exercices logique

Exeries de logique propositionnelle
14 novembre 2011
1 Exemple
Soit la disjontion exlusive A∞B , on peut montrer que la formule (A∨B)∧
((A → ¬B)∧(B → ¬A)) est équivalente en montrant qu'elles ont exatement les
mêmes onditions de vérités, autrement dit qu'elles ont exatement les mêmes
valeurs de vérités dans les mêmes modèles. Si ette preuve est donnée à travers
une table de vérité, ela signie que la dernière olonne donne les mêmes valeurs.
La table de vérité de la disjontion exlusive peut être formulée omme suit :
V1
V2
V3
V4
A
1
1
0
0
B
1
0
1
0
A∞B
0
1
1
0
On onstruit maintenant la table de vérité pour (A ∨ B) ∧ ((A → ¬B) ∧
(B → ¬A)). Pour e faire, on repère le onneteur prinipal en tenant ompte
de la dénition d'une expression bien formulée. Il s'agit ii d'une onjontion
entre A ∨ B d'une part et (A → ¬B) ∧ (B → ¬A) d'autre part. Pour que
ette formule soit vraie dans un modèle M , il faut que VM (A ∨ B) = 1 et que
VM ((A → ¬B) ∧ (B → ¬A)) = 1, 'est-à-dire qu'on applique à ette formule la
table de vérité de la onjontion.
Etant donné que A et B sont des atomes, VM (A ∨ B) peut être alulée immédiatement en appliquant la table pour la disjontion. En revanhe, pour aluler VM ((A → ¬B) ∧ (B → ¬A)), qui repose aussi sur une onjontion, on doit
d'abord aluler les sous-formules en ayant préalablement repéré le onneteur
prinipal. Il s'agit ii d'une onjontion entre deux onditionnelles : A → ¬B et
B → ¬A. On obtient alors la table suivante qui est onstruite selon la proédure
suivante :
1. On a deux atomes, don on a 22 valuations, 'est-à-dire 4 modèles/lignes.
2. Les olonnes 1 et 2 donnent les distributions de valeurs de vérité pour es
atomes.
1
3. Les olonnes 3 et 4 donnent les valeurs de leur négation pour haun des
modèles, en appliquant la table de la négation.
4. La olonne 5 donne la valeur de A ∨ B pour haun des modèles.
5. La olonne 6 donne la valeur de (A → ¬B) ∧ (B → ¬A) pour haun des
modèles. Entre parenthèses sont alulées les valeurs de ses sous-formules
par appliation de la table pour la onditionnelle. On applique ensuite la
table de vérité de la onjontion pour es deux onditionnelles.
6. La olonne 7 donne la valeur de ette formule onjontive tout entière.
1
2
3
4
5
6
7
A
B
¬A
¬B
A∨B
(A → ¬B) ∧ (B → ¬A)
(A ∨ B) ∧ ((A → ¬B) ∧ (B → ¬A))
V1
1
1
0
0
1
(0)0(0)
0
V2
1
0
0
1
1
(1)1(1)
1
V3
0
1
1
0
1
(1)1(1)
1
V4
0
0
1
1
0
(1)1(1)
0
On remarque que pour tous les modèles, la dernière olonne est la même que
pour la disjontion exlusive. Dans le premier modèle, qui donne V (A) = 1 et
V (B) = 1, ette formule est fausse, de même que dans le quatrième modèle qui
donne V (A) = 0 et V (B) = 0. Elle est vraie dans les autres modèles. Elle est
don vraie sous les mêmes onditions que la disjontion exlusive qui est vraie
si et seulement l'un des deux disjoints est vrai et fausse s'ils sont tous les deux
faux ou tous les deux vrais.
2 Formule satisable
Soit la formule A → (B ∧C). Au moyen d'une table, on alule ses onditions
de vérité et on montre qu'elle est satisable :
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V7
V8
A
B
C
B∧C
A → (B ∧ C)
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
1
1
Une telle table montre que ette formule est vraie sous ertaines valuations
(V1 , V5 , V6 , V7 , V8 ) et fausses sous d'autres (V2 , V3 , V4 ). La inquième ligne
2
montre par exemple que si on a une valuation telle que V (A) = 0, V (B) = 1
et V (C) = 1, alors ette formule est vraie. La troisième ligne montre quant à
elle que si V (A) = 1, V (B) = 0 et V (C) = 1, alors ette formule est fausse, et.
La formule A → (B ∧ C) est vraie dans au moins un modèle, on dit qu'elle est
satisable.
Prouvez que les formules suivantes sont satisables :
(A ∨ B) → A
((A ∨ B) ∨ A) → ¬(C ↔ ¬A)
((A → B) ∧ B) → A
((A ↔ B) ∨ C) → ((A ∧ B) ∨ ¬B))
3 Tautologies
Soit la formule suivant : ¬¬(A ∧ B) → ((A ∧ B) ∨ C), on peut onstruire la
table de vérité suivante :
V1
V2
V3
V4
V5
V6
V7
V8
A
B
C
A∧B
¬¬(A ∧ B)
(A ∧ B) ∨ C
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1(0)
1(0)
0(1)
0(1)
0(1)
0(1)
0(1)
0(1)
1
1
1
0
1
0
1
0
¬¬(A ∧ B) → ((A ∧ B) ∨ C)
1
1
1
1
1
1
1
1
Cette table montre que quel que soit le modèle onsidéré, ¬¬(A ∧ B) →
((A ∧ B) ∨ C) sera vraie. On dit d'une telle formule qui est vraie dans tous les
modèles qu'elle est une tautologie. On ne peut pas onevoir un modèle dans
laquelle elle est fausse.
Prouvez que les formules suivantes sont des tautologies :
A ∨ ¬A (Tiers Exlu)
¬(A ∧ ¬A) (Prinipe de ontradition)
¬¬A → A (Elimination de la double négation)
(A ∧ B) ↔ (B ∧ A) (Commutativité de la onjontion)
(A ∨ B) ↔ (B ∨ A) (Commutativité de la disjontion)
(A ∧ (B ∨ C) ↔ ((A ∨ B) ∧ (A ∨ C)) (Distribution de la onjontion sur
la disjontion)
(A → ¬B) ↔ (B → ¬A) (Contraposition)
(A → B) ↔ (¬B → ¬A) (Contraposition)
3
(A → B) → (¬A ∨ B)
(A → B) ∨ (B → A)
¬(A ∧ B) ↔ (¬A ∨ ¬B) (Loi De Morgan)
¬(A ∨ B) ↔ (¬A ∧ ¬B) (Loi De Morgan)
(A ↔ B) → ((A ∧ B) ∨ ¬B))
4 Contradition
Soit la formule suivante : ((A → B) ∧ A) ∧ ¬B), dont la table suivante donne
les onditions de vérité :
V1
V2
V3
V4
A
B
1
1
0
0
1
0
1
0
¬B
0
1
0
1
A→B
1
0
1
1
(A → B) ∧ A
1
0
0
0
((A → B) ∧ A) ∧ ¬B)
0
0
0
0
Cette table donne la valeur 0 pour toutes les valuations. Quel que soit le
modèle onsidéré, ette formule est fausse. Il n'est pas possible de onevoir une
situation dans laquelle ette formule serait vraie. Une formule omme elle-i
qui est fausse dans tous les modèles est une ontradition.
Prouvez que les formules suivantes sont des ontraditions :
A ∧ ¬A
((A → B) ∧ ¬B) ∧ A
((A ∨ B) ∧ ¬A) → ¬B
5 Evaluation d'un argument
5.1
Validité sémantique
Soit l'argument suivant, on va prouver qu'il est valide :
1. Le voleur porte une longue barbe [A℄ ou le voleur a de longs heveux frisés
[B ℄.
2. Le voleur ne porte pas une longue barbe. [¬A℄
3. Le voleur a les heveux frisés. [B ℄
Pour montrer que et argument est valide, on onstruit une table pour l'argument A ∨ B, ¬A/B . On notera que la virgule à gauhe du symbole / doit être
onsidérée omme une onjontion lorsqu'il s'agit d'évaluer l'argument. Une
table montrera qu'un argument est valide si dans les lignes où la onjontion
des prémisses est vraie, la onlusion l'est aussi. La table suivante montre que
l'exemple i-dessus est valide :
4
V1
V2
V3
V4
A
B
1
1
0
0
1
0
1
0
¬A
0
0
1
1
(A ∨ B)
1
1
1
0
(A ∨ B) ∧ ¬A
0
0
1
0
/
B
1
0
1
0
»
Quelle que soit la ligne onsidérée, il n'est jamais le as que (toutes) les
prémisses sont vraies et que la onlusion est fausse. En fait, la seule ligne qui
nous intéresse ii est elle qui est donnée par V3 . Une telle table montre que
B est une onséquene logique des prémisses (A ∨ B) et ¬A. Quand ψ est une
onséquene logique de φ, on note φ ψ .
Une autre méthode, qui donnera exatement les mêmes résultats, onsiste à
prouver que le onditionnel dont l'antéédent est onstitué des prémisses et le
onséquent de la onlusion est une tautologie. Prouver que : ((A∨B)∧¬A) → B
est une tautologie.
5.2
Contre-exemple
Soit l'exemple suivant, qui est de la forme : A → B, B/A :
1. Si Jean est français [A℄, alors Jean est européen [B ℄.
2. Jean est européen [B ℄.
3. Jean est français [A℄.
On montre par la table suivante qu'il n'est pas valide :
V1
V2
V3
V4
1
0
A→B
1
0
(A → B) ∧ B
1
0
0
1
0
A
B
1
1
0
0
1
1
1
/
»
#
A
1
1
0
0
La troisième ligne donne une valuation sous laquelle toutes les prémisses sont
vraies, mais pas la onlusion. Une seule ligne où le rapport d'impliation ne
tient sut à montrer que l'argument n'est pas valide, 'est-à-dire qu'on peut
onevoir ne situation où il ne tient pas. On dit de ette troisième ligne qui
donne V3 (A) = 0 et V3 (B) = 1 qu'elle donne un ontre-exemple à la validité de
l'argument. Ce pourrait être un modèle dans lequel il n'est pas le as que Jean
est français, mais où il est le as que Jean est belge.
5
5.3
Exeries
Prouvez que les shémas d'argument suivants sont valides :
Modus Ponens
Modus Tollens
A ∨ B , B → C , A → C/C
A → (B ∧ C), B → ¬C /¬A
Trouvez un ontre-exemple aux arguments suivants :
Négation de l'antéédent.
¬A → (B ∧ ¬C), ¬B → ¬C / A
Que dire de l'argument suivant :
1. Sorate est mortel, mais Sorate n'est pas mortel.
2. Sorate est un aillou.
6