Lista: Lógica Proposicional - Dedução Natural (Gabarito)

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1 Universidade de Brasília - Instituto de Ciências Exatas Departamento de Ciência da Computação CIC Lógica Computacional 1 - Turmas A e B (2018/1) 16 de abril de 2018 Lista: Lógica Proposicional - Dedução Natural (Gabarito) Em adição aos exercícios que aparecem nas notas de aula, solucione os listados a seguir. Nas sua derivações, sempre indique qual regra dedutiva é utilizada em cada passo. 1. Considere a estrutura de listas de números naturais dada por: l ::= nil cons(n, l) onde nil representa a lista vazia, e cons(n, l) denota a lista com cabeça n e cauda l. O comprimento de uma lista é definido recursivamente por: length(l) = { 0, se l = nil 1 + length(l ), se l = cons(a, l ) A concatenação de listas também pode ser definida por uma função recursiva: { l2, se l concat(l 1, l 2 ) = 1 = nil cons(a, concat(l, l 2 )), se l 1 = cons(a, l ) O reverso de listas é definido por: { l, se l = nil rev(l) = concat(rev(l ), cons(a, nil)), se l = cons(a, l ) O uma lista é prefixo de outra se: T rue, se l 1 = nil prefix(l 1, l 2 ) = prefix(l 1, l 2), se l 1 = cons(a, l 1) e l 2 = cons(a, l 2) F alse caso contrário (a) Prove que length(concat(l 1, l 2 )) = length(l 1 ) + length(l 2 ), para l 1, l 2 quaisquer. Indução sobre l 1 Base indutiva: length(concat(nil, l 2 )) = length(l 2 ) = length(nil) + length(l 2 ) 1

2 Passo indutivo: Nossa hipótese de indução é: E queremos provar que: Logo, length(concat(l 1, l 2 )) = length(l 1 ) + length(l 2 ) length(concat(cons(a, l 1 ), l 2 )) = length(cons(a, l 1 )) + length(l 2 ) length(concat(cons(a, l 1 ), l 2 )) = length(cons(a, concat(l 1, l 2 ))) = 1 + length(concat(l 1, l 2 )) h.i. = 1 + length(l 1 ) + length(l 2 ) = length(cons(a, l 1 )) + length(l 2 ) (b) Prove que concat(l, nil) = l para qualquer lista l Indução sobre l Base indutiva: concat(nil, nil) = nil Passo indutivo: Nossa hipótese de indução é: E queremos provar que: Logo, concat(l, nil) = l concat(cons(a, l), nil) = cons(a, l) concat(cons(a, l), nil) = cons(a, concat(l, nil)) h.i. = cons(a, l) (c) Prove que concat(concat(l 1, l 2 ), l 3 ) = concat(l 1, concat(l 2, l 3 )) para listas l 1, l 2, l 3 quaisquer Indução sobre l 1 Base indutiva: concat(concat(nil, l 2 ), l 3 ) = concat(l 2, l 3 ) = concat(nil, concat(l 2, l 3 )) 2

3 Passo indutivo: Nossa hipótese de indução é: E queremos provar que: Logo, concat(concat(l 1, l 2 ), l 3 ) = concat(l 1, concat(l 2, l 3 )) concat(concat(cons(a, l 1 ), l 2 ), l 3 ) = concat(cons(a, l 1 ), concat(l 2, l 3 )) concat(concat(cons(a, l 1 ), l 2 ), l 3 ) = concat(cons(a, concat(l 1, l 2 )), l 3 ) = cons(a, concat(concat(l 1, l 2 ), l 3 )) h.i. = cons(a, concat(l 1, concat(l 2, l 3 ))) = concat(cons(a, l 1 ), concat(l 2, l 3 )) (d) Prove que length(rev(l)) = length(l), para qualquer lista l. Indução sobre l. Base indutiva: length(rev(nil)) = length(nil) = 0 Passo indutivo: Nossa hipótese de indução é: e queremos provar que Logo, length(rev(l)) = length(l) length(rev(cons(a, l))) = length(cons(a, l)) length(rev(cons(a, l))) = length(concat(rev(l), cons(a, nil))) = length(rev(l)) + length(cons(a, nil)) h.i. = length(l) + length(cons(a, nil)) = length(l) + 1 = length(cons(a, l)) (e) Prove que rev(concat(l 1, l 2 )) = concat(rev(l 2 ), rev(l 1 )) para listas l 1, l 2 quaisquer. 3

4 Indução sobre l 1 Base indutiva: rev(concat(nil, l 2 )) = rev(l 2 ) Passo indutivo: Nossa hipótese de indução é: E queremos provar que: Logo, = concat(rev(l 2 ), nil) = concat(rev(l 2 ), rev(nil)) rev(concat(l 1, l 2 )) = concat(rev(l 2 ), rev(l 1 )) rev(concat(cons(a, l 1 ), l 2 )) = concat(rev(l 2 ), rev(cons(a, l 1 ))) rev(concat(cons(a, l 1 ), l 2 )) = rev(cons(a, concat(l 1, l 2 ))) (f) Prove que rev(rev(l)) = l para qualquer lista l. Indução sobre l Base indutiva: = concat(rev(concat(l 1, l 2 )), cons(a, nil)) h.i. = concat(concat(rev(l 2 ), rev(l 1 )), cons(a, nil)) = concat(rev(l 2 ), concat(rev(l 1 ), cons(a, nil))) = concat(rev(l 2 ), rev(cons(a, l 1 ))) rev(rev(nil)) = rev(nil) = nil Passo indutivo: Nossa hipótese de indução é: E queremos provar que: Logo, rev(rev(l)) = l rev(rev(cons(a, l))) = cons(a, l) rev(rev(cons(a, l))) = rev(concat(rev(l), cons(a, nil))) = concat(rev(cons(a, nil)), rev(rev(l))) = concat(cons(a, nil), rev(rev(l))) h.i. = concat(cons(a, nil), l) = cons(a, concat(nil, l)) = cons(a, l) 4

5 (g) Prove que prefix(l 1, l 2 ) se e só se existe l 3 tal que concat(l 1, l 3 ) = l 2 para quaisquer l 1 e l 2. Indução sobre l 1 Base indutiva: prefix(nil, l 2 ) sse existe l 3 tal que concat(nil, l 3 ) = l 2 Basta que l 3 = l 2 Passo indutivo: Nossa hipótese de indução é: E queremos provar que: prefix(l 1, l 2 ) sse existel 3 tal que concat(l 1, l 3 ) = l 2 prefix(cons(a, l 1 ), cons(a, l 2 )) sse existe l 3 tal que concat(cons(a, l 1 ), l 3) = cons(a, l 2 ) Simplificando pref ix tem-se: prefix(l 1, l 2 ) sse existe l 3 tal que concat(cons(a, l 1 ), l 3) = cons(a, l 2 ) Simplificando concat: prefix(l 1, l 2 ) sse existe l 3 tal que cons(a, concat(l 1, l 3)) = cons(a, l 2 ) Por hipótese de indução e por prefix(l 1, l 2 ) existe l 3 tal que concat(l 1, l 3 ) = l 2. Assim basta fazer l 3 = l 3 : prefix(l 1, l 2 ) sse existe l 3 tal que cons(a, concat(l 1, l 3 )) = cons(a, l 2 ) 2. Nos seguintes exercícios use a prova por indução na estrutura das fórmulas. (a) Demonstre que uma fórmula bem formada é balanceada, no sentido de que o número de parênteses abertos ( é igual ao de parênteses fechados ), isto é, ϕ ( = ϕ ), para uma fórmula ϕ qualquer. A prova é por indução em ϕ. Consideramos cada um dos possíveis construtores para fórmulas: BI Se ϕ for uma constante ou variável proposicional, então a propriedade vale, uma vez que neste caso ϕ não possui parênteses. PI.a Se ϕ = (ϕ 1 ϕ 2 ), onde {,, } então por hipótese de indução ϕ 1 ( = h.i. ϕ 1 ) e ϕ 2 ( = ϕ 2 ), logo ϕ ( = (ϕ 1 ϕ 2 ) ( = 1 + ϕ 1 ( + ϕ 2 ( = 1 + ϕ 1 ) + ϕ 2 ) = (ϕ 1 ϕ 2 ) ) = ϕ ). 5

6 PI.b Se ϕ = ( ϕ 1 ) então por hipótese de indução ϕ 1 ( = ϕ 1 ), logo ϕ ( = h.i. ( ϕ 1 ) ( = 1 + ϕ 1 ( = 1 + ϕ 1 ) = ( ϕ 1 ) ) = ϕ ). (b) Demonstre que para todo prefixo s de uma fórmula bem formada ϕ, vale s ( s ). A prova é por indução em ϕ. construtores para fórmulas: Consideramos cada um dos possíveis BI Se ϕ for uma constante ou variável proposicional, então os possíveis prefixos de ϕ são a palavra vazia ou ϕ. Em ambos os casos, temos que s ( = 0 = s ), e portanto s ( s ). PI.a Se ϕ = ( ϕ 1 ) então, por hipótese de indução, para qualquer prefixo s de ϕ 1 temos que s ( s ). Adicionalmente, os possíveis prefixos de ϕ são ɛ, (, ( s, para s prefixo de ϕ 1, ou ϕ. Nos dois primeiros casos, claramente temos que s ( s ) ; no último caso, por (a) ϕ ( = ϕ ). Se s = ( s então s ( = 1 + s h.i. ( 1 + s ) > s ) = s ), e portanto s ( s ). PI.b Se ϕ = (ϕ 1 ϕ 2 ), onde {,, } então por hipótese de indução temos que se s i é um prefixo de ϕ i então s i ( s i ) (i {1, 2}). Os possíveis prefixos de ϕ são da forma ɛ, (s 1, (ϕ 1 s 2 e ϕ. No primeiro e no último casos, o resultado é trivial e consequência de (a), respectivamente. Se s = (s 1 h.i. então s ( = 1 + s 1 ( 1 + s 1 ) > s 1 ) = s ), e portanto s ( s ). Se s = (ϕ 1 s 2, sempre que ϕ 1 ( = ϕ 1 ) por (a), então s ( = 1 + ϕ 1 ( + s 2 ( = h.i. 1 + ϕ 1 ) + s 2 ( 1 + ϕ 1 ) + s 2 ) > ϕ 1 ) + s 2 ) = s ). Logo, s ( s ). (c) Demonstre que a palavra vazia não é uma fórmula. Fórmulas da lógica proposicional são construídas de acordo com a seguinte gramática: ϕ ::= p ( ϕ) (ϕ ϕ) (ϕ ϕ) (ϕ ϕ) Desta forma, qualquer fórmula possui pelo menos um símbolo, e portanto a palavra vazia não é uma fórmula. Formalmente, como nos casos precedentes, também se procede por induão em ϕ: BI Constantes ou variáveis proposicionais não são a palavra vazia. PI.a Se ϕ = ( ϕ 1 ), por h.i. ϕ 1 não é a palavra vazia e consequentemente, ϕ não pode ser a palavra vazia. PI.b Se ϕ = (ϕ 1 ϕ 2 ), para {,, to}, por h.i. ϕ 1 e ϕ 2 não são a palavra vazia e consequentemente, ϕ não pode ser a palavra vazia. (d) Demonstre que uma fórmula bem formada não tem prefixos próprios que são também fórmulas: Se ϕ é uma fórmula bem formada e s é prefixo próprio de ϕ então s não pode ser uma fórmula bem formada. Consideramos cada um dos possíveis construtores para fórmulas: 6

7 Se ϕ for uma constante ou variável proposicional então a propriedade vale, uma vez que o único prefixo próprio possível de ϕ é a palavra vazia, que por (c), não é uma fórmula. Se ϕ = ( ϕ 1 ) então os possíveis prefixos próprios de ϕ são ɛ, ( e ( s, onde s é um prefixo de ϕ 1. O primeiro caso é consequência de (c). O segundo caso se obtem de (a), sempre que fórmulas bem formadas são balanceadas, mas ( ( = 1 > 0 = ( ). Para s = ( s, da prova de (b) temos que ( s ( > ( s ) ; assim, novamente por (a) ( s não pode ser uma fórmula bem formada. Se ϕ = (ϕ 1 ϕ 2 ), onde {,, } então os possíveis prefixos próprios de ϕ são ɛ, (s 1 e (ϕ 1 s 2, onde s i é prefixo de ϕ i (i {1, 2}). No primeiro caso ɛ no é fórmula de (c). Para o segundo caso usamos (a) como no item anterior: (s 1 ( > (s 1 ), da prova de (b), assim (s 1 não pode ser uma fórmula bem formada. Se s = (ϕ 1 s 2, novamente da prova de (b) temos que (ϕ 1 s 2 ( > (ϕ 1 s 2 ) ; assim por (a) (ϕ 1 s 2 não pode ser uma fórmula bem formada. 3. Toda fórmula satisfatível é tautológica. Esta afirmação está correta? Justifique. Não está, pois existem fórmulas que são satisfatíveis e que não são tautologias. Por exemplo, a b satisfatível porque I(a b) = T para a interpretação I tal que I(a) = I(b) = T. No entanto, para a interpretação I tal que I (a) = T e I (b) = F, temos que I (a b) = F, e portanto a b não é tautologia. 4. Construa a tabela de verdade e verifique se as fórmulas a seguir são tautologias, contradições ou contingências. Adicionalmente classifique-as como satisfatíveis ou insatisfatíveis: (a) ( ( ( ))) Tautologia, e portanto satisfatível. ( ) ( ( ) ( ( ( ))) F F T T T T F T T T T T T F F F F T T T T T T T (b) ( ) ((δ γ) ( δ γ)) Contingência, e portanto satisfatível. 7

8 δ γ δ γ δ γ δ γ (δ γ) ( δ γ) F F F F T T F F T T F F F T T T F F T T F F T F T F F F T T F F T T T T F F T T F T F F T T F F T T F T F T T T F T T T F T T F T F F F T T F T T T T T F T T T T F F F F T F F T T T F F T F T F F T T T F T F F F T F F T T F T T F T T F F F T T F F T T F F T T T T F T T T F T T T T T T F T F T F F T T T T T T T T T T T (c) Contingência, e portanto satisfatível. F T T T F F (d) ( ) ( ) Tautologia, e portanto satisfatível. ( ) ( ) F F F F T F T F T T T F F T T T T T T T (e) (( ) ( δ)) ( δ) Contingência, e portanto satisfatível. δ δ δ ( ) ( δ) (( ) ( δ)) ( δ) F F F T F T T T T F F T T F T T T T F T F T F T T T T F T T T F T T T T T F F F F F F F F T F T F F T T T T T T F F T F F T F T T T F T T T T T 5. Mostre que é consequência lógica de, e vice-versa. Seja I uma interpretação qualquer. Temos as seguintes equivalências: I( ) = V I() = F ou I() = V I( ) = V ou I( ) = F I(( ) ( )). 6. A árvore de dedução abaixo está correta? Justifique e corrija caso a dedução esteja errada. (Lembre-se que a b abrevia (a b) (b a).) 8

9 [( ) ] 1 [ ] 2 ( e ) (( ) ) ( i) 1 (( ) ) [ ] 3 ( ) ( i) 2 (( ) ) ( i) 3 ( i ) Não está correto, pois a hipótese 2 não está sendo descartada propriamente. Na prova acima há duas ramificações, e a hipótese 2 aparece na ramificação a esquerda, logo ela deve ser descartada nesta ramificação, e não na direita, como foi feito. 7. Prove os sequentes a seguir utilizando apenas a lógica proposicional minimal: (a). [ ]u [] v ( i ), u ( i ), v [ ] u ( i ), u (b) ( ) ( ) ( ). ( ) [ ] u [ ] v [ ] x [] y ( ) ( i ), y ( i ), x ( i ), v ( i ), u [ ( )] x [] w ( i), ( i ), w ( ) [] y [ ] z [ ( )] x ( e ) ( i ), y ( i ), z ( i ), x 9

10 (c) ( ). ( ) [ ] u ( ) [ ] v ( i ), v ( i ), u ( ) [ ] x [ ] y ( ) ( i ), y ( i ), x ( i ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( i ) []x [] y [ ( )] z ( i ) x ( i ) y ( i ) z (d) ( ). ( ) ( i ) ( i ), u [] u ( ) [] v ( i) ( i ), v ( i ) [( )] u ( ) [] x ( ) ( ) [] y ( e ), x, y ( i ), u (e) ( ) ϕ ( ϕ). ( ) ϕ e ( ) e ( ) ϕ e e ( ) ϕ ϕ ( ϕ) ( ϕ) e ( i ) ( i ) 10

11 ( ϕ) ( ϕ) ( ϕ) e ( i ) ( ) ( ) ϕ e e ( ϕ) ( ϕ) ϕ e e ( i ) (f) ( ) ϕ ( ϕ). ( ) ϕ [( )] x [] w ( i) [] z ( ( ϕ) i) ( i) ( ϕ) ( ϕ) ( e )z, w ( ϕ) ( ϕ) [ϕ] y ( i) ( ϕ) ( i) ( ϕ) ( e )x, y ( ϕ) [] x ( ) ( i) ( ) ϕ ( i) [( ϕ)] y ( ) ϕ [] u ( ) ( i) ( ) ϕ ( i) ( ) ϕ [ϕ] v ( i) ( ) ϕ ( e )u, v ( e )x, y (g) δ δ [δ ] z [] x δ ( i) δ δ δ [δ] y δ ( i) ( e ), x, y ( i ), z (h) (δ ) (δ ) δ ( ) (Distributividade) 11

12 (δ ) (δ ) [δ ] u δ δ ( e) [δ ] v δ ( e) ( e) u, v δ ( ) (δ ) (δ ) [δ ] x ( e) ( i) i [δ ] t ( e) ( i) ( e) x, t δ ( ) δ ( ) δ ( ) δ [] x δ [] y ( i ) δ δ ( i ) (δ ) (δ ) (δ ) (δ ) (δ ) (δ ) ( i ) ( i ) ( e ), x, y Questões e itens 7g e 7h foram baseadas nos itens b e e da primeira questão em: 8. Prove o sequente a seguir utilizando apenas a lógica proposicional intuicionista: (a) ( ) ( ) ( ). [ ( )] x [] w ( i), ( i ), w ( ) [] y [ ] z [ ( )] x ( e ) ( i ), y ( i ), z ( i ), x 9. A lógica clássica é obtida acrescentando-se qualquer uma das seguintes regras à lógica proposicional intuicionista: [ ] u. (PBC) u LTE ( -e) (( ) ) LP Prove que quaisquer três destas regras pode ser provada a partir da quarta regra restante, ou seja: 12

13 (a) Adicione a regra (PBC) ao conjunto de regras da lógica proposicional intuicionista. Com este novo conjunto de regras prove os sequentes correspondentes à lei do terceiro excluído e à eliminação da dupla negação: i. [] v ( i) [ ( )] u ( i ), v ( i ) [ ( )] u (PBC) u ii. [ ] u (PBC) u iii. (( ) ) [(( ) )] x [ ] u i, [ ] v (( ) ) [] w (PBC), v ( i ), w [ ] u (PBC), u ( i ), x (b) Adicione a regra ( -e) ao conjunto de regras da lógica proposicional intuicionista. Com este novo conjunto de regras prove: i. 13

14 [] v ( i) [ ( )] u ( ) ( i ), v ( i ) [ ( )] u ( i ), u ( -e) ii. [ ] u ( i ) ( -e) iii. (( ) ) [] 1 [ ] y ( e ) ( i ), x [( ) ] z (( ) ) [ ] y ( i ), y ( -e) ( i ), z (c) Adicione a regra LEM ao conjunto de regras da lógica proposicional intuicionista. Com este novo conjunto de regras prove: i. 14

15 LEM [] v [ ] u ( e ) ( e ), v, u ii. LEM [] v [ ] u ( e ) ( e ), v, u iii. (( ) ) LEM [] z [ ] x [] y ( e ) ( i ), y [( ) ] w (( ) ) ( e ), x, z ( i ), w (d) Adicione a regra LP ao conjunto de regras da lógica proposicional intuicionista. Com este novo conjunto de regras prove: i. (( ) ) [ ] x [] y ( ) ( i ) y ( e ) ( i ) x 15

16 ii. (( ) ) [ ( )] x ( ) (MT ) ( e ) ( i ) x iii. ((( ) ) ( )) ( ) [] x [( ) ] y [] x ((( ) ) ( )) ( i) ( i ) x ( i ) ( i ) y 10. Construa provas para todas as variantes das regras MT e CP e indique quais derivações são da lógica clássica e quais da lógica intuicionista proposicional: ± ± (MT 1 e 2) ±/ ± ±/ / ± / (CP 1,2,3 e 4) 16

17 Intuicionista [] x ( i ) x Clássica [ ] x (PBC) x Intuicionista Clássica [ ] u MT ( i) u [] u ( i) MT ( e) ( i) u Intuicionista [] x [] y ( i ) x ( i ) y Clássica [ ] x [ ] y (PBC) x ( i ) y 11. Construa deduções para provar os sequentes a seguir e e indique se foi utilizada a lógica intuicionista ou clássica: (a) ( ). 17

18 [ ] u [] x ( ) [ ] u [] y ( e ), x, y ( i ), u ( ) ( i ) [] u [ ( )]w ( i ), u [ ( )] w [] v ( i) ( i ), v ( i ) (PBC) w (b) ( ). [ ] u [ ] x ( ) ( e) [ ] y ( e ), x, y ( i ), u ( ) LEM [] z [] x ( i ) ( ) ( i ) z ( i ) [ ] y ( i) ( e ) x, y (PBC), u 12. Prove os sequentes a seguir utilizando o Cálculo de Gentzen e indique se foi utilizada a lógica intuicionista ou clássica: (a). Intucionista (L ) (b) ( ) ( ). Clássica 18

19 (R ), (R ) (R ), (R ) (R ) ( ), ( ) ( ) ( ) (c) ( ). Clássica, (L ),, (L ), (L, ) (L (L, ) ) H (R ) (R ) ( ), (R ) ( ) (d) ( ). Clássica (R ), (R ) (R ), (R ) (R ), ( ) (R ) Intucionista,, (L, ) (L, (L, ) ), (R ) (L, ) ( ) (R ) (e) ( ) (δ ) ( δ). Clássica,, (L, ), δ (L ) ( ) (δ ), δ (L ) ( ) (δ ) ( δ) (R ) 19

20 (f) ( ) ( ). Clássica,, (L, ),,,,, (R ) (R ) (g) ( ) ( ). Clássica,, (R, ) (R, (L, ) ), (L (R ) ), (R ) (L, ) ( ) (R ) ( ) ( ) (R ) (R ), (R ) (R ), ( ) ( ) ( ) (R ) (R ) ( ) ( ) (h) ( ) ( ). Intucionista, (L, (R, ) ),, (Rw) ( ), ( ) (R (R ), ), ( ) ( ),, ( ) ( ) (R ), ( ) ( ) (R ) ( ) ( ) (R ) (i) ( ( δ)) (( ) ( δ)). Clássica,, δ,, δ, δ,, δ, δ (R,, δ ), δ, δ (L, δ, δ ), ( δ), δ (L ) ( δ), ( δ), δ (L ) (LC) ( δ), δ ( δ), ( ) ( δ) (R ) ( δ) ( ) ( δ), ( ) ( δ) (R ) (RC) ( δ) ( ) ( δ) (R ) 20

21 ϕ 1 ϕ 2 ( i ) (j) p q ( p q) Intucionista p,, q p, q p q, p, q, p q p, p, q q, p, q (R ) p q, p, q (L ) p q, p, p q (L ) p q, p q, p q (L ) p q, p q (LC) p q ( p q) (R ) (k) ( p q) p q Clássica p p, q p, q, p (R q p, q ) p, q, q (R ) p, q, p q (L ) p, q ( p q) p, q ( p q) p, p q (R ) ( p q) p q, p q (R ) (RC) ( p q) p q 13. Desafio: Prove o teorema de Glivenko: Sejam um conjunto finito de fórmulas, e ϕ uma fórmula qualquer da lógica proposicional. Prove que se ϕ tem uma prova clássica a partir de então ϕ tem uma prova intuicionista a partir de, ou seja, se c ϕ então i ϕ Indução na derivação c ϕ. Considerando que a negação pode ser vista como uma abreviação da implicação ao absurdo, i.e. ϕ ϕ, os casos ( i ) e não precisam ser considerados separadamente (complete!). Considere a última regra aplicada na prova c ϕ: ( i ): Neste caso, temos que ϕ é da forma ϕ 1 ϕ 2 e a prova c ϕ tem a seguinte estrutura: ϕ 1 ϕ 2 21

22 Por hipótese de indução, temos que i segue: ϕ i (i = 1, 2), e concluímos como (h.i.) ϕ 2 (h.i.) ϕ 1 [ϕ 1 ] y [ϕ 2 ] z [ (ϕ 1 ϕ 2 )] x ( i ) ϕ 1 ϕ 2 ( i ), y ϕ 1 ( i ), z ϕ 2 (ϕ 1 ϕ 2 ) ( i ), x : Neste a prova c ϕ tem a seguinte estrutura: ϕ ϕ Por hipótese de indução temos que i (ϕ ), e concluímos como segue: (h.i.) (ϕ ) ( ϕ) ( ) ϕ Exercício (6.c) ( i ): Neste caso, temos que ϕ é da forma ϕ 1 ϕ 2 e a prova c ϕ tem a seguinte estrutura: 22

23 ϕ 1 ( i ) ϕ 1 ϕ 2 Por hipótese de indução, temos que i segue: ϕ i (i = 1, 2), e concluímos como (h.i.) ϕ 1 [ϕ 1 ] y [ (ϕ 1 ϕ 2 )] x ( i ) ϕ 1 ϕ 2 ( i ), y ϕ 1 (ϕ 1 ϕ 2 ) ( i ), x ( e ): Neste caso, temos que ϕ é da forma ϕ 1 ϕ 2 e a prova c ϕ tem a seguinte estrutura: [ϕ 1 ] x, [ϕ 2 ] y, (ϕ 1 ϕ 2 ) ϕ 3 ϕ 3 ( e ) x, y ϕ 3 Por hipótese de indução, temos que i (ϕ 1 ϕ 2 ) e, [ϕ i ] i ϕ 3 (i = 1, 2) e concluímos como segue: [ϕ 1 ] y [ϕ 2 ] z (h.i.) (ϕ 1 ϕ 2 ) [ ϕ 3 ] w ϕ 3 (h.i.) ϕ 3 (h.i.) ϕ 3 (ϕ 1 ϕ 2 ) ϕ 3 [ϕ 1 ϕ 2 ] x ( e ), y, z ( i ), x ( i ), w 23

24 ϕ 2 ( i ) ϕ 1 ϕ 2 ϕ 1 ( i ) : Neste caso, temos que ϕ é da forma ϕ 1 ϕ 2 e a prova c ϕ tem a seguinte estrutura: [ϕ 1 ] x ϕ 1 ϕ 2 Por hipótese de indução, temos que, ϕ 1 i ϕ 2, e concluímos como segue: [ϕ 1 ] x [ ϕ 2 ] z (h.i.) ϕ 2 [ ϕ 1 ] w ( i ) x ϕ 1 ( i ) z ϕ 2 ( i ) w ( ϕ 1 ) ( ϕ 2 ) Exercício (6.b) (ϕ 1 ϕ 2 ) : Neste caso, temos que ϕ é da forma ϕ 1 ϕ 2 e a prova c ϕ tem a seguinte estrutura: ϕ 2 Por hipótese de indução, temos que i ϕ 1 e i (ϕ 1 ϕ 2 ) e concluímos como segue: (h.i.) (ϕ 1 ϕ 2 ) [ϕ 1 ϕ 2 ] x [ ϕ 2 ] y (h.i.) (MT ) ϕ 1 ϕ 1 ϕ 2 (ϕ 1 ϕ 2 ) ( i ), x ( i ), y 24

25 (PBC): Neste caso, temos que: [ ϕ] x ϕ (P BC) Por hipótese de indução, temos que, ϕ i, e concluímos como segue: [ ϕ] y (h.i.) [ ϕ] y (h.i.) ϕ [] x ( i), ( i ), x ( i ) y 14. Apresente provas minimais ou intuicionistas das fórmulas: (a) ( ); (b) ( ); (c) ((( ) ) ). (a) Para ( ), temos a seguinte derivação no cálculo de sequentes minimal: ϕ ϕ (Ax) ϕ ϕ ϕ (R ), ϕ (L ) (ϕ ϕ), ϕ (R ) (ϕ ϕ) ϕ (R ) (ϕ ϕ) ϕ ϕ (ϕ ϕ), (ϕ ϕ) (ϕ ϕ) (ϕ ϕ), (ϕ ϕ) (L ) (LC) (R ) 25

26 (b) Para ( ), temos a seguinte derivação no cálculo de sequentes intuicionista, mas note que pode ser derivado utilizando o cálculo minimal: ϕ, ϕ ϕ (Ax) ϕ ϕ ϕ (R ) (Ax) ( ϕ ϕ), ϕ (R ) ( ϕ ϕ) ϕ ( ϕ ϕ), ϕ ( ϕ ϕ), ϕ ϕ ( ϕ ϕ) ϕ ϕ (L ) ( ϕ ϕ), ( ϕ ϕ) ( ϕ ϕ) ( ϕ ϕ) (RW) (R ) (Ax) (LC) (R ) (c) ((( ) ) ): [ ] u [ ] u ( i) [ ] v [ ] w [ (( ) )] x. (Ex. 7 b.). (Ex. 8 a.) ( ) ( ) (( ) ). (Ex. 8 a.) ((( ) ) ) ( i ) v ( i ) w ( i ) u ( i ) x 26

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