ডিমরগানের আইন প্রমাণ করুন

প্রাকৃতিক অনুদান ব্যবস্থার দশটি সূচনা ব্যবহার করে ডি-মরগানের আইন প্রমাণিত হয় ।

প্রাকৃতিক ছাড়ের বিধি

নেতিবাচক ভূমিকা: {(P → Q), (P → ¬Q)} ⊢ ¬P
নেতিবাচক বিলোপ: {(¬P → Q), (¬P → ¬Q)} ⊢ P
এবং ভূমিকা: {P, Q} ⊢ P ʌ Q
এবং নির্মূল: P ʌ Q ⊢ {P, Q}
বা ভূমিকা: P ⊢ {(P ∨ Q),(Q ∨ P)}
বা নির্মূল: {(P ∨ Q), (P → R), (Q → R)} ⊢ R
যদি পরিচিতি: {(P → Q), (Q → P)} ⊢ (P ≡ Q)
যদি নির্মূল: (P ≡ Q) ⊢ {(P → Q), (Q → P)}
পরিচয় যদি: (P ⊢ Q) ⊢ (P → Q)
যদি নির্মূল: {(P → Q), P} ⊢ Q

প্রুফ স্ট্রাকচার

আপনার প্রমাণের প্রতিটি বিবৃতি অবশ্যই কিছু পূর্ববর্তী উত্পন্ন প্রস্তাবগুলি (কোনও বিজ্ঞপ্তি যুক্তি নয়) বা একটি অনুমানের (নীচে বর্ণিত) প্রয়োগ করা দশটি নিয়মের একটি হতে হবে। প্রতিটি নিয়ম ⊢(যৌক্তিক ফলাফল অপারেটর) এর বাম দিকে কিছু প্রস্তাব জুড়ে পরিচালনা করে এবং ডান হাত থেকে যে কোনও সংখ্যক প্রস্তাবনা তৈরি করে। যদি পরিচিতি অপারেটরদের থেকে কিছুটা আলাদাভাবে কাজ করে (নীচে বিস্তারিতভাবে বর্ণিত)। এটি একটি বিবৃতি জুড়ে পরিচালনা করে যা অন্যটির যৌক্তিক পরিণতি।

উদাহরণ 1

আপনার নিম্নলিখিত বিবৃতি আছে:

{(P → R), Q}

আপনি তৈরি করতে এবং পরিচিতি ব্যবহার করতে পারেন:

(P → R) ʌ Q

উদাহরণ 2

আপনার নিম্নলিখিত বিবৃতি আছে:

{(P → R), P}

আপনি যদি এলিমিনেশনটি তৈরি করতে পারেন তবে:

R

উদাহরণ 3

আপনার নিম্নলিখিত বিবৃতি আছে:

(P ʌ Q)

আপনি এটি করতে এবং নির্মূলকরণ ব্যবহার করতে পারেন:

P

বা করতে:

Q

অনুমান প্রচার

আপনি যে কোনও মুহুর্তে আপনার যে কোনও বিবৃতি ধরে নিতে পারেন। এই অনুমানগুলি থেকে প্রাপ্ত কোনও বিবৃতি তাদের উপর "নির্ভরশীল" হবে। বিবৃতিগুলি তাদের পিতামাতার বিবৃতিগুলির উপর নির্ভর করে এমন অনুমানগুলির উপরও নির্ভর করবে। অনুমানগুলি দূর করার একমাত্র উপায় হ'ল যদি পরিচিতি হয়। পরিচয়ের জন্য যদি আপনি একটি বিবৃতি দিয়ে শুরু করেন যা কোনও বিবৃতিতে Qনির্ভর করে Pএবং শেষ হয় (P → Q)। প্রতি ধৃষ্টতা নতুন বিবৃতি নির্ভরশীল Qউপর নির্ভর ব্যতীত ধৃষ্টতা জন্য P। আপনার চূড়ান্ত বিবৃতি কোনও অনুমানের উপর নির্ভর করা উচিত।

নির্দিষ্টকরণ এবং স্কোরিং

আপনি প্রাকৃতিক ছাড়ের ক্যালকুলাসের কেবলমাত্র 10 টি অনুমান ব্যবহার করে ডিমরগানের দুটি আইনের জন্য একটি করে প্রমাণ তৈরি করবেন।

দুটি নিয়ম হ'ল:

¬(P ∨ Q) ≡ ¬P ʌ ¬Q

¬(P ʌ Q) ≡ ¬P ∨ ¬Q

আপনার স্কোরটি ব্যবহৃত আনফারেন্সের সংখ্যা এবং অনুমানের সংখ্যা। আপনার চূড়ান্ত বিবৃতিটি কোনও অনুমানের উপর নির্ভর করা উচিত নয় (অর্থাৎ উপপাদ্য হওয়া উচিত)।

আপনি যথাযথ হিসাবে দেখতে দেখতে আপনার প্রমাণ ফর্ম্যাট করতে পারেন।

আপনি কোনও প্রমাণ থেকে অন্য কোনও লেমাসকে স্কোর ছাড়িয়ে না নিয়ে যেতে পারেন।

প্রমাণ প্রমাণ

আমি এটা প্রমাণ করব (P and not(P)) implies Q

(প্রতিটি বুলেট পয়েন্ট +1 পয়েন্ট হয়)

ধরে not (Q)
ধরে (P and not(P))
এবং এলীম ব্যবহার (P and not(P))আহরণ{P, not(P)}
ব্যবহার করতে Pএবং not(Q)প্রাপ্ত করতে এবং পরিচিতি(P and not(Q))
স্রেফ তৈরি করতে প্রাপ্ত বিবৃতিতে অ্যান্ডিম ব্যবহার করুন P

নতুন Pপ্রস্তাবটি আমরা আগে উত্পন্ন অন্যটির থেকে পৃথক। যথা এটি অনুমান not(Q)এবং উপর নির্ভরশীল (P and not(P))। যদিও মূল বক্তব্যটি কেবল নির্ভর করে (P and not(P))। এটি আমাদের করতে দেয়:

পরিচয় Pকরিয়ে দেওয়ার ক্ষেত্রে পরিচিতি not(Q) implies P(এখনও (P and not(P))অনুমানের উপর নির্ভরশীল )
not(P)এবং not(Q)(পদক্ষেপ 3 থেকে) প্রাপ্ত এবং পরিচয় ব্যবহার করুন(not(P) and not(Q))
স্রেফ তৈরি হওয়া বিবৃতিতে অ্যান্ডিম ব্যবহার করুন not(P) (এখন নির্ভর করুন not(Q))
নতুন not(P)পরিচয় হলে পরিচয়not(Q) implies not(P)
আমরা এখন নেতিবাচক বিলোপটি ব্যবহার করতে not(Q) implies not(P)এবং not(Q) implies Pঅর্জন করতে ব্যবহার করবQ

এটি Qকেবল অনুমানের উপর নির্ভরশীল (P and not(P))তাই আমরা প্রমাণটি দিয়ে শেষ করতে পারি

পরিচিতি Qপেতে হলে(P and not(P)) implies Q

এই প্রমাণ মোট 11 স্কোর।

atomic-code-golf logic proof-golf

— গম উইজার্ড
সূত্র

যদিও মেটার বিষয়ে sensক্যমত্যটি পরিষ্কার, সবাই এখনও এটি দেখতে পাবে না, তাই এই বিষয়টি প্রমাণ করার জন্য যে গল্ফিং প্রসঙ্গে রয়েছে ।

— ট্রাইকোপলাক্স

আমি মনে করি আপনার প্রমাণগুলির কাঠামো ব্যাখ্যা করা উচিত এবং ⊢(প্রতীকটি আমার জন্য মোবাইলেও সরবরাহ করে না)।

— xnor

আমি মনে করি ব্যাখ্যাগুলি অবশ্যই সহায়তা করবে। আমি যেটি সবচেয়ে দরকারী বলে খুঁজে পাব তা হল এমন কিছু সাধারণ প্রমাণের একটি কাজ এবং অঙ্কিত উদাহরণ যা ইফ-পরিচিতি এবং অনুমানগুলি অন্তর্ভুক্ত করে pre সংক্রামক হতে পারে?

— xnor

আপনার উদাহরণে, আমি বিশ্বাস করি যে প্রথম দুটি অনুমানকে ফ্লিপ করতে হবে; কোথাও না এটা যে রাষ্ট্র নেই (P ⊢ (Q ⊢ R)) ⊢ (Q ⊢ (P ⊢ R))(এই ইনস্ট্যান্সের মধ্যে, ¬Q ⊢ ((P ʌ ¬P) ⊢ P)থেকে (P ʌ ¬P) ⊢ (¬Q ⊢ P)ব্যবহার করা হয়েছিল)।

— LegionMammal978

আপনি কতগুলি "অনুমানের রেখা" প্রয়োজন তা বাঁচাতে একক "অনুমানের প্রসঙ্গে" একাধিক জিনিস প্রমাণ করার অনুমতি পেয়েছেন এবং তারপরে একাধিক জড়িত বিবৃতি বের করতে পারবেন? যেমন

(assume (P/\~P); P,~P by and-elim; (assume ~Q; P by assumption; ~P by assumption); ~Q->P by impl-intro; ~Q->~P by impl-intro; Q by neg-elim); P/\~P->Q by impl-intro

9 স্কোর পেতে?

— ড্যানিয়েল শ্যাপলার 22

উত্তর:

স্কোর: 81

প্রতিটি লাইনের মূল্য 1 পয়েন্ট হওয়া উচিত। ডি মরগানের আইন বিবৃতিতে পাওয়া যায় (3) এবং (6)। বন্ধনীগুলিতে থাকা লেবেলগুলি পূর্ববর্তী বিবৃতি (গুলি) বোঝায় একটি লাইন যদি তাৎক্ষণিকভাবে পূর্ববর্তী না হয় তবে তার উপর নির্ভর করে depends

(a) assume P {
    (aa) P ^ P
    (ab) P
    (ac) P v Q
} (a1) P -> P
  (a2) P -> P v Q
(1) assume ~P ^ ~Q {
    (1a) assume P v Q {
        (1aa) assume Q {
            (1aaa) assume ~P {
                (1aaaa) Q ^ Q [1aa]
                (1aaab) Q
                (1aaac) ~Q [1]
            } (1aaa1) ~P -> Q
              (1aaa2) ~P -> ~Q
            (1aab) P
        } (1aa1) Q -> P
        P [1a, a1, 1aa1]
        ~P [1]
    } (1a1) P v Q -> P
      (1a2) P v Q -> ~P
    (1b) ~(P v Q)
} (11) ~P ^ ~Q -> ~(P v Q)
(2) assume ~(P v Q) {
    (2a) ~(P v Q) ^ ~(P v Q)
    (2b) assume P {
        (2aa) ~(P v Q) [2a]
    } (2b1) P -> ~(P v Q)
    (2c) ~P [a2, 2b1]
    (2d) assume Q {
        (2da) ~(P v Q) [2a]
        (2db) P v Q
    } (2d1) Q -> ~(P v Q)
      (2d2) Q -> P v Q
    (2e) ~Q
    (2f) ~P ^ ~Q
} (21) ~(P v Q) -> ~P ^ ~Q
(3) ~(P v Q) == ~P ^ ~Q [11, 21]
(4) assume ~P v ~Q {
    (4a) assume ~P {
        (4aa) assume P ^ Q {
            (4aaa) P
            (4aab) ~P ^ ~P [4a]
            (4aac) ~P
        } (4aa1) P ^ Q -> P
          (4aa2) P ^ Q -> ~P
        (4ab) ~(P ^ Q)
    } (4a1) ~P -> ~(P ^ Q)
    (4b) assume ~Q {
        (4ba) assume P ^ Q {
            (4baa) Q
            (4bab) ~Q ^ ~Q [4b]
            (4bac) ~Q
        } (4ba1) P ^ Q -> Q
          (4ba2) P ^ Q -> ~Q
        (4bb) ~(P ^ Q)
    } (4b1) ~P -> ~(P ^ Q)
    (4c) ~(P ^ Q) [4, 4a1, 4b1]
} (41) ~P v ~Q -> ~(P ^ Q) 
(5) assume ~(P ^ Q) {
    (5a) assume ~(~P v ~Q) {
        (5aa) ~(~P v ~Q) ^ ~(P ^ Q) [5, 5a]
        (5ab) assume ~P {
            (5aba) ~P v ~Q
            (5abb) ~(~P v ~Q) [5aa]
        } (5ab1) ~P -> ~P v ~Q
          (5ab2) ~P -> ~(~P v ~Q)
        (5ac) P
        (5ad) assume ~Q {
            (5ada) ~P v ~Q
            (5adb) ~(~P v ~Q) [5aa]
        } (5ad1) ~Q -> ~P v ~Q
          (5ad2) ~Q -> ~(~P v ~Q)
        (5ae) Q
        (5af) P ^ Q [5ac, 5ae]
        (5ag) ~(P ^ Q) [5aa]
    } (5a1) ~(~P v ~Q) -> P ^ Q
      (5a2) ~(~P v ~Q) -> ~(P ^ Q)
    (5b) ~P v ~Q
} (51) ~(P ^ Q) -> ~P v ~Q
(6) ~(P ^ Q) == ~P v ~Q [41, 51]

— feersum
সূত্র

স্কোর: 59

ব্যাখ্যা

আমি প্রমাণটির জন্য কাঠের মতো গাছ ব্যবহার করব কারণ এই স্টাইলটি বেশ পাঠযোগ্য find প্রতিটি লাইন ব্যবহৃত নিয়মের গণনা দ্বারা টীকায়িত হয়, উদাহরণস্বরূপ চ্যালেঞ্জের "উদাহরণ 1" এই গাছ হিসাবে উপস্থাপিত হবে (নীচে থেকে উপরে উঠছে):

এ, বি এবং অনুমান the অজানা গণনা নোট করুন - সুতরাং এটি কোনও উপপাদ্য নয়। প্রদর্শন করার জন্য উপপাদ্য প্রমাণ করার কিভাবে, আসুন জেনে নিই একটি এবং একটি অথবা-প্রবর্তনের ব্যবহার নিম্নরূপ:

এখন এটি অনুমান এ এর উপর নির্ভর করে তবে আমরা যদি ইফ-পরিচিতি প্রয়োগ করে একটি উপপাদ্য তৈরি করতে পারি:

সুতরাং আমরা মোট 3 টি ধাপে (1 অনুমান এবং 2 প্রয়োগিত নিয়ম) উপপাদ ⊢ এ → ( এ ∨ বি ) অর্জন করতে সক্ষম হয়েছি ।

এটির সাহায্যে আমরা কয়েকটি নতুন নিয়ম প্রমাণ করতে পারি যা ডিমরগানের আইন প্রমাণ করতে আমাদের সহায়তা করে।

অতিরিক্ত বিধি

আসুন প্রথমে বিস্ফোরণের মূলনীতিটি অর্জন করি এবং এটি আরও প্রমাণে পিই দিয়ে চিহ্নিত করুন :

এটি থেকে আমরা এর অন্য রূপটি পেয়েছি: A ¬ ¬ A → X - আমরা এটিকে সিপিই বলব :

আমাদের আর একটি প্রয়োজন হবে যেখানে অবহেলিত শব্দ (¬) একটি অনুমান এবং এটি সিপিই হিসাবে উল্লেখ করুন ^- :

সবেমাত্র উত্পন্ন দুটি নিয়ম ( সিপিই এবং সিপিই ^- ) থেকে আমরা একটি গুরুত্বপূর্ণ নিয়ম ডাবল নেগেশন অর্জন করতে পারি :

পরবর্তী কাজটি হল মোডাস টোলেন্সের মতো কিছু প্রমাণ করা - অতএব এমটি :

Lemmas

লেমা এ

লেমা এ 1

আমাদের দুটি বার নিম্নলিখিত নিয়মের প্রয়োজন হবে:

লেমা এ

দু'বার যথাযথ প্রমাণিত লেমাকে ইনস্ট্যান্ট করে আমরা একটি সমতার দিকের একটি দিক প্রদর্শন করতে পারি, আমাদের চূড়ান্ত প্রমাণে এটির প্রয়োজন হবে:

লেমা বি

অন্য দিকটি প্রদর্শনের জন্য, আমাদের দু'বার বেশ কয়েকটি পুনরাবৃত্ত স্টাফ করতে হবে ( এ এবং বি উভয় যুক্তির জন্য ( A ∨ B )) - এর অর্থ এখানে আমি সম্ভবত আরও প্রমাণটি গল্ফ করতে পারি ..

লেমা বি 1 '

লেমা বি 1

লেমা বি 2 '

লেমা বি 2

লেমা বি

পরিশেষে বি 1 এবং বি 2 এর উপসংহার :

প্রকৃত প্রমাণ

একবার আমরা এই দুটি বিবৃতি প্রমাণ করেছি:

থিম একটি : ⊢ ( একটি ∨ বি ) → ¬ (¬ একটি ʌ ¬ বি )
লেমা বি : ⊢ ¬ ( এ ∨ বি ) → (¬ এ ʌ ¬ বি )

আমরা প্রথম সমতুল্য (¬ ( A ∨ B ) ≡ ¬ A ʌ ¬ B )) প্রমাণ করতে পারি :

এবং ইফ-এলিমিনেশনের সাথে একসাথে সঠিক প্রমাণিত নিয়মের সাথে আমরা দ্বিতীয় সমতাও প্রমাণ করতে পারি:

স্কোর সম্পর্কে নিশ্চিত নয় - আমি যদি এটি সঠিকভাবে করি তবে কিছু ভুল আছে কিনা তা আমাকে জানান।

ব্যাখ্যা

সূত্র

যদি কেউ টেক্সট উত্স চায় ( ম্যাথপার্টিয়ার প্রয়োজন ):

In the following a rule \textbf{XYZ'} will denote the rule XYZ's second last
step, for example \textbf{PE'} will be $ A \land \lnot A \vdash X $.

\section*{Principle of Explosion [PE]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=10]
    {\inferrule*[Left=$\lnot$-Elim,Right=9]
      {\inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=4]
        {\inferrule*[Left=$\land$-Elim,Right=3]
          {\inferrule*[Left=Axiom,Right=2]
            { }
            { A \land \lnot A, \lnot X \vdash A \land \lnot A }
          }
          { A \land \lnot A, \lnot X \vdash A }
        }
        { A \land \lnot A \vdash \lnot X \to A } \\
       \inferrule*[Right=$\to$-Intro,Left=4]
          {\inferrule*[Right=$\land$-Elim,Left=3]
            {\inferrule*[Right=Axiom,Left=2]
              { }
              { A \land \lnot A, \lnot X \vdash A \land \lnot A }
            }
            { A \land \lnot A, \lnot X \vdash \lnot A }
          }
        { A \land \lnot A \vdash \lnot X \to \lnot A }
      }
      { A \land \lnot A \vdash X }
    }
    { \vdash (A \land \lnot A) \to X }
\end{mathpar}

\section*{Conditioned PE [CPE]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=5]
  {\inferrule*[Left=$\to$-Elim,Right=4]
    {\inferrule*[Left=$\land$-Intro,Right=3]
      {\inferrule*[Left=Axiom,Right=1]
        { } { A \vdash A } \\
       \inferrule*[Right=Axiom,Left=1]
        { } { \lnot A \vdash \lnot A }
      }
      { A, \lnot A \vdash A \land \lnot A } \\
     \inferrule*[Right=PE,Left=0]
      { } { \vdash (A \land \lnot A) \to X }
    }
    { A, \lnot A \vdash X }
  }
  { A \vdash \lnot A \to X }
\end{mathpar}

to get \textbf{CPE$^-$}:

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=1]
    {\inferrule*[Left=CPE',Right=0]
      { }
      { A, \lnot A \vdash X }
    }
    { \lnot A \vdash A \to X }
\end{mathpar}

\section*{Double Negation [DN]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\equiv$-Intro,Right=5]
    {\inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=2]
      {\inferrule*[Left=$\lnot$-Elim,Right=1]
        {\inferrule*[Left=CPE$^-$,Right=0]
          { }
          { \lnot\lnot A \vdash \lnot A \to X } \\
          \inferrule*[Right=CPE$^-$,Left=0]
          { }
          { \lnot\lnot A \vdash \lnot A \to \lnot X }
        }
        { \lnot\lnot A \vdash A }
      }
      { \vdash \lnot\lnot A \to A } \\ \\ \\
      \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=2]
        {\inferrule*[Left=$\lnot$-Intro,Right=1]
          {\inferrule*[Left=CPE,Right=0]
            { }
            {  A \vdash \lnot A \to X } \\
            \inferrule*[Right=CPE,Left=0]
            { }
            { A \vdash \lnot A \to \lnot X }
          }
          { A \vdash \lnot\lnot A }
        }
        { \vdash A \to \lnot\lnot A }
    }
    { \vdash \lnot\lnot A \equiv A  }
\end{mathpar}

\section*{Modus Tollens [MT]}

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=6]
    {\inferrule*[Left=$\lnot$-Intro,Right=5]
      {\inferrule*[Left=Axiom,Right=1]
       { }
       { A \to \lnot B \vdash A \to \lnot B } \\
       \inferrule*[Right=$\to$-Intro,Left=3]
         {\inferrule*[Right=Axiom,Left=2]
           { }
           { A, B \vdash B }
         }
         { B \vdash A \to B }
       }
      { A \to \lnot B, B \vdash \lnot A }
    }
    { A \to \lnot B \vdash B \to \lnot A }
\end{mathpar}

\section*{Lemma A}

\textbf{Lemma A1}:

\begin{mathpar}
  \inferrule*[Left=$\to$-Intro,Right=9]
    {\inferrule*[Left=$\lor$-Elim,Right=8]
       { \inferrule*[Left=CPE,Right=3]
          {\inferrule*[Left=$\land$-Elim,Right=2]
            {\inferrule*[Left=Axiom,Right=1]
              { }
              { A \land B \vdash A \land B }
            }
            { A \land B \vdash B}
          }
          { A \land B \vdash \lnot B \to X } \\
         \inferrule*[Right=CPE,Left=3]
          {\inferrule*[Right=$\land$-Elim,Left=2]
            {\inferrule*[Right=Axiom,Left=1]
              { }
              { A \land B \vdash A \land B }
            }
            { A \land B \vdash A }
          }
          { A \land B \vdash \lnot A \to X } \\ \\ \\
         \inferrule*[Right=Axiom,Left=1]
          { }
          { \lnot A \lor \lnot B \vdash \lnot A \lor \lnot B }
       }
       { A \land B, \lnot A \lor \lnot B \vdash X }
    }
    { \lnot A \lor \lnot B \vdash (A \land B) \to X }
\end{mathpar}

\textbf{Lemma A}:

— ბიმო
সূত্র

আমি যতদূর বলতে পারি, প্রাকৃতিক ছাড়ের প্রমাণ সিস্টেমটি জেনেরিক প্রস্তাব ভেরিয়েবলগুলির সাথে একবার বিবৃতি প্রমাণ করার অনুমতি দেয় না এবং তারপরে তা তাত্ক্ষণিক করে দেয়। সুতরাং, প্রতিটি বার আপনার ভেরিয়েবলের ক্ষেত্রে আপনার লেমাসের একটি পৃথক ইনস্ট্যান্টেশন রয়েছে Pএবং Q, আপনাকে চূড়ান্ত মোট পৃথকভাবে তার পদক্ষেপগুলি গণনা করতে হবে। (অন্য কথায়, প্রুফ সিস্টেমটি "দ্বিতীয় আদেশ" "লেমমাসকে" সমস্ত প্রস্তাবনা ক এবং বি এর জন্য "যেমন প্রমাণ করার অনুমতি দেয় না A/\B -> B/\Aএবং তারপরে P/\(Q/\R) -> (Q/\R)/\Pএবং উভয় প্রমাণ করার জন্য এটি ব্যবহার করে না (P/\Q)/\R -> R/\(P/\Q)।)

— ড্যানিয়েল শেপলার

@ ড্যানিয়েলচেল্পার: হ্যাঁ তবে কোনও বিজ্ঞপ্তি নির্ভরতা নেই এবং নিয়ম অনুসারে আপনি কোনও লেমমাসকে কোনও প্রমাণ থেকে অন্য প্রমাণ পর্যন্ত নিয়ে যেতে পারেন, স্কোর করার জন্য কোনও ব্যয় ছাড়াই। , তাই ঠিক আছে। সম্পাদনা : বাস্তবে যদি এটি অনুমোদিত না হত তবে আমি নিশ্চিত যে এই প্রশ্নের কেবল একটি যোগ্য উত্তর থাকবে।

— ბიმო

আমি ব্যাখ্যা করছিলাম যে অর্থ হিসাবে সহজভাবে আপনি দুটি চূড়ান্ত বিবৃতি প্রমাণের মধ্যে ভাগ করা কংক্রিট সূত্র একটি সেট কিছু সাধারণ প্রমাণ থাকতে পারে ।

— ড্যানিয়েল শেপলার

স্কোর: 65

ডি মরগান আইনগুলি 30 লাইন এবং 65 লাইন।

(আমি এটিকে গল্ফ করার জন্য কোনও বিশেষ প্রচেষ্টা করিনি, উদাহরণস্বরূপ দেখুন এমন কিছু পুনরাবৃত্তি প্রমাণ রয়েছে যা শুরুতে বিমূর্ত করা যেতে পারে।)

 1. assume ~(P\/Q)
 2.   assume P
 3.     P\/Q  by or-introl, 2
 4.   P -> P\/Q  by impl-intro, 2, 3
 5.   P -> ~(P\/Q)  by impl-intro, 2, 1
 6.   ~P  by neg-intro, 4, 5
 7.   assume Q
 8.     P\/Q  by or-intror, 7
 9.   Q -> P\/Q  by impl-intro, 7, 8
10.   Q -> ~(P\/Q) by impl-intro, 7, 1
11.   ~Q  by neg-intro, 9, 10
12.   ~P /\ ~Q  by and-intro, 6, 11
13. ~(P\/Q) -> ~P/\~Q  by impl-intro, 1, 12
14. assume ~P /\ ~Q
15.   ~P, ~Q  by and-elim, 14
16.   assume P \/ Q
17.     assume P
18.     P -> P  by impl-intro, 17, 17
19.     assume Q
20.       assume ~P
21.       ~P -> Q  by impl-intro, 20, 19
22.       ~P -> ~Q  by impl-intro, 20, 15
23.       P  by neg-elim, 21, 22
24.     Q -> P  by impl-intro, 19, 23
25.     P  by or-elim, 16, 18, 24
26.   P\/Q -> P  by impl-elim, 16, 25
27.   P\/Q -> ~P  by impl-elim, 16, 15
28.   ~(P\/Q)  by neg-intro, 26, 27
29. ~P/\~Q -> ~(P\/Q)  by impl-intro, 14, 28
30. ~(P\/Q) <-> ~P/\~Q  by iff-intro, 13, 29
31. assume ~(P/\Q)
32.   assume ~(~P\/~Q)
33.     assume ~P
34.       ~P\/~Q  by or-introl, 33
35.     ~P -> ~P\/~Q  by impl-intro, 33, 34
36.     ~P -> ~(~P\/~Q)  by impl-intro, 33, 32
37.     P  by neg-elim, 35, 36
38.     assume ~Q
39.       ~P\/~Q  by or-intror, 38
40.     ~Q -> ~P\/~Q  by impl-intro, 38, 39
41.     ~Q -> ~(~P\/~Q)  by impl-intro, 38, 32
42.     Q  by neg-elim, 40, 41
43.     P /\ Q  by and-intro, 37, 42
44.   ~(~P\/~Q) -> P /\ Q  by impl-intro, 32, 43
45.   ~(~P\/~Q) -> ~(P /\ Q)  by impl-intro, 32, 31
46.   ~P \/ ~Q  by neg-elim, 44, 45
47. ~(P/\Q) -> ~P\/~Q  by impl-intro, 31, 46
48. assume ~P\/~Q
49.   assume ~P
50.     assume P/\Q
51.       P, Q  by and-elim, 50
52.     P/\Q -> P  by impl-intro, 50, 51
53.     P/\Q -> ~P  by impl-intro, 50, 49
54.     ~(P/\Q)  by neg-intro, 52, 53
55.   ~P -> ~(P/\Q)  by impl-intro, 49, 54
56.   assume ~Q
57.     assume P/\Q
58.       P, Q  by and-elim, 57
59.     P/\Q -> Q  by impl-intro, 57, 58
60.     P/\Q -> ~Q  by impl-intro, 57, 56
61.     ~(P/\Q)  by neg-intro, 59, 60
62.   ~Q -> ~(P/\Q)  by impl-intro, 56, 61
63.   ~(P/\Q)  by or-elim, 48, 55, 62
64. ~P\/~Q -> ~(P/\Q)  by impl-intro, 48, 63
65. ~(P/\Q) <-> ~P\/~Q  by iff-intro, 47, 64

— ড্যানিয়েল শেপলার
সূত্র