Introdução a Dedução Natural

Lógica para Ciência da Computação

MÉTODO DE DEDUÇÃO NATURAL

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UNIVERSIDADE FEDERAL FLUMINENSE CENTRO DE ESTUDOS GERAIS INSTITUTO DE MATEMÁTICA DEPARTAMENTO DE ANÁLISE

TRABALHO DE MONITORIA

Tutorial Prático sobre o Método de Dedução

Natural

Disciplina: Lógica para Ciência da Computação Monitor: Ariel Alves da Fonseca Professor Orientador: Marcelo da Silva Corrêa Período: Ano letivo de 2003


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Resumo

O Método de Dedução Natural é um dos tópicos tratados no curso de Lógica para Ciência da Computação, oferecido pelo Departamento de Análise. A carência de livros didáticos em português que abordam este método, usando árvores de prova, nos fez construir esse tutorial prático, tendo como objetivo principal oferecer a alunos e professores da disciplina um material didático complementar sobre o assunto. O texto é baseado na apresentação das técnicas básicas para construção de provas no sistema de dedução natural por meio de exemplos e discussão de estratégias simples.


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Dedução Natural

Sistema de Dedução Natural

A dedução natural é um método de demonstração introduzido independentemente por Gerhard Gentzen em 1935 e Stanislaw Jaskowski em 1934. Os sistemas de dedução natural caracterizam-se, entre outros aspectos, por não apresentarem um conjunto de axiomas, mas apenas um conjunto de regras de inferências. Neste tutorial apresentaremos um conjunto de regras primitivas de dedução natural, reservando para o final algumas regras derivadas.

No sistema de dedução natural as regras de inferência são projetadas num padrão de regras de introdução e eliminação de conectivos e quantificadores, que são combinadas para a construção de uma prova.

Podemos representar as provas por árvores, sobrepondo as instâncias das regras de inferência utilizadas na sua obtenção. Deixaremos um espaço reservado para inserir as premissas e as hipóteses geradas no processo. Esse espaço é chamado de base de premissas e hipóteses. Portanto, graficamente, uma prova possuirá a seguinte forma: A figura anterior mostra uma prova com apenas um ramo, mas uma prova pode ter vários ramos, dependendo da regra considerada, como é exemplificado na figura seguinte:

Conclusão

[Premissas e Hipóteses]

.

.

.

Premissas e Hipóteses

Base de Premissas e Hipóteses

Conclusão


.

.

.

Premissas e Hipóteses

Base de Premissas e Hipóteses

.

.

.


1º ramo 2º ramo


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É importante perceber que as hipóteses geradas especificamente no 1º ramo não poderão ser usadas no 2º ramo e vice-versa, ou seja, os ramos de prova são independentes.

As regras de inferência O Sistema de Dedução Natural para a Lógica Sentencial dispõe de onze regras básicas de inferência, que podem ser divididas em dois grupos: as regras não hipotéticas, e as regras hipotéticas. As regras não hipotéticas Nesta seção introduziremos oito das onze regras básicas de inferência. Eliminação da implicação(→E): De um condicional e seu antecedente, podemos inferir seu conseqüente. Esta regra também é chamada de Modus Ponens, que abreviamos por ‘MP’. Exemplo: Prove: p, q →→→→ r, p →→→→ q r

Usamos a regra → E em q e q → r, podemos inferir r, e da mesma forma, provar q a partir das premissas p e p → q, usando a mesma regra. Eliminação da negação(~E) : De uma sentença ~~φ, podemos inferir φ.

φ φ →→→→ ψ

ψ →→→→E

p p →→→→ q →→→→E

q q →→→→ r →→→→E

r

p, q →→→→ r p →→→→ q

φ

~~φ ~E


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Exemplo: Prove: ~p → ~~q , ~~~p q Observe que a regra ~E não permite inferir ‘~p→q’ a partir de ‘~p → ~~q’, pois a premissa é uma sentença condicional. Assim, precisamos primeiro inferir ‘~~q’, por aplicação da regra →E, e desta forma usar ~E para inferir ‘q’. Introdução da conjunção (∧∧∧∧I) : De quaisquer sentenças φ e Ψ, podemos inferir a conjunção φ ∧ Ψ. Eliminação da conjunção (∧∧∧∧E): De uma conjunção podemos inferir qualquer um dos seus componentes. Exemplo: p ∧ q q ∧ p Introdução da disjunção (∨∨∨∨I ) : Podemos inferir uma disjunção a partir de qualquer um de seus componentes.

~~~p ~p

~E

~~q

q ~E

~p →→→→ ~~q →→→→E

~p → ~~q ~~~p

φ ψ ∧I φ ∧ψ

φ ∧ψ ∧∧∧∧E

φ

φ ∧ψ ∧∧∧∧E

ψ

p ∧q ∧∧∧∧E

q

p ∧q

∧∧∧∧I

∧∧∧∧E

p

p ∧q

φ

φ ∨ ψ ∨∨∨∨I

p ∧ q

ψ

φ ∨ ψ ∨∨∨∨I


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Exemplo: p (p∨q) ∨ (p∨r) Introdução do bimplicação (↔↔↔↔I) : A partir de sentenças (φ→ψ) e (ψ→φ) podemos inferir (φ↔ψ). Eliminação do bimplicação (↔↔↔↔E): A partir de uma sentença da forma (φ↔ψ) podemos inferir tanto (φ→ψ) quanto (ψ→φ). Exemplo: p↔(q∨r), q p

p

p ∨ q ∨∨∨∨I

∨∨∨∨I

(p∨q) ∨ (p∨r)

p

φ→ψ

ψ↔φ ↔↔↔↔E

↔↔↔↔I ψ→φ φ→ψ

ψ↔φ

q ∨∨∨∨I ↔↔↔↔E

→→→→E

p↔(q∨r)

(q∨r) (q∨r)→p

p

p↔(q∨r) q

ψ→φ

ψ↔φ ↔↔↔↔E


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Introdução do ⊥⊥⊥⊥(⊥⊥⊥⊥I): Introduzimos o símbolo ⊥ para identificar a derivação de uma contradição.

Regras Hipotéticas Agora introduziremos as três regras restantes que completam as regras de inferência para o Lógica Sentencial. As regras de introdução da implicação(→I) e da negação (~I) diferem das outras, pois elas empregam um raciocínio hipotético, ou seja, devemos construir uma prova de uma sentença tomando outra como uma hipótese local. A hipótese é descartada após a aplicação da regra e isto é denotado por um traço transversal sobre ela. Cada hipótese é numerada e seu identificador é colocado na barra que discrimina a aplicação da regra hipotética que permitiu sua adoção. Introdução da implicação (→→→→I) : Dada uma derivação de uma sentença φ obtida ao tomarmos como hipótese uma sentença ψ, podemos inferir ψ→φ (descartando a hipótese após a aplicação da regra). Exemplo: p→q, q→ r p→r

[ψ]1

→→→→I (1)

.

.

.

φ

ψ → φ

p→q q→ r [p] 1

[p]1 p→q

p→r

r

q q→r

→→→→I

→→→→E

(1)

⊥

ψ ~ψ ⊥ I


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Introdução da Negação (~I) : Dada uma derivação de uma contradição a partir de uma hipótese ~φ, podemos descartar a hipótese e inferir φ. Exemplo: p→q, ~q ~p Observe que somente a partir das premissas dadas não concluiriamos a sentença ‘~p’, logo tentamos uma prova indireta, colocando como hipótese ‘p’. Isso nos permitiu concluir a prova facilmente. Eliminação da disjunção(∨∨∨∨E): De uma sentença da forma φ ∨ ψ, podemos inferir uma sentença θ se obtivermos uma derivação para θ, tomando φ como hipótese, e uma outra derivação de θ, tomando ψ como hipótese. Observe o seguinte argumento: Hoje é sábado ou domingo. Se hoje é sábado, então é fim de semana. Se hoje é domingo, então é fim de semana.

∴∴∴∴ É fim de semana.

φ

⊥

.

.

.

[~φ]1

~I (1)

θ θ ∨∨∨∨E

[φ]1 [ψ]2 . . . . . .

φ ∨ ψ (1) (2)

θ

~p

⊥

q ~q

[p] 1 p →q →→→→E

~ I

⊥⊥⊥⊥ I

(1)

p→q ~q [p]1


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Formalizando o argumento teríamos:

Uma prova para o argumento acima seria:

p ∨ q, p → r, q → r r Erro comum ao tentar provar uma sentença a partir de uma disjunção : Extrair um componente da disjunção como nas formas abaixo. Em ambos os casos, a inferência feita não é correta. Note que somente a partir da premissa ‘hoje é sábado ou domingo’, não podemos concluir que ‘hoje é sábado’ ou da mesma forma, não podemos concluir que ‘hoje é domingo’. Resumimos, na tabela seguinte, a coleção de regras de inferência para LS:

p ∨ q

p → r

q → r

r

p : Hoje é sábado. q: Hoje é domingo. r: É fim de semana.

p ∨ q

p

p ∨ q

q

ou

r

→→→→I

r

[q]2 q → r [p]1 p → r

r →→→→I p ∨ q (1) (2) ∨∨∨∨E

p∨q p→r q→r [p]1

[q]2


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Eliminação da implicação(→E)

Introdução da implicação (→I)

Eliminação da negação(~E)

Introdução da negação (~ I)

Introdução da conjunção (∧I)

Eliminação da conjunção (∧E)

Introdução da disjunção (∨I )

Eliminação da disjunção(∨E)

φ φ →→→→ ψ

ψ →→→→E

φ

~~φ ~E

φ ψ ∧∧∧∧I

φ ∧ψ

φ ∧ψ ∧∧∧∧E

φ

φ

φ ∨ ψ ∨∨∨∨I

θ θ ∨∨∨∨E

[φ]1 [ψ]2 . . . . . .

φ ∨ ψ (1) (2)

θ

[ψ]1

→→→→I (1)

.

.

.

φ

ψ → φ

φ

⊥

.

.

.

[~φ]1

~ I (1)


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Introdução do bimplicação (↔I)

Eliminação do bimplicação (↔E)

Introdução do ⊥

Tabela 1.

Como obter uma prova? Não existe uma forma única de construir uma prova. Se um dado tipo de argumento é válido, então existem várias formas de prová-lo. A utilização de estratégias na busca por uma prova poderá facilitar a sua obtenção. Podemos destacar duas estratégias gerais, chamadas de análise e síntese, descritas a seguir. Síntese - inspeciona-se a conclusão buscando observar um modo de derivá-la a partir das

premissas e hipóteses.

Premissas e Hipóteses . . .

↔↔↔↔I ψ→φ φ→ψ

ψ↔φ

⊥

ψ ~ψ ⊥⊥⊥⊥ I

Conclusão

φ→ψ

ψ↔φ ↔↔↔↔E

ψ→φ

ψ↔φ ↔↔↔↔E

ou


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Análise – inspeciona-se as premissas e hipóteses buscando um meio de derivar a conclusão.

Exemplos Resolvidos: Observação Quando for utilizada a estratégia de análise, a sentença analisada será descrita com um tamanho maior de letra para contribuir na sua visualização. Em alguns casos será destacada apenas parte de uma sentença, para mostrar que a sentença alvo pode ser derivada especificamente daquela em destaque. Prove: ~p→(q→r), ~p, q r Este é um exemplo típico da utilização da estratégia de análise. Como a conclusão é atômica devemos tentar derivá-la a partir das premissas. Após a consulta à base de premissas e hipóteses perceberemos a ocorrência das sentenças ‘q’ e ‘q→r’, a partir das quais, usando a regra →E, podemos inferir ‘r’.

Premissas e Hipóteses . . .

Conclusão

r

~p→(q→r) ~p q

r

q q→r →→→→E

análise

~p→(q→r) ~p

q


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A sentença ‘q’ é uma premissa, e por isso não precisa ser provada. Entretanto, a sentença ‘q→r’ é apenas parte de uma premissa. Como provar ‘q→r’ ? Podemos usar duas estratégias, análise ou síntese. No entanto, a sentença alvo é molecular, então poderíamos começar tentando uma estratégia de síntese, aplicando a regra → I.

Observe que neste passo não houve uma progressão para uma solução, pois retornamos a situação inicial. Mudaremos de estratégia, vamos tentar análise, ou seja, provar ‘q→r’ a partir das premissas.

Ao inspecionarmos a base de premissas e hipóteses, encontramos as sentenças ‘~p’, e ‘~p→(q→r)’ e a partir delas, usando a regra →E, podemos inferir ‘q→r’:

~p→(q→r) ~p q [q]1

r

q q → r

r →→→→I

→→→→E

(1)

síntese

r

q q→r →→→→E

~p→(q→r) ~p q

r

q q→r →→→→E

~p→(q→r) ~p q

~p→(q→r) ~p →→→→E

análise


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Neste ponto a prova deve ser finalizada, pois o todo de todos os ramos da árvore é

composto apenas por premissas ou hipóteses. Prove: (p∧q)→(r→s), ~~p, q s Ao inspecionarmos a base de premissas e hipóteses, notamos que é possível inferir a sentença ‘s’ a partir da sentença ‘r∧s’.

Neste passo, a sentença alvo é ‘r∧s’. Inspecionando a base de premissas e hipóteses,

percebemos a existência da sentença ‘(p∧q)→(r∧s)’. Logo, se obtivermos a sentença ‘p∧q’ podemos inferir a sentença alvo ‘(r∧s)’. A sentença alvo nesta etapa será ‘p∧q’. Como a sentença é uma conjunção, podemos começar tentando uma estratégia de síntese, pois se obtivermos cada componente da conjunção podemos provar a sentença alvo.

s

(p∧q)→(r∧s) ~~p q

s

r∧s ∧∧∧∧E

(p∧q)→(r∧s) ~~p q

análise

s

r∧s

→→→→E (p∧q)→(r∧s) ~~p q

(p∧q)→(r∧s) p∧q

∧∧∧∧E

análise


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Inspecionando a base de premissas é hipóteses notamos que podemos provar a sentença ‘p’ a partir da premissa ‘~~p’.

Neste ponto a prova pode ser finalizada.

Observação: Uma premissa pode ser usada várias vezes em uma mesma prova, e não há restrição na utilização de premissas em ramos diferentes. Mas o mesmo não ocorre em relação às hipóteses, estas devem ser usadas apenas nos ramos em que foram geradas. Na prova abaixo exemplificaremos a utilização de uma mesma premissa em ramos distintos. Prove: p p∧p

s

r∧s

→→→→E (p∧q)→(r∧s) ~~p q


∧∧∧∧E

p q ∧∧∧∧I

síntese

p∧p

p

s

r∧s

→→→→E (p∧q)→(r∧s) ~~p q


~E

p q ∧∧∧∧I

~~p

análise


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A conclusão é uma conjunção, logo devemos procurar as regras associadas a este

conectivo. Note que se obtivermos cada componente da disjunção e usarmos a regra ∧I poderemos inferir a sentença ‘p∧p’. Neste passo devemos focalizar a sentença ‘p’ do ramo direito. Entretanto, ‘p’ é uma premissa, logo não precisa ser provada. O mesmo ocorre para a sentença do ramo esquerdo, que também é uma premissa. Logo, a prova está finalizada.

Um fato importante a ser percebido é que a premissa ‘p’ foi usada duas vezes na prova, sem haver restrições de ramos. Prove: p, ~~(p→q) (r∧s)∨q Como o conetivo principal da conclusão é uma sentença disjuntiva, podemos começar tentando provar ao menos um dos componentes da disjunção. Mas qual componente devemos escolher? A resposta é bem simples, o que mais se adeqüe à base de premissas é hipóteses. Observe que, neste caso, temos duas opções: provar a sentença ‘r∧s’ ou provar a sentença‘q’.

p∧p

p

p p (∧∧∧∧I )

(r∧s)∨q

p ~~(p→q)


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Mas é importante notar que as sentenças ‘r’ e ‘s’ não ocorrem na base de premissas e hipóteses, logo seria uma péssima escolha optar pela conjunção delas. Neste passo devemos focalizar a sentença ‘q’. Como ‘q’ é uma sentença atômica, podemos tentar derivá-la a partir das premissas. Ao inspecionar a base de premissas e hipóteses, notamos que podemos extrair ‘q’ a partir de parte da sentença ‘~~(p→q)’.

Podemos considerar como sentença alvo a sentença ‘p’, mas esta é uma das premissas da base de premissas e hipóteses, logo, não precisamos prová-la.

Assim, a sentença alvo passa a ser ‘(p→q)’ que pode se derivada a partir da premissa ‘~~(p→q), aplicando a regra ~ - E. Como ‘~~(p→q)’ é uma premissa então a prova está finalizada.

(r∧s)∨q

p ~~(p→q)

q ∨∨∨∨I

(r∧s)∨q

p

~~(p→q)

q ∨∨∨∨I

(p→q) p →→→→E

(r∧s)∨q

p ~~(p→q)

q ∨∨∨∨I

(p→q) p →→→→E

~~(p→q) ~E


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Quando aplicar a regra de eliminação do ∨∨∨∨?

Nas provas em que a base de premissas possui sentenças disjuntivas devemos ter um pouco de cautela, pois uma sentença disjuntiva, quando eliminada pela regra ∨E , duplica a quantidade de ramos existentes na prova, dificultando a realização da derivação. Desta forma surge a necessidade de analisar a melhor hora de utilizar este tipo de sentença. Podemos tentar aplicar a regra ∨E no começo da prova, pois sempre conseguiremos demonstrar a validade de um argumento desta forma, mas não se esqueça dos custos associados à utilização desta técnica. Os dois exemplos seguintes ilustram a utilização da regra ∨E. Prove: p∨p, p→(q∧r) r

Como temos uma premissa disjuntiva, então, primeiramente, vamos usar a regra ∨E, sobre ‘p∨p’ buscando obter duas derivações independentes para r, tomando como hipótese em cada uma delas um componente da disjunção.

r

p∨p p→(q∧r)

p∨p p→(q∧r) [p]1

r

r r p∨p ∨∨∨∨E (1)(2)


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Neste passo a sentença alvo será ‘r’, no entanto, como a sentença alvo é atômica, então podemos tentar uma estratégia de síntese.

Inspecionando a base de premissas é hipóteses, notamos a ocorrência de ‘r’ na premissa ‘p→(q∧r)’ , mais especificamente em seu conseqüente, logo a partir da sentença ‘(q∧r)’ e a regra do ∧E podemos inferir a sentença alvo. A sentença alvo nesta etapa é ‘q∧r’. Observando a base de premissas e hipóteses notamos que a sentença alvo pode ser provada a partir da premissa ‘p→(q∧r)’ e da hipótese ‘p’ após a aplicação da regra →E. De forma análoga provamos r tomando como hipótese o segundo componente da disjunção, no ramo da direita:

Note que o topo de cada ramo da árvore é composto apenas por hipóteses

descartadas ou premissas por isso a prova deve ser finalizada.

A prova contém duas “sub-provas” idênticas. Caso tivéssemos utilizado a eliminação do ∨ apenas quando necessário, como no exemplo seguinte, obteríamos uma prova ligeiramente mais curta.

p∨p p→(q∧r) [p]1

r

r r p∨p ∨∨∨∨E (1)(2)

(q∧r) ∧∧∧∧E

p∨p p→(q∧r) [p]1

[p]2

r

r r p∨p ∨∨∨∨E (1)(2)

(q∧r) ∧∧∧∧E (q∧r) ∧∧∧∧E

p→(q∧r) [p]1 p→(q∧r) [p]2 →→→→E →→→→E

p∨p p→(q∧r) [p]1

r

r r p∨p ∨∨∨∨E (1)(2)

(q∧r) ∧∧∧∧E

p→(q∧r) [p]1 →→→→E


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Observação: A partir deste ponto alguns passos mais simples serão omitidos no comentário, para evitar que a leitura se torne monótona. Mas caso tenha dúvidas, de como realizar certa etapa, busque rever os exemplos anteriores. Prove: (p∧q) ∨ (p∧r) p ∧ (q∨ r)

Nesta prova podemos usar a regra do ∨E, pois existe uma única premissa é a conclusão é uma conjunção.

Neste ponto tentaremos provar a sentença alvo ‘p∧(q∨r)’ a partir das sentenças ‘p’ e ‘q∨r’, utilizando a regra ∧ I.

p∧(q∨r)

(p∧q) ∨ (p∧r)

p∧(q∨r)

(p∧q) ∨ (p∧r) [p∧q]1

(p∧q) ∨ (p∧r) p∧(q∨r)

p∧(q∨r)

∨∨∨∨E (1)(2)

r

q∧r

p

p→q∧r

p∨p (1)(2)

[p]1 [p]2

∧ E

∨∨∨∨ E

→→→→ I

p∧(q∨r)

(p∧q) ∨ (p∧r) p∧(q∨r)

p∧(q∨r)

∨∨∨∨E (1)(2)

p q∨r ∧∧∧∧I

(p∧q) ∨ (p∧r) [p∧q]1


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Continuamos a tentativa de construção de uma prova desenvolvendo o ramo mais a

esquerda. Podemos escolher como sentença alvo ‘p’, que pode ser derivada a partir da hipótese 1, pela regra ∧E.

Analisando a outra parte do ramo da esquerda, temos como sentença alvo ‘q∨r’ que pode ser derivada de um de seus componentes. No entanto, a escolha de qual componente desta disjunção deveremos provar é feita inspecionado a base de premissas de hipóteses, verificando qual componente pode ser mais facilmente obtido. Neste caso é a sentença ‘q’, visto que ela ocorre na hipótese 1, que é uma conjunção.

Finalizamos a prova do ramo esquerdo, descartando a hipótese [p∧q]1, que não poderá ser utilizada na prova do outro ramo.

Agora tentaremos obter uma prova referente ao ramo mais a direita. Neste ramo a sentença alvo é ‘p∧(q∨r)’, que é uma conjunção, e deveremos prová-la tomando como hipótese [p∧r]2, o outro componente da disjunção. Se observarmos atentamente as sentenças envolvidas para a prova neste ramo, perceberemos que são bem parecidas com as sentenças utilizadas no ramo esquerdo, com uma pequena, mas crucial, diferença, as hipóteses locais são distintas.

Neste passo, temos que escolher com qual componente da disjunção devemos tentar

provar. Entretanto note que a sentença ‘r’ pode ser facilmente inferida a partir da hipótese 2.

p∧(q∨r)

(p∧q) ∨ (p∧r) [p∧q]1

(p∧q) ∨ (p∧r) p∧(q∨r)

p∧(q∨r) ∨∨∨∨E (1)(2)

p q∨r ∧∧∧∧I

[p∧q]1 q ∨∨∨∨I

[p∧q]1

∧∧∧∧ E

p∧(q∨r)

(p∧q) ∨ (p∧r) [p∧q]1

[p∧r]2

(p∧q) ∨ (p∧r) p∧(q∨r)

p∧(q∨r) ∨∨∨∨E (1)(2)

p q∨r ∧∧∧∧ I

[p∧r]2 q ∨∨∨∨I

p

[p∧q]1

[p∧q]1

q∨r

∧∧∧∧ E

∧∧∧∧ I

∧∧∧∧ E


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Neste ponto a prova está finalizada, pois todos os ramos já foram concluídos. Prove: p ↔ ~q ~(p∧q) Nesta prova, utilizaremos a regra ~I, pois a sentença é uma negação. Agora devemos escolher com quais sentenças formaremos uma contradição. Inspecionando a base de premissas e hipóteses perceberemos que podemos extrair a sentença ‘~q’ a partir da premissa ‘p↔~q’ e extrair ‘q’ a partir da hipótese 1.

p∧(q∨r)

~(p∧q)

p↔~q

(p∧q) ∨ (p∧r) [p∧q]1

[p∧r]2

(p∧q) ∨ (p∧r) p∧(q∨r)

p∧(q∨r) ∨∨∨∨E (1)(2)

p q∨r ∧∧∧∧ I

[p∧r]2 q ∨∨∨∨I

[p∧q]1

p

r

[p∧r]2

[p∧q]1

q∨r

∧∧∧∧ E

∧∧∧∧ I

∨∨∨∨I

∧∧∧∧ E

~(p∧q)

p↔~q [p∧q]1

⊥ ~I (1)


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Neste passo poderíamos tentar provar o ramo da esquerda, desta forma, a sentença ‘q’ pode ser derivada a partir da hipótese 1 utilizando a regra ∧ E.

Como provar a sentença ‘~q’? Analisando a base de premissas e hipóteses notamos que ‘~q’ pode ser derivada da premissa ‘p↔~q’ aplicando algumas regras, como realizado logo abaixo: ∧∧∧∧ E Neste ponto a prova está finalizada, pois todos os ramos já foram provados.

~(p∧q)

p↔~q [p∧q]1

⊥

q ~q

~I

⊥⊥⊥⊥- I

(1)

~(p∧q)

p↔~q [p∧q]1

⊥

q ~q

~I

⊥⊥⊥⊥ I

(1)

[p∧q]1 ∧∧∧∧ E

~(p∧q)

p↔~q [p∧q]1

⊥

q ~q

~I

⊥⊥⊥⊥ I

(1)

[p∧q]1 ∧∧∧∧ E

p p→~q

p↔~q

→→→→E

↔↔↔↔E [p∧q]1


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Estratégias para construção de uma prova Não há maneira única de se construir uma prova. Se uma sentença é derivável, ela pode ser provada de maneiras diferentes, trocando a ordem de aplicação das regras ou usando outras regras. No entanto, algumas estratégias contribuem para indicar um caminho mais direto para a obtenção de uma prova. É importante observar que isso não é feito como em um passe de mágica, para obter algumas provas será necessário pensar muito e testar vários caminhos, somente com a experiência as provas realmente serão realizadas mais facilmente. As tabelas que se seguem trazem alguns dos mais comuns procedimentos adotados, quando nos deparamos com alguns tipos de sentença alvo. Estratégias para Síntese Se a sentença alvo for um(a) Então Sentença atômica Tente prová-la a partir das premissas, adotando as

estratégias de análise. ⊥ Tente provar uma sentença e sua negação a partir das

premissas, adotando as estratégias de análise. Negação Tente aplicar a regra ~I, gerando como hipótese a

sentença alvo sem o símbolo da negação. Conjunção Tente aplicar ∧I, provando cada um das partes da

conjunção separadamente. Disjunção Tente aplicar ∨I, provando um dos componentes da

disjunção. Implicação Use a regra → I. Bimplicação Use a regra ↔ I . Em qualquer caso Se nenhuma estratégia tem sucesso, tente aplicar a

regra derivada RA, apresentada a seguir. Estratégias para Análise Se a premissa ou hipótese for uma Sentença atômica Este tipo de sentença é usado em várias situações, por

exemplo: - Como antecedente de uma implicação para

aplicação da regra →E. - Contribuindo para formar as contradições para a

utilização da regra ~I. - Um dos componentes de uma conjunção,

provada através da regra ∧ I . - Para provar uma disjunção, através da regra ∨ I

Negação Pode ser usada da mesma forma que as sentenças atômicas ou na aplicação da regra ~E.

Conjunção Pode ser usada da mesma forma que as fórmulas


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atômicas ou usada na aplicação da regra ∧ E. Disjunção Usa-se ∨ E para obter uma prova para uma certa

sentença. Implicação Normalmente tenta-se usar a regra →E. Bimplicação Usa-se a regra ↔E, obtendo-se a implicação desejada.

Regras Derivadas

As regras de introdução e eliminação de conectivos nem sempre determinam as provas mais simples ou curtas. Os matemáticos utilizam algumas outras regras que facilitam a tarefa de construir provas. Muitas delas são provadas a partir das regras apresentadas acima e são chamadas de regras derivadas. Apresentaremos algumas delas a seguir: Redução ao Absurdo (RA): Dada uma derivação de uma contradição a partir de uma hipótese ~φ, podemos descartar a hipótese e inferir φ. Normalmente, esta regra é usada quanto nenhuma estratégia imediata tem sucesso. Esta regra condensa as aplicações, em seqüência, das regras ~I e ~E. Prove: ~p→q ~q→p

φ

⊥

.

.

.

[~φ]1

RA (1)

~~φ

⊥

.

.

.

[~φ]1

~ I (1)

~E

φ


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Utilizaremos a regra RA para provar ‘p’, pois não foi possível prová-la diretamente a partir da premissa ‘~p→q’ e da hipótese ‘~q’. Prove: ~(p→q) p

Convém destacar que apesar de termos tomado a sentença ‘~q’ como hipótese, em

função da aplicação da regra RA para a prova da sentença ‘q’, não foi necessário utilizá-la, pois já havia uma contradição envolvendo duas outras hipóteses.

Em geral, nas aplicações de regras hipotéticas, não é obrigatória a utilização da respectiva hipótese na prova. Por outro lado, é possível utilizar a hipótese mais de uma vez, como ocorreu em exemplos anteriores. Tais aspectos são peculiaridades da Lógica Matemática, que não ocorrem em algumas outras lógicas. Prove: p∨~p

p

(p→q) ~(p→q)

RA (1) ⊥

~(p→q) [~p]1

[p]2

[~q]3 q

⊥⊥⊥⊥ I

→→→→ I

⊥

[~p]1

RA

[p]2

(3)

⊥⊥⊥⊥ I

~q→p

~p→q

[~q]1 [~p]2

p

⊥

q [~q]1

[~p]2 ~p→q

RA

⊥⊥⊥⊥ I

→→→→ E

→→→→ I (1)

(2)


28

Podemos tentar provar esta sentença utilizando uma instância de uma das regras de introdução do conectivo ∨: Entretanto, não seria possível provar ‘p’, no primeiro caso, e nem provar ‘~p’, pois não há qualquer premissa ou hipótese que nos auxilie nestas tarefas. Portanto, resta-nos apenas a opção de utilizar a regra RA.

Modus Tollens (MT): Prove: p→q, ~q ~p

~φ

~ψ φ → ψ MT

~p

⊥

q ~q

[p] 1 p →q →→→→E

~ - I

⊥⊥⊥⊥ - I

(1)

p→q ~q [p]1

p∨~p

p∨~p [~ (p∨~p)]1

RA (1) ⊥

[~ (p∨~p)]1 [p]2

~p

⊥⊥⊥⊥ I

∨∨∨∨ I

⊥

RA (2)

⊥⊥⊥⊥ I [~ (p∨~p)]1 p∨~p

[p]2 ∨∨∨∨ I

p

p∨~p

∨∨∨∨ I ~p

p∨~p

∨∨∨∨ I


29

p→q, ~q ~p

Silogismo Hipotético(SH): ψ → φ, φ → Φ ψ → Φ Prove: p→q, q→r p→ r Absorção (ABS) : ψ → φ ψ→(ψ ∧ φ) Prove: p→ q p→(p∧q) Contradição (CONTRAD) : φ , ~φ ψ

ψ → Φ

ψ → φ SH

φ → Φ

→ I

p→ r

r

q q→ r

[p]1 p→q

p→(p∧q)

p∧q

[p]1

(1)

q

[p]1 p→q

p→q q→r [p]1

→ E

(1)

∧∧∧∧ - I

→→→→ I

→→→→ - I

p→ q [p]1

~p

~q p→q MT

p→q ~q


30

Prove: p, ~p q Silogismo Disjuntivo: ψ ∨ φ, ~φ ψ ou também pode ser escrito ψ ∨ φ, ~ψ φ SD SD Prove: p ∨ q, ~p q Outra prova, utilizando diretamente o Silogismo Disjuntivo: p ∨ q ~p SD q Prove: p ∨ q ~p→ q p ∨ q [~p]1 SD q → I

~p→q

q

⊥ RA

⊥ I ~p p

φ

ψ∨φ ~ψ

ψ

ψ∨φ ~φ

q

q [q]2 p∨q (1) (2)

[p]1

~p

CONTRAD

∨∨∨∨ - E

(1)

p ∨ q [~p]1 [q]2

p ~p [~q]1

p ∨ q [~p]1


31

O Sistema de Dedução Natural para a Lógica de Predicados de Primeira Ordem (LPPO)

Na Lógica de Predicados de Primeira Ordem o conjunto de regras do Sistema de Dedução Natural consiste no acréscimo de quatro regras à coleção de regras básicas apresentadas para a Lógica Sentencial, podendo assim avaliar a validade de qualquer tipo de argumento da LPPO. Apresentaremos a seguir as quatro regras do Sistema de Dedução Natural para a Lógica de Predicados de Primeira Ordem. Introdução do ∀∀∀∀: Se pudermos provar α para uma constante arbitrária a, então podemos inferir ∀x α. Restrição da regra: A constante a não pode ocorrer em qualquer hipótese da qual α dependa. Eliminação do ∀∀∀∀: Se pudermos provar ∀x α, então podemos inferir qualquer instância de α, ou seja, α(x/t), para qualquer termo t. Introdução do ∃∃∃∃: Se pudermos provar α para um termo t, então podemos inferir que ∃x α.

α(x/t)

∃x α

∀∀∀∀ - E

∀x α

α(x/t)

∀∀∀∀ - E

∀x α

α(x/a) ∀∀∀∀ - I


32

Eliminação do ∃∃∃∃: O que podemos inferir a partir da sentença ∃x α? É certo que não podemos inferir ‘α(x/a)’, pois, intuitivamente, estaríamos afirmando que o objeto particular representado pela constante ‘a’ satisfaz a propriedade representada por α, quando temos garantida apenas a existência de um tal objeto (não conhecido). Assim, só podemos inferir alguma sentença que não dependa da escolha de tal objeto (ou do conhecimento de propriedades específicas dele) . Isto é capturado pela regra a seguir: Dado que:

a) A constante a não pode ocorrer em β. b) A constante a não pode ocorrer em ∃xα. c) A constante a não pode ocorrer em qualquer premissa ou hipótese (diferente de

α(x/a)) da qual β dependa.

Podemos ver o quantificador ∃ como sendo uma disjunção infinita, α(x/a1) ∨ α(x/a2)∨.... , onde as constantes a1, a2,... representam todos os indivíduos do domínio de uma estrutura. Assim, esta regra pode ser entendida fazendo-se um paralelo com a regra ∨E, sendo que, ao invés de obtermos uma prova de β a partir de cada componente dessa disjunção infinita, provamos β a partir de α tomando uma constante ‘a’ arbitrária , ou melhor, que mostraremos ser arbitrária por satisfazer as restrições descritas acima.

Exemplos: Prove: ∀xP(x) ∃xP(x)

∃x α β

.

.

.

[α(x/a)]

β

∃∃∃∃- E

∃xP(x)

∀xP(x)


33

Para provar a sentença ‘∃xP(x)’ podemos usar a sentença ‘P(a)’, aplicando a regra do ∃ - I. Neste passo a sentença ‘P(a)’ pode ser provada a partir da premissa ‘∀xP(x)’, aplicando a regra do ∀ - E. Neste ponto a prova está finalizada . Prove: ∀x(P(x)→Q(x)),∀xP(x) ∀xQ(x)

∃xP(x)

∀xP(x)

P(a) ∃ - I

∃xP(x)

∀xP(x)

P(a) ∃ - I

∀xP(x) ∀ - E

∀x(P(x)→Q(x)) ∀xP(x)

∀xQ(x)


34

Como a conclusão é uma sentença quantificada, tentaremos utilizar a regra ∀I. No entanto, é importante não esquecermos de verificar se as restrições desta regra serão satisfeitas ao completarmos a nossa tentativa de construção da prova. Note que podemos inferir a sentença ‘Q(a)’ a partir das sentenças ‘P(a)’ e ‘P(a)→Q(a)’ usado a regra →E.

Neste passo podemos provar sentença ‘P(a)’ a partir da premissa ‘∀xP(x)’ aplicando a regra do ∀-E.

Para obtermos a prova da sentença ‘P(a)→Q(a)’, podemos tentar usar a regra →I, no entanto, neste caso podemos derivá-la a partir da premissa ‘∀x(P(x)→Q(x))’ usando a regra ∀-E, gerando desta forma, uma prova mais simples do que se usássemos a primeira tentativa.


∀xQ(x)

Q(a) ∀∀∀∀ - E


∀xQ(x)

Q(a) ∀∀∀∀ - E

P(a) P(a)→Q(a) →→→→ - E


∀xQ(x)

Q(a) ∀∀∀∀ - E

P(a) P(a)→Q(a) →→→→ - E

∀xP(x) ∀∀∀∀ - E


35

Neste ponto a prova deve ser finalizada pois o topo de todos os ramos da árvore de prova é composto apenas por premissas. Prove: ~∃xP(x) → ∀x~P(x) Nesta prova começaremos utilizando a regra → I, tomando como hipótese a sentença ‘~∃xP(x)’.

Para provarmos a sentença ‘∀x~P(x)’ podemos utilizar a regra ∀ I, na sentença ‘~P(a)’.

~∃xP(x) → ∀x~P(x)

~∃xP(x) → ∀x~P(x)

→→→→ I

[~∃xP(x)]1

∀x~P(x) (1)


∀xQ(x)

Q(a) ∀∀∀∀ - E

P(a) P(a)→Q(a) →→→→ - E

∀xP(x) ∀∀∀∀ - E ∀x(P(x)→Q(x)) ∀∀∀∀ - E


36

Neste ponto, podemos tentar provar a sentença ‘P(a)’ a partir da base de premissas e hipóteses. No entanto, não existe qualquer regra que possa inferir a sentença ‘~P(a)’ a partir da hipótese ‘[~∃xP(x)]’. Desta forma, devemos tentar uma prova indireta, usando a regra ‘RA’ e logo depois ⊥ I. (2) Para provar a sentença ‘∃xP(x)’ podemos usar a regra ∃ I na hipótese [P(a)]. (2)

Neste passo a prova está finalizada, pois todos os ramos da árvore contêm apenas premissas ou hipóteses.

~∃xP(x) → ∀x~P(x)

→→→→ - I

[~∃xP(x)]1

∀x~P(x) (1)

~P(a) ∀∀∀∀ - I

~∃xP(x) → ∀x~P(x)

→→→→ - I

[~∃xP(x)]1 [P(a)]2

∀x~P(x) (1)

~P(a) ∀∀∀∀ - I

RA ⊥

⊥⊥⊥⊥ I [~∃xP(x)]1 ∃xP(x)

~∃xP(x) → ∀x~P(x)

→→→→ - I

[~∃xP(x)]1 [P(a)]2

∀x~P(x) (1)

~P(a) ∀∀∀∀ - I

RA ⊥

⊥⊥⊥⊥ I [~∃xP(x)]1 ∃xP(x)

∃∃∃∃ - I [P(a)]2


37

Prove: ∀x(F(x) ∧ G(x)) ∀xF(x) ∧ ∀xG(x)

Inicialmente podemos tentar provar cada componente da conjunção, e depois aplicar

a regra do ∧I para inferir a conclusão. Podemos provar a sentença ‘∀xF(x)’ com uma estratégia de síntese, usando a sentença ‘F(a)’ e a regra ∀ I. Como provar a sentença ‘F(a)’? Podemos inicialmente tentar uma estratégia de síntese, no entanto, note que a sentença ‘F(a)’ e derivável da premissa ‘F(a)∧G(a)’ usando a regra ∧∧∧∧ E.

∀xF(x) ∧ ∀xG(x)

∀x(F(x) ∧ G(x))


∧∧∧∧ - I

∀x(F(x) ∧ G(x))

∀xF(x) ∀xG(x)


∧∧∧∧ - I

∀x(F(x) ∧ G(x))

∀xF(x) ∀xG(x)

F(a) ∀∀∀∀ - I


∧∧∧∧ - I

∀x(F(x) ∧ G(x))

∀xF(x) ∀xG(x)

F(a) ∀∀∀∀ - I

F(a)∧G(a) ∧∧∧∧ - E


38

A sentença ‘F(a)∧G(a)’ pode ser obtida a partir da premissa ‘∀x(F(x)∧G(x))’ usando a regra ∀∀∀∀ E:

Analogamente, obtemos uma prova para o ramo direito.

Neste ponto a prova pode ser finalizada. Prove: ∀x (P(x)→Q(x)), ∀x(Q(x)→R(x)) ∀x(P(x)→R(x))


∧∧∧∧ - I

∀x(F(x) ∧ G(x))

∀xF(x) ∀xG(x)

F(a)

∀∀∀∀ - E

F(a)∧G(a) ∧∧∧∧ - E

∀x(F(x)∧G(x))


∧∧∧∧ - I

∀x(F(x) ∧ G(x))

∀xF(x) ∀xG(x)

F(a)

∀∀∀∀ - E

∀∀∀∀ - I G(a)

F(a)∧G(a) ∧∧∧∧ - E

∀x(F(x)∧G(x))

F(a)∧G(a) ∧∧∧∧ - E

∀∀∀∀ - E ∀x(F(x)∧G(x))

∀x(P(x)→R(x))

∀x (P(x)→Q(x)) ∀x(Q(x)→R(x))


39

Note que a conclusão pode ser derivada da premissa ‘P(a)→R(a)’ aplicando a regra ∀∀∀∀ - I. 2 A prova para a sentença ‘R(a)’, pode ser obtida a partir das sentenças ‘P(a)’ e ‘P(a)→Q(a)’ usando a regra →→→→E. Neste passo podemos provar a sentença ‘R(a)’ utilizando a regra →→→→E nas sentenças ‘P(a)’ e ‘P(a)→R(a)’.

∀x(P(x)→R(x))

∀x (P(x)→Q(x)) ∀x(Q(x)→R(x))

P(a)→Q(a) ∀∀∀∀ - I

∀x(P(x)→R(x))

∀x (P(x)→Q(x)) ∀x(Q(x)→R(x)) [P(a)]1

P(a)→R(a) ∀∀∀∀ - I

R(a) →→→→ - I

∀X(P(x)→R(x))

∀x (P(x)→Q(x)) ∀x(Q(x)→R(x)) [P(a)]1

P(a)→R(a) ∀∀∀∀ - I

R(a) →→→→ - I

Q(a) P(a)→R(a) →→→→ - E

(1)


40

Utilizando uma estratégia de análise podemos derivar a sentença ‘Q(a)’ a partir das sentenças ‘[P(a)]1]’ e ‘P(a)→Q(a)’. Podemos provar a sentença ‘Q(a)→R(a)’ a partir da premissa ‘∀x(Q(x)→R(x))’ usando a regra ∀∀∀∀ E. Neste passo podemos provar a sentença ‘P(a)→Q(a)’ a partir da premissa ‘∀x(P(x)→Q(x))’ usando a regra ∀∀∀∀ E.

∀X(P(x)→R(x))

∀x (P(x)→Q(x)) ∀x(Q(x)→R(x)) [P(a)]1

P(a)→R(a) ∀∀∀∀ - I

R(a) →→→→ - I

Q(a) Q(a)→R(a) →→→→ - E

[P(a)]1 P(a)→Q(a) →→→→ E

∀x(P(x)→R(x))

∀x (P(x)→Q(x)) ∀x(Q(x)→R(x)) [P(a)]1

P(a)→R(a) ∀∀∀∀ - I

R(a) →→→→ - I

Q(a) Q(a)→R(a) →→→→ - E

[P(a)]1 P(a)→Q(a) →→→→ E ∀x(Q(x)→R(x)) ∀∀∀∀ - E

∀x(P(x)→R(x))

∀x (P(x)→Q(x)) ∀x(Q(x)→R(x)) [P(a)]1

P(a)→R(a) ∀∀∀∀ - I

R(a) →→→→ - I

Q(a) Q(a)→R(a) →→→→ - E

[P(a)]1 P(a)→Q(a) →→→→ E ∀x(Q(x)→R(x)) ∀∀∀∀ - E

∀x(P(x)→Q(x)) ∀∀∀∀ - E


41

A prova deve ser finalizada, pois o topo de todos os ramos é formado apenas por hipóteses ou premissas. Prove: ∀x~P(x)→ ~∃xP(x) Para provar a sentença ‘∀x~P(x)→ ~∃xP(x)’ tentaremos usar a regra do →I gerando como hipótese a sentença ‘∀x~P(x)’.

Neste passo a sentença ‘~∃xP(x)’ é uma sentença negada, e isso é um indicativo da utilização da regra ⊥ I, gerando como hipótese a sentença ‘∃xP(x)’.

∀x~P(x)→ ~∃xP(x)

∀x~P(x)→ ~∃xP(x)

[∀x~P(x)]1

~∃xP(x) → I (1)

∀x~P(x)→ ~∃xP(x)

[∀x~P(x)]1

[∃xP(x)]2

~∃xP(x) → I (1)

⊥ ⊥ I (2)


42

Agora, devemos investigar e descobrir quais sentenças podem ser utilizadas para caracterizar uma contradição. Podemos usar a hipótese ‘∀x~P(x)’, pois desta forma precisaríamos provar apenas a sua negação ‘~(∀x~P(x))’. Podemos tentar provar a sentença ‘~∀x~P(x)’ aplicando a regra ∃ E, o que determina que devemos tomar como hipótese a sentença ‘P(a)’.

Agora o problema passa a ser como provar a sentença ‘~∀x~P(x)’ a partir da hipótese P(a). Naturalmente, poderemos utilizar as outras duas hipóteses. Podemos seguir uma estratégia de síntese, tentando aplicar a regra ~I. Isto determina que devemos tomar como hipótese a sentença ‘∀xP(x)’.

∀x~P(x)→ ~∃xP(x)

[∀x~P(x)]1

[∃xP(x)]2

~∃xP(x) → I (1)

[∀x~P(x)]1 ~(∀x~P(x)) ⊥ I

⊥ ~ I

∀x~P(x)→ ~∃xP(x)

[∀x~P(x)]1

[∃xP(x)]2

[P(a)]3

~∃xP(x) →→→→ I (1)

[∀x~P(x)]1 ~∀x~P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

⊥ ~ I

[∃xP(x)]2 ~∀x~P(x) ∃∃∃∃ - E

(2)

(3)

∀x~P(x)→ ~∃xP(x)

[∀x~P(x)]1

[∃xP(x)]2

[P(a)]3

~∃xP(x) →→→→ I (1)

[∀x~P(x)]1 ~∀x~P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

⊥ ~ I

[∃xP(x)]2 ~∀x~P(x) ∃∃∃∃ - E

(2)

⊥ ~ I

(3)


43

Neste passo, devemos novamente tentar encontrar sentenças contraditórias. Podemos consultar a base de premissas e hipóteses em busca de uma sentença de tal modo que a sua negação possa ser provada Neste caso podemos usar a hipótese ‘P(a)’ e tentar provar a sua negação. A sentença ‘~P(a)’ pode ser inferida a partir da premissa ‘∀x~P(x)’, usando a regra ∀∀∀∀ E. Neste ponto a prova está finalizada.

∀x~P(x)→ ~∃xP(x)

[∀x~P(x)]1

[∃xP(x)]2

[P(a)]3

~∃xP(x) →→→→ I (1)

[∀x~P(x)]1 ~∀x~P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

⊥ ~ I

[∃xP(x)]2 ~∀x~P(x) ∃∃∃∃ - E

(2)

⊥ ~ I

(3)

[P(a)]3 ~P(a) ⊥⊥⊥⊥ I

∀x~P(x)→ ~∃xP(x)

[∀x~P(x)]1

[∃xP(x)]2

[P(a)]3

~∃xP(x) →→→→ I (1)

[∀x~P(x)]1 ~∀x~P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

⊥ ~ I

[∃xP(x)]2 ~∀x~P(x) ∃∃∃∃ - E

(2)

⊥ ~ I

(3)

[P(a)]3 ~P(a) ⊥⊥⊥⊥ I

[∀x~P(x)]1 ∀∀∀∀ E


44

Prove: ~∃x P(x) ∀x ~P(x) Para provar a sentença ‘∀x ~P(x)’, podemos usar a regra ∀ I. Para provar a sentença ‘~P(a)’ tentaremos aplicar a regra ~I, tomando como hipótese a sentença ‘P(a)’.

~∃x P(x)

∀ x ~P(x)

~∃ x P(x)

∀ x ~P(x)

~P(a)

~∃x P(x)

[P(a)]1

∀ x ~P(x)

~P(a)

⊥

∀∀∀∀ I

~I

∀∀∀∀ - I


45

Neste passo, devemos encontrar sentenças que podem formar uma contradição, para isto podemos usar a premissa ‘~∃x P(x)’ e a sentença ‘∃x P(x)’. Finalmente, inferimos a sentença ∃ x P(x) a partir da hipótese [P(a)]1. Prove: ~∀x P(x) ∃x~P(x) Para provar a sentença ‘∃x ~P(x)’ podemos inicialmente tentar derivá-la da sentença ‘~P(a)’ usando a regra ∃ I.

~∃x P(x)

[P(a)]1

∀ x ~P(x)

~P(a)

⊥

∀∀∀∀ I

~I

~∃ x P(x) ∃ x P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

~∃x P(x)

[P(a)]1

∀ x ~P(x)

~P(a)

⊥

∀∀∀∀ I

~I

~∃ x P(x) ∃ x P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

[P(a)]1 ∃ I

∃x~P(x)

~∀x P(x)

∃x~P(x)

~∀x P(x)

∃∃∃∃ I ~P(a)


46

Como provar ‘~P(a)’? Novamente, tentaremos aplicar a regra ~I. Podemos caracterizar a obtenção de uma contradição, aplicando a regra ⊥I, utilizamos a premissa ‘~∀xP(x)’ e a tentamos provar a sentença ‘∀xP(x)’ . Neste ponto ocorre um fato interessante, pois a sentença ‘∀xP(x)’ não pode ser provada a partir da hipótese ‘P(a)’, isso ocorre devido as restrições da regra ∀ I, pois a constante a não pode ocorrer em qualquer hipótese da qual a sentença ‘∀xP(x)’ dependa. A forma correta de se realizar esta prova é feita abaixo:

∃x~P(x)

~∀x P(x)

∃x~P(x)

~∀x P(x) [P(a)]1

∃∃∃∃ I ~P(a)

⊥ ~I

⊥⊥⊥⊥ I ∀xP(x) ~∀xP(x)

(1)

∃x~P(x)

~∀x P(x) [P(a)]1

∃∃∃∃ I ~P(a)

⊥ ~I

⊥⊥⊥⊥ I ∀xP(x) ~∀xP(x)

[P(a)]1 ∀∀∀∀ I ERRADO

(1)

∃x~P(x)

~∀x P(x) [P(a)]1

∃∃∃∃ I ~P(a)

⊥ ~I (1)


47

Vamos realizar esta prova de uma forma um pouco diferente da tentativa anterior, pois usaremos primeiramente a regra RA, tomando como hipótese a sentença ‘~∃x~P(x)’. Neste ponto, podemos utilizar a premissa ‘~∀xP(x)’ e a sentença ‘∀xP(x)’ para formar a contradição. Podemos derivar a sentença ‘∀xP(x)’ a partir da sentença ‘P(a)’, visto que, a constante a não ocorre em qualquer hipótese da qual ‘∀xP(x)’ dependa. Como provar a sentença ‘P(a)’? Poderíamos tentar derivá-la a partir das premissas, no entanto, isso não é possível, pois não existe qualquer premissa que possa contribuir nesta tarefa. Contudo, podemos tentar uma prova indireta, tomando como hipótese a sentença ‘~P(a)’.

∃x~P(x)

~∀x P(x) [~∃x~P(x)]1

⊥ RA (1)

∃x~P(x)

~∀x P(x) [~∃x~P(x)]1

⊥ RA

~∀x P(x) ∀x P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

(1)

∃x~P(x)

~∀x P(x) [~∃x~P(x)]1

⊥ RA

~∀x P(x) ∀x P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

P(a) ∀∀∀∀ I

(1)


48

Podemos utilizar a hipótese ‘~∃x~P(x)’ e a sentença ‘∃x~P(x)’ para formar a contradição. Podemos finalizar a prova derivando a sentença ‘∃x~P(x)’ a partir da hipótese ‘~P(a)’, usando a regra ∃ I.

∃x~P(x)

~∀x P(x) [~∃x~P(x)]1

[~P(a)]2

⊥ RA

~∀x P(x) ∀x P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

P(a) ∀∀∀∀ I

⊥ RA

(2)

(1)

∃x~P(x)

~∀x P(x) [~∃x~P(x)]1

[~P(a)]2

⊥ ~I

~∀x P(x) ∀x P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

P(a) ∀∀∀∀ I

⊥ RA

[~∃x~P(x)]1 ∃x~P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

(2)

(1)

∃x~P(x)

~∀x P(x) [~∃x~P(x)]1

[~P(a)]2

⊥ ~I

~∀x P(x) ∀x P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

P(a) ∀∀∀∀ I

⊥ RA

[~∃x~P(x)]1 ∃x~P(x) ⊥⊥⊥⊥ I

[~P(a)]2

(2)

∃∃∃∃ I

(1)


49

Conclusão A discussão do processo de busca por uma prova através de exemplos, considerando a aplicação de estratégias simples como a análise e síntese, têm como principal intuito propiciar ao aluno uma visão dinâmica deste processo, destacando a forma estruturada como as provas são apresentadas no Método de Dedução Natural. É importante ressaltar que ao propormos e discutirmos a aplicação de estratégias, tentamos mostrar ao aluno um possível caminho a ser seguido. Contudo, não é obrigatório aplicá-las, cada pessoa pode escolher como buscará construir uma prova. A utilização de exemplos resolvidos e discutidos permite explicitar que a utilização das estratégias propostas pode ser encarada como uma maneira de raciocinar ou proceder na construção de uma prova.

Cremos que o texto é de fácil compreensão e pode ser utilizado pelos alunos de forma autônoma, a fim de apoiar ou complementar as atividades desenvolvidas na disciplina Lógica para a Ciência da Computação, que trata do assunto em questão.

Introdução a Dedução Natural

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