ko pa jih postavijo v malce druga£no situa-cijo, ne vedo, kaj uporabiti. Povezave so jim tuje, ra£unske formule neznane.Potrebno je narediti spremembe in u£ence nau£iti razmi²ljati.

Ko logiko malce bolje spoznamo, ugotovimo, da jo pravzaprav lahko vklju-£imo povsod. Vidimo jo v naravi, v jezikovnih predmetih, v ra£unalni²tvuitd., £e le dovolj pozorno pogledamo. Logika je osnova za napredek in razvoj.Ravno zaradi tega bi jo morali u£encem pribliºati, saj bodo £ez nekaj let onitisti, ki bodo v svet vna²ali spremembe.

Zaradi velikega potenciala, ki ga vidim v matemati£ni logiki, sem sklenila,da sama naredim nekaj na tem podro£ju in ²e enkrat aktiviram tiste, ki vnjeno uporabnost dvomijo. V nadaljevanju bom v okviru magistrskega delarazvila ra£unalni²ko igro, ki bo namenjena predvsem osnovno²olcem in tistim,ki imajo radi miselne izzive. S tem ºelim u£encem ponuditi druga£en pristopin na£in u£enja, ki se je v ve£ini raziskav izkazal za u£inkovitega.

�e leta 1986 je Rajmond Smullyan [7], stran 2, dejal: �Presenetljivo je,kako se logika, �lozo�ja, psihologija, umetna inteligenca, ra£unalni²tvo inmatematika dandanes vedno bolj prepletajo�.

41

42 POGLAVJE 5. SKLEP

Izjava, ki je na mestu ²e danes. Nekaj re²iti ali predlagati ni teºko, teºjeje to razloºiti in primerno argumentirati. Kako? Z uporabo matemati£nelogike, seveda.

Literatura

[1] Daepp, U., Gorkin, P. Reading, Writing and Proving: a closer look atmathematics.. New York: Springer, 2003.

[2] Hafner, I. in drugi. Zbirka nalog tekmovanj iz logike: 3. del. 1. natis.Ljubljana: ZOTKS, 2008.

[3] Prijatelj, N. Osnove matemati£ne logike, 1. del. 3. natis. Ljubljana: Dru-²tvo matematikov, �zikov, astronomov SR Slovenije, 1982.

[4] Prijatelj, N. Osnove matemati£ne logike, 2. del. Ljubljana: Dru²tvo ma-tematikov, �zikov, astronomov SR Slovenije, 1992.

[5] Prijatelj, N. Osnove matemati£ne logike, 3. del. Ljubljana: Dru²tvo ma-tematikov, �zikov, astronomov SR Slovenije, 1994.

[6] Smullyan, R. Satan, Contor in neskon£nost. 1. natis. Kamnik: Logika,1995.

[7] Smullyan, R. Za vedno nedolo£eno: ugankarski vodi£ za Gödela. 1. natis.Kamnik: Logika, 1992.

[8] �parl, P. Zapiski predavanj Logika in mnoºice. Akademsko leto 2009/2010.

[9] Bauer, A. Logika in mnoºice (online). 2011/2012. (citirano 2.8.2013). Do-stopno na: http://vimeo.com/channels/lmn2011

[10] Poto£nik, P. Algebra in diskretna matematika, zapiski predavanja (on-line). 2011. (citirano 30.7.2013). Dostopno na: http://www.fmf.uni-lj.si/~potocnik/Ucbeniki/ADM-Zapiski.pdf

43

http://vimeo.com/channels/lmn2011

http://www.fmf.uni-lj.si/~potocnik/Ucbeniki/ADM-Zapiski.pdf

http://www.fmf.uni-lj.si/~potocnik/Ucbeniki/ADM-Zapiski.pdf

44 LITERATURA

[11] �krekovski, R. Diskretne strukture I., zapiski predavanj (online).2010. (citirano 27.5.2013). Dostopno na: http://www.fmf.uni-lj.si/

~skreko/Gradiva/DS1-skripta.pdf

[12] Zveza za tehni£no kulturo Slovenije. Arhiv (online). (citirano 30.7.20013)Dostopno na: http://www.zotks.si/www/portal/sl/stran.asp?id_

tema=840&id_strani_var=992

http://www.fmf.uni-lj.si/~skreko/Gradiva/DS1-skripta.pdf

http://www.fmf.uni-lj.si/~skreko/Gradiva/DS1-skripta.pdf

http://www.zotks.si/www/portal/sl/stran.asp?id_tema=840&id_strani_var=992

http://www.zotks.si/www/portal/sl/stran.asp?id_tema=840&id_strani_var=992

Izjava

Spodaj podpisana Katja Zupan£i£, rojena 13.04.1990, izjavljam, da sem di-plomsko delo Matemati£na logika in logi£ne naloge napisala samostojno podvodstvom mentorja doc. dr. Primoºa �parla in da so uporabljeni viri korek-tno navedeni.

katja zupan i matemati na logika in logi ne...

Documents