Problema: Expresar la fórmula p → (q → r) en términos de ¬ y ∧.
Solución. Como hemos visto, todos los operadores se pueden expresar en términos de ¬ y ∧. La fórmula considerada, puede verse, en forma abstracta, como p → φ, que, con las reglas que conocemos, es equivalente a la fórmula ¬p∨φ. Ahora, eliminamos la disyunción, obteniendo ¬(¬¬p∧ ¬φ), que es equivalente a ¬(p ∧ ¬φ). Pero la fórmula φ es (q → r), es decir, ¬q ∨ r, lo que signi ca que, juntando todo, obtenemos ¬(p ∧ ¬(¬q ∨ r)), o sea, ¬(p ∧ q ∧ ¬r).
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Problema: Veri car con el algoritmo del árbol semántico que la fórmula (p ∧ q) → r → (p → (q → r))es válida.
Solución. En el lenguaje de LP, una fórmula es válida si y sólo si, como hemos visto, su negación es insatisfacible. Una forma de negar la fórmula que estamos considerando es (p ∧ q) → r ∧ ¬(p → (q → r)). En la Figura 1.6 vemos el desarrollo de un árbol semántico para esta fórmula. Como todas las ramas están cerradas, la fórmula de salida es insatisfacible, lo que implica que la fórmula considerada en el problema es válida.
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Problema: Veri car con el algoritmo basado en la regla de resolución que la fórmula (p∧q) → r → (p → (q → r)) es válida.
Figura 1.10: Resolución para la fórmula (p ∧ q) → r ∧ ¬(p → (q → r)).
Solución. Del mismo modo que en el problema anterior, tenemos que averiguar si, a través de la resolución, podemos encontrar la cláusula vacía saliendo de la fórmula ¬φ. La negación de la fórmula que estamos considerando es (p ∧ q) → r ∧ ¬(p → (q → r)). Aplicamos las reglas necesarias para convertir esta fórmula en forma clausal, obteniendo (¬(p ∧ q) ∨ r) ∧ (¬p ∨ (¬q ∨ r)), o sea, (¬p ∨ ¬q ∨ r) ∧ ¬(¬p ∨ ¬q ∨ r). Esta fórmula da lugar a cuatro cláusulas, es decir: Γ1 = {¬p, ¬q, r}, Γ2 = {p}, Γ3 = {q}, Γ4 = {¬r}. En la Figura ?? vemos los pasos de resolución necesarios para
llegar a la cláusula vacía. El hecho de alcanzar una cláusula vacía, demuestra que la fórmula de salida es insatisfacible, y que, por lo tanto, su negación es una fórmula válida.
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Problema: Formalizar la siguiente situación: Es necesario recoger todos los paquetes que están en el suelo (punto A). Sólo es posible recoger un paquete si el brazo mecánico está vació (no está sujetando algún paquete). Si el brazo está sujetando un paquete, entonces puede dejarlo en el punto B. ¾Qué lenguaje es más adecuado para formalizar esta situación?
Solución. Es evidente que la situación descrita por el párrafo presenta un dominio de objetos que en principio no podemos cuanti car. Por lo tanto, el lenguaje de LPO es el más adecuado para el caso. La frase es necesario recoger todos los paquetes indica un objetivo, o tarea, que podemos formalizar como un predicado pT(t). La variable t denota el momento temporal en el que hacemos la
a rmación. Para los momentos temporales, podemos utilizar un predicado binario <. La realización de dicha tarea depende de la posición de todos los objetos, denotados con variables, en el punto A (pA(x, t)). Por lo tanto tenemos:
∀x∀tpA(x, t) ↔ pT(t).
La posibilidad de recocer un objeto y llevarlo desde el punto B al punto A depende del estado del brazo (pBR(x, t)); es conveniente ahorrar símbolos, y utilizar pBR(x, t)para decir tanto que x está
siendo sujetado por el brazo (no está vació), o que el brazo se encuentra vació (¬∃xpBR(x, t)). Por
lo tanto:
∀x∀t(pB(x, t) ∧ ¬∃xpBR(x, t)) → ∃t0(t < t0∧ pBR(x, t0)).
Asimismo, en cada momento, si el brazo sujeta algo tiene que dejarlo en el punto A: ∀x∀t(pBR(x, t)) → ∃t0(t < t0∧ pA(x, t0) ∧ ¬pBR(x, t0)).
Figura 1.11: Árbol semántico para la fórmula ∀x∃y(p(x, y)) ∧ ∃x(r(x)) ∧ ∀x∀y(p(x, y) → ¬r(x)). Problema: Averiguar con la metodología basada en árboles semánticos si la fórmula φ = ∀x∃y(p(x, y)) ∧ ∃x(r(x)) ∧∀x∀y(p(x, y) → ¬r(x))es satisfacible o no.
Solución. Al ser una fórmula de primer orden, podríamos encontrarnos con un árbol semántico que nunca termina. Por otra parte, si el árbol tuviese todas las ramas cerradas podríamos concluir que la fórmula no es satisfacible. Si desarrollamos directamente la fórmula de salida, el árbol que resulta es como el de la Figura 1.6. Al tener todas las ramas cerradas, podemos concluir que la fórmula no es satisfacible. Es importante destacar que hemos introducido dos constantes nuevas (que no aparecían en el lenguaje) para expandir operadores existenciales.
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Problema: Averiguar con la metodología basada en la regla de resolución si la fórmula φ = ∃x(¬p(x) → p(f (x))) ∧ ∀x(q(x)) → ∃x(p(x) ∧ q(x)) es válida o no.
Solución. Como en el problema anterior, al ser una fórmula de primer orden lo único que podemos hacer es suponer que φ sea válida, y aplicar la resolución a la fórmula ¬φ, para averiguar si encon- tramos la cláusula vacía. La negación de φ puede escribirse así: ∃x(¬p(x) → p(f(x))) ∧ ∀x(q(x)) ∧ ¬∃x(p(x) ∧ q(x)). Como estrategia para disminuir el número de pasos a utilizar, observamos que podemos tratar las tres fórmulas de la conjunción como tres cláusulas diferentes. La primera fórmula nos devuelve:
1. ∃x(¬p(x) → p(f(x))) (fórmula de salida); 2. ∃x(¬¬p(x) ∨ p(f(x))) (eliminación de →);
{q(x)} {¬p(x), ¬q(x)} {p(a), p(f (a))} (1) {¬p(x)} {p(f (a))} @ @¡¡ PPP PPPP ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ (2) (3) x/a x/f (a) (4) ¤ @ @ @ @@ ©© ©
Figura 1.12: Un ejemplo de resolución de primer orden. 3. ∃x(p(x) ∨ p(f(x))) (eliminación de ¬¬);
4. (p(a) ∨ p(f(a))) (forma de Skolem); 5. Γ1 = {p(a), p(f (a))}(forma causal).
La segunda fórmula:
1. ∀x(q(x)) (fórmula de salida); 2. q(x) (forma de Skolem); 3. Γ2 = {q(x)}(forma clausal).
Finalmente, la tercera fórmula:
1. ¬∃x(p(x) ∧ q(x)) (fórmula de salida); 2. ∀x¬(p(x) ∧ q(x)) (interde nición de ∃ y ∀); 3. ∀x(¬p(x) ∨ ¬q(x)) (regla de De Morgan); 4. (¬p(x) ∨ ¬q(x)) (forma de Skolem); 5. Γ3 = {¬p(x), ¬q(x)}(forma clausal).
En la Figura 1.6 vemos el desarrollo de la resolución para esta fórmula, que nos devuelve la cláusula vacía, demostrando que la fórmula ¬φ no es satisfacible, y, por lo tanto, φ es válida.
Problema: Consideremos un modelo modal M = (W, R, V ) para la lógica K, tal que la fórmula φ = ♦♦p → ♦p sea válida en M, es decir, tal que en todos los mundos w ∈ W la fórmula φ se satisface en w cualquiera que sea la evaluación V .¾Que propiedad algebraica tiene la relación R? Solución. Algunas (no todas) de las propiedades algebraicas de la relación en la que está basado un modelo modal pueden expresarse a través de una fórmula del lenguaje de LM. Supongamos que en M, para cualquier mundo w ∈ W y cualquier evaluación V , tenemos que M, w ° φ. Es sencillo observar que, de todas las posibles evaluaciones, las únicas que pueden interesarnos son las que tienen que ver con la única letra proposicional p. Entonces, consideremos un mundo w0 tal que, a
permite evaluar a verdadera el antecedente de la implicación, con lo cual φ se realizaría siempre). Supongamos que p ∈ V (w0) (p se realiza en w); siendo φ evaluada a verdadero en w, esto implica
que, sea cual sea la evaluación V , tiene que haber un mundo, alcazable en un sólo paso de R, en el que se evalúa p a verdadero. El único mundo con estas características es w0, con lo cual tenemos
que R debe de permitir alcanzar w0 a partir de w en un solo paso. Ahora, estas observaciones no
dependen del mundo de salida, con lo cual el mismo razonamiento se puede repetir para cualquier mundo; entonces, la propiedad que tenemos es todo mundo alcanzable en dos pasos, también se puede alcanzar en un solo paso, es decir, R es transitiva.