81 Correction d'algorithmes 82 Correction de l'algorithme des ... - ULB

INFO-F-302, Cours d’Informatique Fondamentale Logique pour l’Informatique


La Logique Propositionnelle


Tableaux s´ emantiques


81

Correction d’algorithmes

82

Appliqués à l’algorithme des tableaux sémantiques (que l’on suppose répondre à la question : est-ce que ma formule est non-satisfaisable ?) cela donne :

On va utiliser l’algorithme des tableaux sémantiques pour illustrer trois concepts fondamentaux de l’informatique et en particulier de l’algorithmique. Soit A un algorithme de décision (qui répond par oui ou non). On va se poser les questions suivantes : I

terminaison : est-ce que mon algorithme termine sur toute entrée ?

I

adéquation : si mon algorithme répond oui, est-ce que la réponse à l’instance de mon problème est e↵ectivement oui ?

I

complétude : si la réponse à l’instance de mon problème est oui, est-ce que mon algorithme répond oui ?


Correction de l’algorithme des tableaux sémantiques

I

terminaison : l’algorithme termine pour toutes les formules de la logique propositionnelle ;

I

adéquation : si l’algorithme construit un arbre dont toutes les feuilles contiennent des paires de littéraux complémentaires, alors la formule de départ est non satisfaisable ;

I

complétude : pour toute formule de départ insatisfaisable, l’algorithme construit un arbre dont toutes les feuilles contiennent des paires de littéraux complémentaires.






83

Arbres et ensembles satisfaisables

83

Définition (Ensemble satisfaisable) Un ensemble de formules E = { 1 ^ · · · ^ n l’est.

1, . . . ,

Arbres et ensembles satisfaisables Définition (Ensemble satisfaisable)

n}

est dit satisfaisable si

Un ensemble de formules E = { 1 ^ · · · ^ n l’est.

1, . . . ,

n}

est dit satisfaisable si

I

Ainsi pour satisfaire un ensemble, il faut satisfaire toutes les formules de l’ensemble avec la même interprétation.

I

Ainsi pour satisfaire un ensemble, il faut satisfaire toutes les formules de l’ensemble avec la même interprétation.

I

Si E est un ensemble de littéraux, E est satisfaisable ssi il ne contient pas de paire de littéraux complémentaires.

I

Si E est un ensemble de littéraux, E est satisfaisable ssi il ne contient pas de paire de littéraux complémentaires.

Définition (Arbre satisfaisable) Soit T un arbre construit par la méthode des tableaux sémantiques pour une formule en entrée. On dit que T est satisfaisable s’il possède une feuille dont l’étiquette est satisfaisable, sinon on dit qu’il est insatisfaisable.







84

Tableaux sémantiques – Terminaison de l’Algorithme

85

Définition de la fonction Poids( ). On définit d’abord cette fonction pour une formule par induction sur la structure de la formule.

On définit une fonction de “poids” qui associe à chaque ensemble de formules un nombre naturel ; on note Poids(l) le poids de l’étiquette du noeud l de l’arbre. On montre que si m est un fils de l alors Poids(m) < Poids(l). Vu que Poids() est une fonction des ensembles de formules vers les naturels alors la profondeur de tout tableau sémantique est finie et donc l’algorithme termine.


Tableaux sémantiques – Terminaison de l’Algorithme

I

Poids(p) = 1.

I

Poids(¬ ) = 1 + Poids( ) ;

I

Poids(

1

I

Poids(

1

I

Poids(

1

I

Poids(

1

! $

= 2 + Poids(

1)

+ Poids(

2) ;

2)

= 2 + Poids(

1)

+ Poids(

2) ;

2)

= 2 + Poids(

2)

= 2 ⇥ (Poids(

P

2

1)

+ Poids(

1)

+ Poids(

2) ; 2 ))

+5

Poids( ).

INFO-F-302, Cours d’Informatique Fondamentale Logique pour l’Informatique La Logique Propositionnelle



Tableaux sémantiques – Terminaison

_

2)

et finalement, Poids( ) =


86

^

87

Tableaux sémantiques – Adéquation de l’algorithme. Soit T un arbre construit par l’algorithme pour une formule

Propriétés I

la fonction Poids() attribue un poids fini et strictement positif à chaque formule ;

I

le poids de l’étiquette d’un noeud l est toujours strictement supérieur aux poids des étiquettes de ses fils.

de départ.

Théorème Si T est insatisfaisable, alors

est insatisfaisable.

Pour tout noeud l de T , on note Lab(l) l’étiquette de ce noeud (Lab(l) est donc un ensemble de formules). On va en fait montrer quelque-chose de plus fort, dont le théorème précédent sera une conséquence triviale :

Preuves laissées comme exercices.

Lemme

Par conséquent, l’algorithme termine.

Si un sous-arbre de T de racine l est insatisfaisable alors l’ensemble de formules Lab(l) est insatisfaisable. Pour établir cette propriété, on raisonne par induction sur la profondeur du sous-arbre.







88

Tableaux sémantiques – Adéquation de l’Algorithme

89

Tableaux sémantiques – Adéquation de l’Algorithme Lemme Si un sous-arbre de T de racine l est insatisfaisable alors l’ensemble de formules Lab(l) est insatisfaisable.

Lemme

Preuve : Induction. Dans ce cas Prof(l) > 0, et l’algorithme a sélectionné 2 Lab(l). Deux cas sont alors possibles :

Si un sous-arbre de T de racine l est insatisfaisable alors l’ensemble de formules Lab(l) est insatisfaisable.

- Premier Cas : est une ↵-formule. Traitons le cas ⌘ ¬¬ . Dans ce cas, l a un fils m. On a Lab(m) = (Lab(l) \ {¬¬ }) [ { }. Comme le sous-arbre de racine l, on a que le sous-arbre de racine m est insatisfaisable. Par HI, on a que Lab(m) est non satisfaisable et donc pour toute valuation V , on a soit V 6|= Lab(l) \ {¬¬ } ou V 6|= . Donc pour chaque valuation V on sait que V 6|= Lab(l) \ {¬¬ } ou V 6|= ¬¬ . Par conséquent, nous avons bien que pour toute valuation V , V 6|= Lab(l), donc Lab(l) est non satisfaisable. Les autres cas sont laissées en exercice.

Preuve : Par induction sur la profondeur du sous-arbre. Cas de base. Si Prof (l) = 0 alors T est réduit à un seul noeud, donc un ensemble de littéraux, et le résultat est immédiat par définition.







90

Tableaux sémantiques – Adéquation de l’Algorithme

91

Tableaux sémantiques – Complétude

Lemme Si un sous-arbre de T de racine l est insatisfaisable alors l’ensemble de formules Lab(l) est insatisfaisable. Preuve : Deuxi` eme Cas : est une -formule. Traitons le cas ⌘ 1 _ 2 . Dans ce cas, l a deux fils m et n. On a Lab(m) = Lab(l) \ { 1 _ 2 } [ { 1 } et Lab(n) = Lab(l) \ { 1 _ 2 } [ { 2 }. Par HI on sait que Lab(m) et Lab(n) sont non satisfaisables. Donc toute valuation V qui satisfait Lab(l) \ { 1 _ 2 } ne satisfait ni 1 ni 2 , et donc ne satisfait pas 1 _ 2 . On a donc bien que Lab(l) \ { 1 _ 2 } [ { 1 _ 2 } = Lab(l) est non satisfaisable. Les autres cas sont laissés en exercice.

Compl´ etude de l’algorithme : I

On doit montrer que “Si insatisfaisable’.

I

Prouver cette propriété revient à établir la contraposée : “Si T est satisfaisable alors la formule est satisfaisable”.

est non satisfaisable alors T est

Pour établir cela, nous avons besoin de quelques notions supplémentaires.







92

Tableaux sémantiques – Complétude Un ensemble de formules suivantes sont vérifiées :

1. pour toute proposition p, on a soit p 62 2. si ¬¬ 2 , alors 2 ; 3. si ↵ 2 , alors ↵1 2 et ↵2 2 2

4. si

, alors

1

2

Lemme Tout ensemble de formules satisfaisable.

a la propriété de Hintikka ssi les propriétés

ou

2

2

ou ¬p 62

Preuve. On construit une valuation V de la fa¸con suivante :

;

V (p) = 1 si p 2

(lorsque ↵ est une ↵-formule) (lorsque

V (p) = 0 si ¬p 2

est une -formule)

(les formules ↵1 , ↵2 , 1 , 2 correspondent aux formules définies dans les tableaux des ↵ et -règles).

et (arbitrairement) V (p) = 1 si p 2 / et ¬p 62 .

Lemme Tout ensemble de formules satisfaisable.

Montrons que toute formule 2 est satisfaite par V . On raisonne par induction sur la structure de : ⇢ = p, [[ ]]V = V (p) = 1 (p 2 ) CB : = ¬p, [[ ]]V = ¬V (p) = 1 (¬p 2 )

qui a la propriété de Hintikka est

Par exemple, {(p ^ q) _ ¬r , p ^ q, p, q} a la propriété de Hintikka. Il est satisfaisable par V (p) = V (q) = 1 et V (r ) = 0. Par contre, l’ensemble {(p ^ q) _ ¬r , p ^ q} n’a pas la propriété de Hintikka.


qui a la propriété de Hintikka est






95

Tableaux sémantiques – Complétude

CI : I

I I

= 1 _ 2. Par définition des ensembles de Hintikka on sait que soit 1 2 , soit 2 2 . Par HI, si 1 2 on a [[ 1 ]]V = 1, et si 2 2 on a [[ 2 ]]V = 1. Donc [[ 1 _ 2 ]]V = 1.

On appelle l’ensemble des noeuds que l’on parcourt depuis la racine d’un arbre jusqu’à une feuille l la branche de l ; on note Branche(T , l) la branche qui mène de la racine de l’arbre T à la feuille l. On a le lemme suivant :

[[

Soit l une feuille satisfaisable de T alors S m2Branche(T ,l) Lab(m)

= 1 ^ 2 . On sait que 1 2 et 2 2 . Par HI on a 1 ]]V = [[ 2 ]]V = 1 et donc [[ 1 ^ 2 ]]V = 1.

les autres cas (qui sont similaires car se sont des formules logiquement équivalentes à des conjonctions ou des disjonctions) sont laissés en exercice.

Lemme

est un ensemble de formules qui a la propriété de Hintikka.







Preuve Soit = vérifiée :

97

S

m2Branche(T ,l)

Lab(m). On montre que chaque propriété est

1. Pour tout p, p 2 / ou ¬p 2 / . En e↵et sinon, Lab(l) contiendrait p et ¬p et donc ne serait pas satisfaisable. 2. Si ↵ 2 est une ↵-formule, alors on a appliqué une ↵-règle quelque-part sur la branche, donc ↵1 2 et ↵2 2 par définition de l’algorithme ;

3. Si 2 est une -formule, alors on a appliqué une -règle quelque-part sur la branche, donc 1 2 ou 2 2 par définition de l’algorithme.

Tableaux sémantiques – Complétude On obtient la preuve de complétude par le raisonnement suivant : Si T est satisfaisable alors il contient une feuille l qui est satisfaisable et donc S m2Branche(T ,l) Lab(m) est un ensemble de formules qui a la propriété de Hintikka. Donc toutes les formules de S m2Branche(T ,l) Lab(m) sont satisfaisables par le lemme vu précédemment, et en particulier S 2 m2Branche(T ,l) Lab(m). donc


est satisfaisable.





La d´ eduction naturelle

98

Tableaux Sémantiques : Résumé I la m´ ethode des tableaux s´ emantiques est un algorithme pour tester la

satisfaisabilit´ e d’une formule. I elle est bas´ ee sur la construction d’un arbre par applications successives de r` egles

de simplifications de formules (tableaux) I les formules ´ equivalentes ` a une disjonction (disjonction, implication, n´ egation

d’une conjonction, n´ egation d’une ´ equivalence) sont satisfaites si un des deux membres de la disjonction est satisfait : les deux choix sont repr´ esent´ es par du branchement (deux fils) dans l’arbre. I les formules ´ equivalentes ` a une conjonction (conjonction, ´ equivalence, n´ egation

d’une implication et d’une disjonction) sont satisfaites si les deux membres de la conjonction sont satisfaits : un seul fils est cr´ eer dans l’arbre. I les feuilles de l’arbres sont des ensembles de litt´ eraux (donc non simplifiables),

pour lesquels la satisfaisabilit´ e est facile ` a tester (absence de litt´ eraux compl´ ementaires). I dans le pire cas, l’arbre cr´ e´ e est exponentiellement plus grand que la formule I pour tester la validit´ e d’une formule, on peut tester la non satisfaisabilit´ e de se

n´ egation par la m´ ethode des tableaux s´ emantiques. I la m´ ethode des tableaux s´ emantiques est correcte : elle est ad´ equate et compl` ete.

La Déduction Naturelle







100

Introduction

I I

I

101

L’algorithme des tableaux sémantique ne convient pas pour faire des raisonnements “à la main” sur des formules propositionnelles. Quand on fait des preuves en mathématique, on utilise des règles qui nous permettent, pas par pas, de déduire des conclusions à partir de prémisses. La déduction naturelle est une formalisation de ce type de raisonnement.

Introduction I

Supposons donnée un ensemble de formules 1 , . . . , n que nous appelons prémisses et une formule que nous appelons conclusion .

I

Supposons que l’on désire montrer que peut être dérivée de ere 1 , . . . , n ; on notera cette intention 1 , . . . , n ` , cette derni` expression est appelée un séquent .

I

La notion de dérivation syntaxique est formalisée avec des règles de déduction.

I

Les règles de déduction permettent de faire le lien entre la syntaxe et la sémantique, en e↵et, on aura :

1, . . . ,


`

ssi

1, . . . ,

n

|=






102

n

La conjonction

103

La conjonction Exemples d’utilisation de ces règles pour la conjonction : I

Règles pour la conjonction : I

I

p ^ q, r `? q ^ r .

Introduction : ^

Elimination : ^

^ e1

1 2 3 4

î ^

^ e2

Par exemple, la règle d’introduction se lit : si j’ai une preuve de preuve de , alors j’ai une preuve de ^ .

et une

I I I

(p ^ q) ^ r , s ^ t ` q ^ s ; p^q ` q^p;

(p ^ q) ^ r ` p ^ (q ^ r ) ;

p^q r q q^r

prémisse prémisse ^ e2 , 1 î , 3, 2







104

Double négation

105

Règle pour l’élimination de l’implication (Modus Ponens ) :

Règles pour la (double) négation : I

I

Elimination de l’implication : Modus Ponens

!

Introduction :

Elimination :

¬¬ ¬¬

Exemple : p, ¬¬(q ^ r ) ` ¬¬p ^ r

¬i

Illustration 1. il pleut ;

¬e


2. si il pleut alors la route est mouillée. alors on peut déduire que la route est mouillée.






106


107


Analogie avec les types de fonctions dans les langages de programmation I

I

I

Soient f une fonction d’éléments de type t1 vers des éléments de type t2 , et e une valeur de type t1 , alors f (e) est une valeur de type t2 . On note ceci f : t1 ! t2 , e : t1 et f (e) : t2 . Une fonction f : t1 ! (t2 ! t3 ) est une fonction qui prend en argument un élément de type t1 et retourne une fontion de type t2 ! t3 . Etant donnés deux élements e1 : t1 et e2 : t2 , on a f (e1 ) : t2 ! t3 et f (e1 )(e2 ) : t3 . Une application du Modus Ponens correspond á appliquer une fonction á son argument.

!e

Etant données les prémisses 1. p ; 2. p ! q ;

3. p ! (q ! r )

Peut-on déduire r ?







108

Contraposition ou Modus Tollens

109


Prouvons le séquent suivant : p ! (q ! r ), p, ¬r ` ¬q

Supposons que p ! q et ¬q soient vraies, si p est vrai alors par la règle du modus ponens on peut dériver q ce qui est en contradiction avec le fait que ¬q est vrai, donc on en déduit que ¬p est vrai. Ce raisonnement est résumé dans la règle suivante, appelée règle de Modus Tollens : !

¬

¬

1 2 3 4 5

MT






MT nous a permis de montrer : p ! q, ¬q ` ¬p et le séquent

prémisse prémisse prémisse !e 1et2 MT 4, 3



110

p ! (q ! r ) p ¬r q!r ¬q

111

Introduction de l’implication Le raisonnement à partir d’hypothèses : On sait que p ! q est vrai. Si on suppose (on fait l’hypothèse) que ¬q est vrai alors on peut déduire grâce à la règle MT que p est faux. Donc en supposant ¬q on peut déduire ¬p donc “¬q implique ¬p”, exprimé de manière symbolique ¬q ! ¬p est déduit. L’argument pour p ! q ` ¬q ! ¬p peut être résumé de la fa¸con suivante :

p ! q ` ¬q ! ¬p semble d’une certaine fa¸con dire la même chose. Mais jusqu’à présent, nous n’avons pas de règles pour introduire le connecteur “implication”.

1 2 3 4

p!q ¬q ¬p ¬q ! ¬p

prémisse hyp. MT 1, 2, fin hyp.2 !i , 2 3







112

Introduction de l’implication

113

Règle pour l’introduction de l’implication :

Prouvons le séquent ¬q ! ¬p ` p ! ¬¬q :

hyp. · · ·

fin hyp. !


1 2 3 4 5

!i


prémisse hyp. ¬¬i , 2 MT , 1, 3, fin hyp.2 !i , 2 4






114

¬q ! ¬p p ¬¬p ¬¬q p ! ¬¬q


115


Preuves de formules vraies sans prémisse :

1 2 3

p ¬¬p p ! ¬¬p

hyp. ¬¬i , 1, fin hyp.1 !i , 1 2

Toute preuve de 1 , . . . , n ` est facilement transformable en un preuve de ` 1 ! 2 ! . . . n ! , on obtient donc le lemme suivant :

Lemme

Pour toutes formules 1, . . . ,

Donc on a établi ` p ! ¬¬p Note : les formules telles que ` sont appelées théorèmes. Comme on le verra dans la suite du cours, ` ssi |= et donc pour le systéme de déduction naturelle en logique propositionnelle, les théorèmes coincident avec les formules valides.

1, . . . , n

`

n,

,

ssi `

1

!

2

! ...

n

!







116


117

Introduction de la disjonction

Prouvons le séquent suivant : `? (q ! r ) ! ((¬q ! ¬p) ! (p ! r )) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

q!r ¬q ! ¬p p ¬¬p ¬¬q q r p!r (¬q ! ¬p) ! (p ! r ) (q ! r ) ! ((¬q ! ¬p) ! (p ! r ))

hyp. hyp. hyp. ¬¬i , 3 MT 2, 4 ¬¬e 5 !e 1, 6, fin hyp.3 !i 3 7, fin hyp.2 !i 2, 8, fin hyp.1

Règle pour introduire la disjonction : _

_

_i2

!i 1, 9







118

_i1

Comment éliminer la disjonction ? Cette stratégie de preuve est formalisée dans la règle suivante :

Imaginons que l’on puisse : 1. établir une formule

sous hypothèse que

2. et que l’on puisse également établir vrai, 3. et qu’il existe une preuve pour

1

alors on devrait pouvoir déduire .

_

1

est vrai,

sous hypothèse que

2

1 hyp.

est

2

Exemple Supposons que les faits suivant soient vrais : 1. si ma note d’éxamen est excellente, j’irai boire un verre 2. si ma note d’éxamen est bonne, j’irai boire un verre 3. ma note sera bonne ou excellente Je peux donc en déduire que j’irai boire un verre.

1

_

2

· · ·

fin hyp.

2 hyp.

· · ·

fin hyp.

_e

Attention : dans chacun des deux cas, on ne peut pas utiliser l’hypothèse temporaire faite pour l’autre cas, sauf si cette hypothèse a été établie avant.







120

Elimination de la disjonction

121

Déduction naturelle Règle de copie pour conclure un raisonnement sous-hypothèse.

Prouvons le séquent

copie p_q `q_p 1 2 3 4 5 6

p_q p q_p q q_p q_p

prémisse hyp. _i2 , fin hyp.2 hyp. _i1 , fin hyp.4 _e 1, 4 5, 2

Considérons le séquent : ` p ! (q ! p) Et la preuve suivante :

1 2 3 4 5

3





Règles pour la négation.

Règles pour la négation.

Les contradictions sont des formules de la forme : ¬ ^ I

hyp. hyp. copie1, fin hyp.2 !i 2, 3, fin hyp.1 !i 1 4



122

p q p q!p p ! (q ! p)

ou

^¬

Notons qu’aucune valuation ne satisfait une contradiction. Donc on a ¬ ^ |= pour n’importe quel . Donc si la méthode de déduction est complète, on devrait avoir : ¬ ^ ` pour n’importe quel .

I

intuition : si le faux est vrai, alors tout est vrai.

I

Toutes les contradictions sont logiquement équivalentes à la formule ?.

Le fait que l’on peut tout déduire à partir d’une contradiction est formalisé par la règle suivante : ?

?e

Le fait que ? represente une contradiction est formalisé par la règle suivante : ?

Comment introduire une négation ?

¬

¬e







125

Exemple avec la négation On est maintenant en mesure de prouver le sequent de l’exemple introductif (taxi-train-invité) :

Supposons que l’on fasse une hypothèse et que l’on arrive a déduire une contradiction, dans ce cas l’hypothèse est fausse. Ceci est formalisé par la règle de preuve suivante :

p ^ ¬q ! r , ¬r , p ` q

hyp. · · · ? fin hyp. ¬

1 2 3 4 5 6 7 8 9

¬i


prémisse prémisse prémisse hyp. î 3, 4 !e 1, 5 ¬e 6, 2, fin hyp.4 ¬i 4 7 ¬¬e 8






126

p ^ ¬q ! r ¬r p ¬q p ^ ¬q r ? ¬¬q q

Règles pour l’équivalence

127

Règles dérivées Notons que MT

1

!

2 1

2

$

2

!

! 1

($i )

$ 2 ($e1 ) 1 ! 2

1

$ 2 ($e1 ) 2 ! 1

1

¬

¬

MT

est une règle dérivée. En e↵et :

1 2 3 4 5 6

¬ ? ¬

!

prémisse prémisse hyp. !e 1, 3 ¬e 4, 2, fin hyp.3 ¬i 3 5







128

Règles Dérivées

129

Théorèmes

Autres règles dérivées :

¬ · · · ?

hyp. Théorème (Adéquation) Pour tout

fin hyp.

RAA

_¬

n,

, si

1, . . . ,

n

` , alors

n

|= , alors

1, . . . ,

Pour tout

1, . . . ,

n,

, si

1, . . . ,

1, . . . ,

¬¬i

LEM

LEM : Law of the excluded middle. La loi du tiers exclu. (voir exercice pour la preuve que c’est une règle dérivée) INFO-F-302, Cours d’Informatique Fondamentale Logique pour l’Informatique






130

Exercices

131

` p _ ¬p

Démontrer les séquents suivants en déduction naturelle : 1. ` p ! p

2. ` ¬(p ^ ¬p)

3. ` p ! (q ! p)

4. ` p ! ((p ! q) ! q) 5. p ^ q ` p _ r

6. p ^ q ` r ! p

7. p ! q ! r ` (p ^ q) ! r 8. p ! q ! r ` q ! p ! r 9. p !` ¬(p ^ ¬q)

10. p ! (q _ r ) ` ¬r ! (¬q ! ¬p) 11. p _ q, p ! r , ¬s ! ¬p ` r _ s

12. ` p _ ¬p (sans utiliser la règle LEM !)

n

|= .

Théorème (Complétude)

RAA :reductio ad absurdum. Cela s’appelle encore un raisonnement par l’absurde ou par contradiction. ¬¬

1, . . . ,

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

¬(p _ ¬p) p p _ ¬p ? ¬p p _ ¬p ? p _ ¬p

H1 H2 _i1 (2) ¬e (1, 3), FIN H2 , ¬i (2 4) _i2 (5) ¬e (1, 6) FIN H1 RAA (1 7)

n

` .