MD-liburua/Predikatu-logika

KONTUZ! Fitxategi hau zirriborroa da oraindik. LANEAN ARI GARA

2. Gaia: Predikatu-logika

2.1 Sarrera

Proposizio-logikan, argumentuen baliozkotasuna enuntziatu konposatuak sortzeko asmoz enuntziatu bakunak konbinatzeko eraren menpe dago, baina ez enuntziatuen barne-egituraren menpe.

Adibidez, intuizioz zuzena dirudien argumentu hau hartuko dugu:

Txakur guztiak ugaztunak dira.

Bizi txakurra da.

Beraz, Bizi ugaztuna da.

Proposizio-kalkuluan, “Txakur guztiak ugaztunak dira” premisa proposizio bakuna da, eta $p$ atomo batez adierazten dugu. Berdin gertatzen da bigarren premisarekin eta ondorioarekin, “Bizi txakurra da” proposizio bakuna $q$ atomoaz adieraziko dugu eta “Bizi ugaztuna da” proposizio bakuna $r$ atomoaz.

Beraz, proposizio-kalkuluan, argumentua honela adieraziko dugu:

$$\begin{array}{c}p\\ q\\ r\end{array}$$

Eta argumentu hori ez da baliozkoa; izan ere, $I=\{p,q,\mathrm{\neg }r\}$ interpretaziorako premisak egiazkoak dira eta ondorioa faltsua da.

Hori hala da, argumentuaren baliozkotasuna enuntziatuen barne-egitura logikoaren menpe dagoelako. Horrelako kasuetan, barne-egitura horiek analizatzeko tresnak garatu beharko ditugu. Predikatu-logika proposizio-logikaren hedapena da, analisi horrek behar duen tresna.

Argumentuaren bigarren premisak dio “Bizi” izeneko indibiduoak txakurra izatearen atributua duela. “Bizi” subjektua da eta “txakurra” predikatua da (subjektuak duen ezaugarri bat adierazten du).

Enuntziatuen egiturak aztertzen ditugunean, funtsean, bi adierazpen-mota hauek interesatzen zaizkigu: alde batetik, indibiduoei (izaki zehatzak: pertsonak, zenbakiak...) dagozkien adierazpenak eta, beste aldetik, indibiduoen propietateak edo indibiduoen arteko erlazioak azaltzen dituzten adierazpenak (predikatuak).

Esate baterako, “Bizi txakurra da”, “Ilargia zuria da”, “2 5 baino txikiagoa da”, “Anek tea nahiago du kafea baino” enuntziatuetan “Bizi”, “ilargia”, “2”, “5”, “Ane”, “tea”, “kafea” indibiduoak dira eta “txakurra da”, “zuria da”, “baino txikiagoa da”, “nahiago du” predikatuak dira, indibiduoen propietateak edo indibiduoen arteko erlazioak azaltzen dituzten adierazpenak.

Formalizazioa

Indibiduoak adierazteko $a,b,c,\dots$ letra xeheak erabiliko ditugu. Sinbolo horiek indibiduoak adierazten dituztenez, konstante deituko diegu.

Predikatuak adierazteko letra larriak erabiliko ditugu.

Adibidez,

1. Bizi txakurra da.

   $b$: “Bizi”
   $T$: “txakurra izan”	$T(b)$

2. Ilargia zuria da.

   $i$: “ilargia”
   $Z$: “zuria izan”	$Z(i)$

3. 2 7 baino txikiagoa da.

   $b$: “2”
   $z$: “7”	$T(b,z)$
   $T$: “txikiagoa izan”

4. Anek tea nahiago du kafea baino.

   $a$: “Ane”
   $t$: “tea”	$N(a,t,k)$
   $k$: “kafea”
   $N$: “nahiago izan”

Aurreko adibideetan ikus dezakegu predikatu batzuetan indibiduoen izen bakarra agertzen dela (banako predikatuak) eta beste batzuetan indibiduoen bi izen edo gehiago agertzen direla (predikatu anizkoitzak: bitarrak, hirutarrak...).

Azter dezagun, orain, predikatu-sinbolo bera duten proposizioak nola formulatzen diren:

Bizi txakurra da: $T(b)$

Lagun txakurra da: $T(l)$

7 txakurra da: $T(z)$

Proposizio horiek guztiak batera adierazteko $T(x)$ idatziko dugu. $x$ letrari aldagai esango diogu. Ez da konstantea, eta edozein konstantez ordezka dezakegu.

$T(b)$, $T(l)$, $T(z)$ proposizioak dira, hots, esan dezakegu egiazkoak edo faltsuak diren; baina $T(x)$ ez da egiazkoa, ezta faltsua ere, ez da proposizio.

$T(x)$ bazalako adierazpenei proposizio-funtzio deituko diegu. Banako aldagaiak onartzen dituzten adierazpenak dira, eta proposizio bihurtzen dira banako aldagaien ordez banako konstanteak jartzen ditugunean.

Proposizio-funtzio batetik proposizio bat lortzeko prozesuari, aldagai bat konstante batez ordezkatuz, instantziazio deituko diogu, eta ateratzen den proposizioari ordezkapen-instantzia.

Esate baterako,

$\mathrm{\neg }T(b)$ (Bizi ez da txakurra) eta $\mathrm{\neg }T(z)$ (7 ez da txakurra) $\mathrm{\neg }T(x)$ proposizio-funtzioaren bi instantziazioren emaitzak dira. $\mathrm{\neg }T(b)$ eta $\mathrm{\neg }T(z)$ $\mathrm{\neg }T(x)$ proposizio-funtzioaren bi ordezkapen-instantzia dira.

Badago beste prozedura bat proposizio-funtzio batetik proposizio bat lortzeko: aldagaiak kuantifikatzea.

Orain arte banako enuntziatuen adibideak ikusi ditugu, zeinetan indibiduo bati propietate bat egokitu zaion edo bi indibiduoren edo gehiagoren arteko erlazio bat ezarri den. Baina enuntziatuak ez dira beti banakoak; adibidez, “Dena zuria da” eta “Zerbait zuria da” proposizio orokorrak dira, ez dute indibiduo-izenik. Hala ere, proposizio-funtzio batetik lor ditzakegu, ez instantziazioen bidez, baizik eta orokortzearen edo kuantifikatzearen bidez.

Lehenengo adibidea, “Dena zuria da”, beste era honetan ere adieraz dezakegu: “Edozein gauza emanik, gauza hori zuria da”; eta, $x$ aldagaia erabiliz, “Edozein $x$ emanik, $x$ zuria da”.

“Edozein $x$ emanik” esaldia zenbatzaile unibertsala da, eta $\mathrm{\forall }x$ idatziz adieraziko dugu. Sinbolo hori erabiliz, “Dena zuria da” esaldia honela idatziko dugu: $$\mathrm{\forall }xZ(x)$$

Antzeko eran, “Zerbait zuria da” esaldia honela idatz dezakegu:“Badago gutxienez gauza bat zuria dena”; eta, aldagai batekin, “Badago gutxienez $x$ bat, non $x$ zuria den”.

“Badago gutxienez $x$ bat” esaldia zenbatzaile existentziala da, eta $\mathrm{\exists }x$ idatziz adieraziko dugu. Sinbolo hori erabiliz, “Zerbait zuria da” esaldia honela idatziko dugu: $$\mathrm{\exists }xZ(x)$$

Laburbilduz, “$x$ zuria da” ($Z(x)$) bezalako proposizio-funtzio bat emanik (edo enuntziatu irekia), bi bide dauzkagu proposizio bat lortzeko (edo enuntziatua ixteko):

1. Instantziazioa, aldagaia konstante batez ordezkatzea: $Z(i)$, “Ilargia zuria da”. Bide honen bidez banako enuntziatua lortuko dugu.

2. Orokortzea edo kuantifikazioa, zenbatzaile bat aurrean jartzea: $\mathrm{\forall }xZ(x)$, “Dena zuria da”; $\mathrm{\exists }xZ(x)$, “Zerbait zuria da”.

   Bide honen bidez enuntziatu orokorra lortuko dugu.

Historiari begira, logika tradizionalak lau proposizio-mota nabarmendu zituen; ikus ditzagun adibide hauekin:

• $A$ (baiezko proposizio unibertsala): “Txakur guztiak ugaztunak dira”.
• $E$ (ezezko proposizio unibertsala): “Txakur bat ere ez da ugaztun”.
• $I$ (baiezko proposizio partikularra): “Zenbait txakur ugaztunak dira”.
• $O$ (ezezko proposizio partikularra): “Zenbait txakur ez dira ugaztun”.

$T(x)$=”$x$ txakurra da” eta $U(x)$=”$x$ ugaztuna da” proposizio-funtzioak erabiltzen baditugu, $A$, baiezko unibertsala, honela irakur genezake: “Edozein gauza emanik, gauza hori txakurra bada, gauza hori ugaztuna izango da” edo “Edozein $x$ emanik, $x$ txakurra bada, $x$ ugaztuna izango da”. Eta adierazpen sinbolikoan: $$\mathrm{\forall }x(T(x)\to U(x)).$$

Era berean gainerako hiru proposizioekin:

$E$: “Edozein $x$ emanik, $x$ txakurra bada, $x$ ez da ugaztun”. Adierazpen sinbolikoan: $$\mathrm{\forall }x(T(x)\to \mathrm{\neg }U(x))$$

$I$: “Badago gutxienez $x$ bat, non $x$ txakurra den eta $x$ ugaztuna den”. Adierazpen sinbolikoan: $$\mathrm{\exists }x(T(x)\wedge U(x))$$

$O$: “Badago gutxienez $x$ bat, non $x$ txakurra den eta $x$ ez den ugaztun”. Adierazpen sinbolikoan: $$\mathrm{\exists }x(T(x)\wedge \mathrm{\neg }U(x))$$

Adibideak

1. Arranoek altu egiten dute hegan: $\mathrm{\forall }x(A(x)\to H(x))$.

   Arranoek bakarrik hegan egiten dute altu: $\mathrm{\forall }x(H(x)\to A(x))$.

2. Beroki bat ere ez da iragazgaitza ez bada bereziki tratatua izan: $$\mathrm{\forall }x(B(x)\wedge I(x)\to T(x)).$$

3. Zenbaki arrazional bakoitza zenbaki erreala da, baina zenbait zenbaki erreal ez dira arrazional: $$\mathrm{\forall }x(Q(x)\to R(x))\wedge \mathrm{\exists }x(R(x)\wedge \mathrm{\neg }Q(x)).$$

4. Edozein zenbaki arrunten hurrengoa zenbaki arrunta da: $$\mathrm{\forall }x\mathrm{\forall }y(N(x)\wedge H(y,x)\to N(y)),(H(y,x):\text{ y x-ren hurrengoa da}).$$

5. Edozein zenbaki arrunten hurrengoa zeroren desberdina da: $$\mathrm{\forall }x\mathrm{\forall }y(N(x)\wedge H(y,x)\to \mathrm{\neg }B(y,a)),(B(y,x):y=x;a:0).$$

2.2 Sintaxia

2.1 Definizioa. Predikatu-kalkuluaren $𝒜$ alfabetoa sinbolo hauek osatzen dute:

1. Aldagaiak: $𝒱=\{x,y,z,\dots \}$;
2. Konstanteak: $𝒞=\{a,b,c,\dots \}$;
3. Predikatuak: $𝒫=\{P,Q,R,\dots \}$; $P$ predikatu bakoitzak zenbaki arrunt bat darama elkarturik, predikatuak onartzen duen aldagaien edo konstanteen kopurua adierazten duena, hain zuzen; zenbaki horri predikatuaren aritate deituko diogu eta $ar(P)$ idatziko dugu.
4. Lokailu logikoak: $\{\mathrm{\neg },\wedge ,\vee ,\to ,\leftrightarrow \}$.
5. Zenbatzaileak : $\{\mathrm{\forall }$, $\mathrm{\exists }\}$.
6. Sinbolo inpropioak: $\{(,),,\}$ (parentesiak eta komak).

$𝒜=𝒱\cup 𝒞\cup 𝒫\cup \{\mathrm{\neg },\wedge ,\vee ,\to ,\leftrightarrow \}\cup \{(,),,\}.$

2.2 Definizioa. Aldagaiei eta konstanteei lehen ordenako termino deituko diegu.

2.3 Definizioa. $P$ $n$ aritateko predikatu-sinbolo bat bada eta $t_1,\dots ,t_n$ terminoak badira, $P(t_1,\dots ,t_n)$ atomo bat edo formula atomiko bat da.

2.4 Adibidea. Har ditzagun $𝒱=\{x,y,z\}$ aldagaien multzoa, $𝒞=\{a,b\}$ konstanteen multzoa eta $𝒫=\{P,Q,R,S\}$ predikatuen multzoa, $ar(P)=1$, $ar(Q)=3$, $ar(R)=2$, $ar(S)=3$ aritateak barne.

Hona hemen atomo batzuk: $P(x)$, $P(b)$, $Q(x,a,y)$, $Q(x,y,x)$, $R(x,y)$, $S(a,b,b)$.
Honako hauek, ordea, ez dira atomo: $P(x,y)$, $Q(a)$.

2.5 Definizioa. Predikatu-kalkuluan formula ongi eratuak (foe) arau hauei jarraituz eraikiko ditugu:

1. Atomo bat formula ongi eratua da.
2. $A$ eta $B$ formula ongi eratuak badira, $(\mathrm{\neg }A)$, $(A\wedge B)$, $(A\vee B)$, $(A\to B)$ eta $(A\leftrightarrow B)$ ere formula ongi eratuak dira.
3. $A$ formula ongi eratu bat bada eta $x$ aldagai bat bada, $(\mathrm{\forall }xA)$ eta $(\mathrm{\exists }xA)$ formula ongi eratuak dira.
4. Aurreko hiru arauak kopuru finitu aldiz erabiliz lortzen diren formulak soilik dira formula ongi eratuak.

2.6 Adibidea. Har ditzagun $𝒱=\{x,y,z\}$ aldagaien multzoa, $𝒞=\{a,b\}$ konstanteen multzoa eta $𝒫=\{P,Q,R\}$ predikatuen multzoa, $ar(P)=1$, $ar(Q)=3$, $ar(R)=2$ aritateak barne.

Hona hemen formula ongi eratu batzuk: $P(x)$, $P(b)$, $Q(x,a,y)$, $R(y,a)$, $(\mathrm{\exists }yR(y,a))$, $(\mathrm{\exists }xR(y,a))$, $(\mathrm{\forall }xP(x))$, $((\mathrm{\neg }P(x))\to Q(x,a,y))$, $(\mathrm{\forall }z(((\mathrm{\neg }P(x))\to Q(x,a,y))\wedge (\mathrm{\exists }xR(y,a))))$.
Honako hauek, aldiz, ez dira formula ongi eratu: $(\mathrm{\forall }aP(x))$, $(\mathrm{\forall }P(x,y))$, $(\mathrm{\forall }x,yP(x,y))$.

Proposizio-kalkuluan bezala, bi eratan ken ditzakegu parentesi batzuk, nahasteko arriskurik ez dagoenean eta zenbatzaileen eta lokailuen artean hierarkia bat definituz:

• 1. maila: $\mathrm{\neg }$, $\mathrm{\forall }$, $\mathrm{\exists }$.
• 2. maila: $\wedge$, $\vee$.
• 3. maila: $\to$, $\leftrightarrow$.

2.7 Adibideak.

1. $(\mathrm{\forall }z((P(x)\wedge R(x,z))\to Q(x,a,y)))$ formula honela idatz dezakegu: $\mathrm{\forall }z(P(x)\wedge R(x,z)\to Q(x,a,y))$.
2. $\mathrm{\forall }xP(x)\to R(x,y)$ formula $((\mathrm{\forall }xP(x))\to R(x,y))$ formula da, eta ez $(\mathrm{\forall }x(P(x)\to R(x,y)))$.
3. $\mathrm{\forall }x\mathrm{\forall }yR(x,y)\vee P(y)$ formula $((\mathrm{\forall }x(\mathrm{\forall }yR(x,y)))\vee P(y))$ formula da.

2.8 Definizioa. $A$ formula emanik, $A$ formularen azpiformula $A$ formularen zatia den ondoz ondo eraikitako formula ongi eratu bat da.

Adibidez, $A=\mathrm{\forall }xP(x)\to R(x,y)$ formula emanik, $\mathrm{\forall }xP(x)$ eta $R(x,y)$ azpiformulak dira, baina $P(x)\to R(x,y)$ ez da azpiformula.

2.9 Definizioa. Formula batean, zenbatzaile baten agerpen baten irismena agerpen horrek eragiten duen azpiformula da.

2.10 Adibideak.

1. $\mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }yR(x,y)$ formulan, $\mathrm{\exists }y$ zenbatzailearen irismena $R(x,y)$ azpiformula da, eta $\mathrm{\forall }x$ zenbatzailearena $\mathrm{\exists }yR(x,y)$.
2. $\mathrm{\forall }y(\mathrm{\exists }xR(x,y)\vee P(x))$ formulan, $\mathrm{\exists }x$ zenbatzailearen irismena $R(x,y)$ azpiformula da, eta $\mathrm{\forall }y$ zenbatzailearena $\mathrm{\exists }xR(x,y)\vee P(x)$.
3. $\mathrm{\forall }y(R(x,y)\to \mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }yQ(x,a,y))$ formulan, $\mathrm{\exists }y$ zenbatzailearen irismena $Q(x,a,y)$ azpiformula da, $\mathrm{\forall }x$ zenbatzailearena $\mathrm{\exists }yQ(x,a,y)$ azpiformula da, eta $\mathrm{\forall }y$ zenbatzailearena $R(x,y)\to \mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }yQ(x,a,y)$.

2.11 Definizioa. Aldagai baten agerpen bat formula batean lotua da zenbatzaile batekin badago edo aldagaia erabiltzen duen zenbatzaile baten irismenaren barne badago. Agerpena askea da ez bada lotua.

Aldagai bat askea da formula batean gutxienez aldagaiaren agerpen bat askea bada formulan. Aldagai bat lotua da formula batean gutxienez aldagaiaren agerpen bat lotua bada formulan. Ohar gaitezen aldagai bat aldi berean askea eta lotua izan daitekeela.

2.12 Definizioa. Formula bat itxia da ez badauka aldagai askeen agerpenik.

2.13 Adibideak.

1. $\mathrm{\forall }xR(x,y)$.

   Zenbatzaileen agerpenen irismenak azpimarratuko ditugu, eta irismenei eta zenbatzaileek lotzen dituzten aldagaien agerpenei azpiindize bera jarriko diegu:

   $\mathrm{\forall }{x}_1{\underset{\_}{R(x_1,y)}}_1$. $x$ lotua da; $y$ askea da.

2. $\mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }y(R(x,y)\to \mathrm{\forall }xP(x))$.

   Jakiteko zenbatzaileen agerpen bakoitzak aldagaien zer agerpen lotzen dituen, formularen barrutik kanpora joango gara, formula eraikitzeko bideari jarraituz.

   $\mathrm{\forall }{x}_3{\underset{\_}{\mathrm{\exists }{y}_2{\underset{\_}{(R(x_3,y_2)\to \mathrm{\forall }{x}_1{\underset{\_}{P(x_1)}}_1)}}_2}}_3$. $x$, $y$ lotuak dira eta formula itxia da.

3. $\mathrm{\exists }x\mathrm{\forall }yR(x,y)\vee \mathrm{\exists }zQ(x,a,z)$.

   $\mathrm{\exists }{x}_2{\underset{\_}{\mathrm{\forall }{y}_1{\underset{\_}{R(x_2,y_1)}}_1}}_2\vee \mathrm{\exists }{z}_3{\underset{\_}{Q(x,a,z_3)}}_3$. $x$ askea eta lotua da; $y$, $z$ lotuak dira.

4. $\mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }yR(x,y)\to \mathrm{\forall }xP(x)$.

   $\mathrm{\forall }{x}_2{\underset{\_}{\mathrm{\exists }{y}_1{\underset{\_}{R(x_2,y_1)}}_1}}_2\to \mathrm{\forall }{x}_3{\underset{\_}{P(x_3)}}_3$. $x$, $y$ lotuak dira eta formula itxia da.

2.3 Semantika

Proposizio-kalkuluan interpretazio bat atomoei egia-balioak esleitzea zen. Predikatu-kalkuluan aldagaiak erabiltzen ditugunez, hori baino zerbait gehiago beharko dugu.

Lehendabizi, kontuan izan behar dugu zer objektu izan daitezkeen aldagaiaren balioak (hots, aldagaiaren definizio-eremua). Esaterako, demagun $Z(x,y)$ formulak “$x$ $y$-ren zatitzailea dela” esan nahi duela. $x$ eta $y$ aldagaiak zenbaki osoz ordezkatzen baditugu, proposizio bat lortuko dugu, egiazkoa edo faltsua izango dena. Baina aldagaiak zuhaitz-izenez ordezkatzen baditugu, ez da horrela gertatzen. Ez du zentzurik “Pagoak haritza zatitzen du” esateak. Dena dela, horrelako eztabaida baztertuko dugu suposatuz $D$ eremu ez-huts bat dagoela, non $D$ eremuaren elementuak aldagaien balioak diren.

Suposatuko dugu $D$ multzo ez-hutsa ez dugula ezagutzen; hau da, saiatuko gara predikatu-logika garatzen edozein $D$ multzo ez-huts erabiliz.

Adibidez, $D$ eremuak bi elementu baditu, elementuei 1 eta 2 deituko diegu; orduan, $D=\{1,2\}$ idatz dezakegu. $P$ 3 aritateko predikatu bat bada, $P(x,y,z)$ adierazpenean $x$, $y$, $z$ aldagaiek 1 eta 2 balioak har ditzakete: $P(1,1,1)$, $P(1,1,2)$, ..., $P(2,2,2)$.

Guztira, $2^3=8$ aukera ditugu, 1 eta 2 zenbakiekin osa ditzakegun hirukote guztiak, hain zuzen. Hirukote horien multzoa honela adieraziko dugu:

$D^3=\{(1,1,1),(1,1,2),(1,2,1),(1,2,2),(2,1,1),(2,1,2),(2,2,1),(2,2,2)\}$

Antzeko eran, $D^2=\{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)\}$ dugu.

$D=\{1,2,3\}$ eremua badugu, $3^2=9$ bikoteen multzoa hau izango da:

$D^2=\{(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)\},$

eta $3^3=27$ hirukoteen multzoa beste hau:

$D^3=\{(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),\dots ,(3,3,3)\}.$

Oro har, $D$ eremuak $m$ elementu baditu, $D^n$ multzoak $m^n$ $n$-kote izango ditu.

Orain, $P(x,y,z)$ formulatik $x$, $y$, $z$ aldagaiak $D^3$ multzoaren $(d_1,d_2,d_3)$ hirukotearen balioez ordezkatzean lortzen den proposizioa egiazkoa edo faltsua izango da (baina ez biak). Hori $D^3$ multzoaren hirukote bakoitzarekin gertatuko da; beraz, 3 aritateko $P$ predikatuari $\phi$ funtzio bat esleitu ahal izango diogu; funtzio horrek $D^3$ multzoaren hirukote bakoitzari $E$ edo $F$ balioa esleituko dio, hau da, $\phi :D^3⟶\{E,F\}$ funtzio bat izango dugu.

Adibidez, $D=\{1,2\}$ bada, demagun $P(1,1,1)$, $P(1,2,1)$, $P(1,2,2)$ proposizioei $E$ balioa esleitzen diegula, eta gainerakoei $F$ balioa. Orduan, $P$ predikatuari esleitzen diogun funtzioa hau da:

$\begin{array}{cccc}\phi :& D^3& \to & \{E,F\}\\ & 111& \mapsto & E\\ & 112& \mapsto & F\\ & 121& \mapsto & E\\ & 122& \mapsto & E\\ & 211& \mapsto & F\\ & 212& \mapsto & F\\ & 221& \mapsto & F\\ & 222& \mapsto & F\end{array}$

$D^3$ zutabean $111,112,...$ idatzi dugu, $(1,1,1),(1,1,2),...$ idatzi beharrean, idazkera sinplifikatzeko asmoz. Horrela egingo dugu nahasteko arriskurik ez dagoenean.

Funtzio horri 3 aritateko funtzio logiko deituko diogu, eta honela adieraziko dugu:

$\begin{array}{cc}{D}^3& \phi \\ 111& E\\ 112& F\\ 121& E\\ 122& E\\ 211& F\\ 212& F\\ 221& F\\ 222& F\end{array}$

$D=\{1,2\}$ eremuaren kasuan 3 aritateko $2^8=256$ funtzio logiko daude $P$ predikatuari esleitu ahal izateko:

$\begin{array}{cccccc}{D}^3& {\phi }_1& {\phi }_2& {\phi }_3& \dots & {\phi }_{256}\\ 111& E& E& E& \dots & F\\ 112& E& E& E& \dots & F\\ 121& E& E& E& \dots & F\\ 122& E& E& E& \dots & F\\ 211& E& E& E& \dots & F\\ 212& E& E& E& \dots & F\\ 221& E& E& F& \dots & F\\ 222& E& F& E& \dots & F\end{array}$

Antzera, $P$ $n$ aritateko predikatu bakoitzari $n$ aritateko funtzio logiko bat esleituko diogu, $\phi :D^n⟶\{E,F\}$.

$D$ eremuak $m$ elementu baditu, $D^n$ multzoak $m^n$ elementu izango ditu; eta, beraz, $n$ aritateko $2^{(m^n)}$ funtzio logiko daude.

2.14 Adibideak.

1. Izan bedi $D=\{1,2\}$ eremua.

   1 aritateko funtzio logikoak:

   $\begin{array}{ccccc}D& {\phi }_1& {\phi }_2& {\phi }_3& {\phi }_4\\ 1& E& E& F& F\\ 2& E& F& E& F\end{array}$

   2 aritateko funtzio logikoak:

   $\begin{array}{cccccc}{D}^2& {\phi }_1& {\phi }_2& {\phi }_3& \dots & {\phi }_{16}\\ 11& E& E& E& \dots & F\\ 12& E& E& E& \dots & F\\ 21& E& E& F& \dots & F\\ 22& E& F& E& \dots & F\end{array}$

2. Izan bedi $D=\{1,2,3\}$ eremua.

   2 aritateko funtzio logikoak:

   $\begin{array}{ccccc}{D}^2& {\phi }_1& {\phi }_2& \dots & {\phi }_{512}\\ 11& E& E& \dots & F\\ 12& E& E& \dots & F\\ 13& E& E& \dots & F\\ 21& E& E& \dots & F\\ 22& E& E& \dots & F\\ 23& E& E& \dots & F\\ 31& E& E& \dots & F\\ 32& E& E& \dots & F\\ 33& E& F& \dots & F\end{array}$

2.15 Definizioa. $A$ formula ongi eratu baten interpretazio bat emateko $D$ eremu ez-huts bat hartuko dugu eta $A$ formulan agertzen diren konstanteei, aldagai askeei eta predikatu-sinboloei balioak esleituko dizkiegu honela:

1. konstante bakoitzari $D$ eremuaren elementu bat esleituko diogu;
2. aldagai aske bakoitzari $D$ eremuaren elementu bat esleituko diogu;
3. $n$ aritateko predikatu-sinbolo bakoitzari $n$ aritateko funtzio logiko bat esleituko diogu.

Batzuetan, $D$ eremua azpimarratzeko, $D$ eremuaren gaineko interpretazioaz hitz egingo dugu.

2.16 Adibidea. $A=P(x)\wedge \mathrm{\forall }xQ(x,a)$.

Konstanteak: $a$.

Aldagai askeak: $x$.

Predikatu-sinboloak: $P$, $Q$; $ar(P)=1$, $ar(Q)=2$.

Interpretazio batzuk:

1. $\begin{array}{cccc}D=\{1,2\}& \begin{array}{cccc}x& a& P& Q\\ 1& 2& \alpha & \beta \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& E\\ 2& F\end{array}& \begin{array}{cc}{D}^2& \beta \\ 11& E\\ 12& F\\ 21& F\\ 22& E\end{array}\end{array}$
2. $\begin{array}{cccc}D=\{1,2\}& \begin{array}{cccc}x& a& P& Q\\ 2& 2& \alpha & \beta \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& E\\ 2& E\end{array}& \begin{array}{cc}{D}^2& \beta \\ 11& E\\ 12& F\\ 21& F\\ 22& E\end{array}\end{array}$

2.17 Definizioa. $G$ formula ongi eratu bat eta $G$ formularen $D$ eremuaren gaineko $I$ interpretazio bat emanik, $G$ formularen egia-balioa $I$ interpretaziorako honela kalkulatuko dugu:

1. $G=(\mathrm{\neg }A)$, $G=(A\wedge B)$, $G=(A\vee B)$, $G=(A\to B)$ edo $G=(A\leftrightarrow B)$ bada, egia-balioa proposizio-kalkuluan bezala kalkulatuko dugu.

2. $G=(\mathrm{\forall }xA)$ edo $G=(\mathrm{\exists }xA)$ bada, $A$ formularen egia-balioa kalkulatuko dugu $x$ aldagaiak $A$ formulan duen agerpen aske bakoitza $D$ eremuaren elementu guztiez ordezkatuz; horrela, $x$ aldagaiaren funtzio logiko bat lortuko dugu:
   $\begin{array}{cc}x& A^{*}\\ 1& E\\ 2& F\\ ⋮& ⋮\end{array}$
   $V(\mathrm{\forall }xA,I)=E$ da funtzio logiko horrek $E$ balioa hartzen badu $D$ eremuaren elementu guztietarako, hau da, $A^{*}$ zutabean dena $E$ bada. Bestela, hau da, $A^{*}$ zutabean gutxienez $F$ bat badago, $V(\mathrm{\forall }xA,I)=F$.

   $V(\mathrm{\exists }xA,I)=E$ da funtzio logiko horrek $E$ balioa hartzen badu gutxienez $D$ eremuaren elementu baterako, hau da, $A^{*}$ zutabean gutxienez $E$ bat badago. Bestela, hau da, $A^{*}$ zutabean dena $F$ bada, $V(\mathrm{\exists }xA,I)=F$.

2.18 Adibideak.

1. $A=\mathrm{\forall }xP(x)$

   $A$ formularen $I$ interpretazio bat emateko $D$ eremu bat hartuko dugu eta $P$ predikatu-sinboloari 1 aritateko $\alpha$ funtzio logiko bat esleituko diogu. Bi elementuko eremu baten gainean 1 aritateko lau funtzio logiko daude. Konstanterik eta aldagai askerik ez dagoenez, eta 1 aritateko predikatu bakarra dagoenez, guztira lau interpretazio izango ditugu (bi elementuko eremu baten gainean). Hona hemen horietako bat:
   $\begin{array}{cccc}I:& D=\{1,2\}& \begin{array}{c}P\\ \alpha \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& E\\ 2& F\end{array}\end{array}$
   $V(A,I)$ kalkulatzeko honela jokatuko dugu:

   1. Funtzio logikoa formulan ordezkatu: $A^{*}=\mathrm{\forall }x\alpha (x)$.

   2. Formula $\mathrm{\forall }x$ (zenbatzaile) motakoa denez, zenbatzailearen ($\alpha (x)$) irismenaren egia-balioa kalkulatuko dugu $x$ aldagaiak $\alpha (x)$ adierazpenean duen agerpen aske bakoitza $D$ eremuaren elementu bakoitzaz ordezkatuz:
      $\begin{array}{cc}x& \alpha (x)\\ 1& \alpha (1)=E\\ 2& \alpha (2)=F\end{array}$
      Taulan $F$ bat agertzen denez, $\mathrm{\forall }x\alpha (x)=F$ da.

   Hau da, $V(A,I)=F$ da.

2. $A=\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }P(x)$

   Bi elementuko eremu baten gainean lau interpretazio daude. Har dezagun $A$ formularen interpretazio hau:
   $\begin{array}{cccc}I:& D=\{1,2\}& \begin{array}{c}P\\ \alpha \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& F\\ 2& E\end{array}\end{array}$

   1. Funtzio logikoa formulan ordezkatu: $A^{*}=\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }\alpha (x)$.

   2. Formula $\mathrm{\exists }x$ (zenbatzaile) motakoa denez, zenbatzailearen ($\mathrm{\neg }\alpha (x)$) irismenaren egia-balioa kalkulatuko dugu $x$ aldagaiak $\mathrm{\neg }\alpha (x)$ adierazpenean duen agerpen aske bakoitza $D$ eremuaren elementu bakoitzaz ordezkatuz. Bestalde, $\mathrm{\neg }\alpha (x)$ adierazpena $\mathrm{\neg }$ motakoa da, beraz, proposizio-kalkuluan bezala kalkulatuko dugu:
      $\begin{array}{ccc}x& \alpha (x)& \mathrm{\neg }\alpha (x)\\ 1& \alpha (1)=F& E\\ 2& \alpha (2)=E& F\end{array}$
      Taulan $E$ bat agertzen denez, $\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }\alpha (x)=E$ da.

   Beraz, $V(A,I)=E$ da.

3. $A=P(x)\vee \mathrm{\forall }y(P(y)\to Q(a))$

   $2\cdot 2\cdot 4\cdot 4=64$ interpretazio daude bi elementuko eremu baten gainean (aldagai aske bat, konstante bat eta bi predikatu-sinbolo). Interpretazio hau hartuko dugu:
   $\begin{array}{ccccc}I:& D=\{1,2\}& \begin{array}{cccc}x& a& P& Q\\ 2& 1& \alpha & \beta \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& E\\ 2& F\end{array}& \begin{array}{cc}D& \beta \\ 1& F\\ 2& F\end{array}\end{array}$

   1. $A^{*}=\alpha (2)\vee \mathrm{\forall }y(\alpha (y)\to \beta (1))=F\vee \mathrm{\forall }y(\alpha (y)\to F)$.

   2. $\mathrm{\forall }y(\alpha (y)\to F)$ kalkulatu behar dugu:
      $\begin{array}{ccc}y& \alpha (y)& \alpha (y)\to F\\ 1& \alpha (1)=E& F\\ 2& \alpha (2)=F& E\end{array}$
      $\mathrm{\forall }y$ motakoa denez, eta taulan $F$ bat agertzen denez, $\mathrm{\forall }y(\alpha (y)\to F)=F$ da.

      Eta, hortik, $A^{*}=F\vee F=F$ da.

   Beraz, $V(A,I)=F$ da.

4. $A=\mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }yP(x,y)$

   $D=\{1,2,3\}$ eremuaren gainean $2^9=512$ interpretazio daude; hau hartuko dugu:
   $\begin{array}{cccc}I:& D=\{1,2,3\}& \begin{array}{c}P\\ \alpha \end{array}& \begin{array}{cc}{D}^2& \alpha \\ 11& E\\ 12& E\\ 13& F\\ 21& F\\ 22& E\\ 23& E\\ 31& F\\ 32& F\\ 33& E\end{array}\end{array}$

   1. $A^{*}=\mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }y\alpha (x,y)$.

   2. $\mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }y\alpha (x,y)$ kalkulatu behar dugu; hona hemen dagokion taula:
      $\begin{array}{cc}x& \mathrm{\exists }y\alpha (x,y)\\ 1& \mathrm{\exists }y\alpha (1,y)\\ 2& \mathrm{\exists }y\alpha (2,y)\\ 3& \mathrm{\exists }y\alpha (3,y)\end{array}$
      $\mathrm{\exists }y\alpha (1,y)$ adierazpena $\mathrm{\exists }y$ motakoa denez, dagokion taula eraiki beharko dugu; eta berdin $\mathrm{\exists }y\alpha (2,y)$ eta $\mathrm{\exists }y\alpha (3,y)$ adierazpenekin. Beraz, taula baten barnean hiru taula izango ditugu; honela:
      $\begin{array}{ccc}x& & \mathrm{\exists }y\alpha (x,y)\\ 1& \begin{array}{cc}y& \alpha (1,y)\\ 1& \alpha (1,1)=E\\ 2& \alpha (1,2)=E\\ 3& \alpha (1,3)=F\end{array}\}& \mathrm{\exists }y\alpha (1,y)=E\\ 2& \begin{array}{cc}y& \alpha (2,y)\\ 1& \alpha (2,1)=F\\ 2& \alpha (2,2)=E\\ 3& \alpha (2,3)=E\end{array}\}& \mathrm{\exists }y\alpha (2,y)=E\\ 3& \begin{array}{cc}y& \alpha (3,y)\\ 1& \alpha (3,1)=F\\ 2& \alpha (3,2)=F\\ 3& \alpha (3,3)=E\end{array}\}& \mathrm{\exists }y\alpha (3,y)=E\end{array}$
      $\mathrm{\forall }x$ motakoa denez, eta (eskuineko) taulan dena $E$ denez, $\mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }y\alpha (x,y)=E$ da.

   Hortaz, $V(A,I)=E$ da.

2.4 Baliozkotasuna. Inkontsistentzia. Ondorio logikoak

Baliozkotasunaren, kontsistentziaren eta ondorio logikoaren definizioek bere horretan diraute, proposizio-kalkuluan bezala.

2.19 Definizioa. $A$ formula bat tautologia edo baliozkoa da $A$ formularen interpretazio guztietarako egiazkoa bada. $A$ formula baliogabea da ez bada baliozkoa.

$A$ formula bat kontsistentea da gutxienez $A$ formularen interpretazio baterako egiazkoa bada. $A$ formula bat inkontsistentea edo kontraesana da ez bada kontsistentea.

2.20 Definizioa. $B$ formula bat $A_1,\dots ,A_n$ formulen ondorio logikoa dela edo formuletatik logikoki deduzitzen dela esango dugu edozein $I$ interpretaziotarako, non $V(A_1,I)=\cdots =V(A_n,I)=E$ den, $V(B,I)=E$ ere bada. Eta honela adieraziko dugu:

$A_1,\dots ,A_n\Rightarrow B\text{ edo }{A}_1,\dots ,A_n\models B.$

2.21 Definizioa. $P_1,\dots ,P_n/\dot{..}C$ argumentu bat baliozkoa da $C$ ondorioa premisen ondorio logikoa bada. Hau da, edozein $I$ interpretaziotarako, non $V(P_1,I)=\cdots =V(P_n,I)=E$ den, $V(C,I)=E$ ere bada. Argumentua baliogabea da ez bada baliozko argumentua.

Teorema hauek ere betetzen dira:

2.22 Teorema.

1. $B$ formula $A_1,\dots ,A_n$ formulen ondorio logikoa da baldin eta soilik baldin $\models (A_1\wedge \cdots \wedge A_n\to B)$ bada.
2. $B$ formula $A_1,\dots ,A_n$ formulen ondorio logikoa da baldin eta soilik baldin $A_1\wedge \cdots \wedge A_n\wedge \mathrm{\neg }B$ formula inkontsistentea bada.

Hala eta guztiz ere, predikatu-kalkuluaren egoera eta proposizio-kalkuluaren egoera zeharo desberdinak dira. Azken horretan edozein formularen egia-taula eraikitzea posiblea den bitartean, predikatu-kalkuluan ez da hori beti posible.

Predikatu-kalkuluan, eremua finitua denean, egia-taula eraiki dezakegu, teorikoki bada ere. Baina formula bat baliozkoa izateko, edozein eremuren gaineko edozein interpretaziotarako egiazkoa izan behar du, eremu infinituak barne. Berdin formula inkontsistenteekin, baliogabeekin...

Dena dela, formula bat baliozkoa edo kontsistentea den ala ez arrazoi dezakegu egia-taula lerroz lerro eraiki gabe.

2.23 Adibideak.

1. Ikus dezagun $A=\mathrm{\exists }x(P(x)\wedge \mathrm{\neg }P(x))$ formula inkontsistentea dela.

   Izan bitez $D$ edozein eremu ez-huts eta $I$ edozein interpretazio eremu horren gainean.
   $\begin{array}{cccc}I:& D& \begin{array}{c}P\\ \alpha \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& ?\\ ⋮& ⋮\end{array}\end{array}$

   1. $A^{*}=\mathrm{\exists }x(\alpha (x)\wedge \mathrm{\neg }\alpha (x))$.

   2. $\mathrm{\exists }x(\alpha (x)\wedge \mathrm{\neg }\alpha (x))$ kalkulatu behar dugu.
      $\begin{array}{cccc}x& \alpha (x)& \mathrm{\neg }\alpha (x)& \alpha (x)\wedge \mathrm{\neg }\alpha (x)\\ 1& \alpha (1)=?& \mathrm{\neg }?& ?\wedge \mathrm{\neg }?=F\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮\end{array}$
      $\mathrm{\exists }x$ motakoa denez eta taulan dena $F$ denez, $\mathrm{\exists }x(\alpha (x)\wedge \mathrm{\neg }\alpha (x))=F$ izango da.

   Beraz, $V(A,I)=F$ da, non $I$ edozein interpretazio eta $D$ edozein eremu diren. Hortaz, $A$ formula inkontsistentea da.

2. Ikus dezagun $A=P(y)\to \mathrm{\forall }xP(x)$ formula baliogabea dela.

   Horretarako nahikoa da $V(A,I)=F$ betetzen duen $I$ interpretazio bat bilatzea.

   Proba dezagun $D=\{1\}$ eremuarekin. $\begin{array}{cccc}I:& D=\{1\}& \begin{array}{cc}y& P\\ 1& \alpha \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& ?\end{array}\end{array}$

   1. $A^{*}=\alpha (1)\to \mathrm{\forall }x\alpha (x)$.

   2. $A^{*}=F$ izateko, $\alpha (1)=E$ eta $\mathrm{\forall }x\alpha (x)=F$ bete behar dira. Orduan, 1 aritateko funtzio logiko hau daukagu:
      $\begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& E\end{array}$
      Orduan, taula hau izango genuke:
      $\begin{array}{cc}x& \alpha (x)\\ 1& \alpha (1)=E\end{array}$
      Taulan dena $E$ denez, $\mathrm{\forall }x\alpha (x)=E$ izango da.

   Beraz, $D=\{1\}$ eremurako ezin izan dugu aurkitu $A$ formula faltsutzen duen interpretaziorik ($A$ formula kontsistentea da).

   Proba dezagun $D=\{1,2\}$ eremuarekin.
   $\begin{array}{cccc}I:& D=\{1,2\}& \begin{array}{cc}y& P\\ d& \alpha \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& ?\\ 2& ?\end{array}\end{array}$ ($d$ $D$ eremuaren elementu bat da)

   1. $A^{*}=\alpha (d)\to \mathrm{\forall }x\alpha (x)$.

   2. $A^{*}=F$ izateko, $\alpha (d)=E$ eta $\mathrm{\forall }x\alpha (x)=F$ bete behar dira. Biak bete daitezen:
      $\begin{array}{ccc}x& \alpha (x)& \\ 1& \alpha (1)& F\text{ bat eta }E\text{ bat}\\ 2& \alpha (2)& \end{array}$

   Har dezagun, adibidez, interpretazio hau:
   $\begin{array}{cccc}I:& D=\{1,2\}& \begin{array}{cc}y& P\\ 1& \alpha \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& E\\ 2& F\end{array}\end{array}$
   Egiaztapena:

   1. $A^{*}=\alpha (d)\to \mathrm{\forall }x\alpha (x)$.

   2. Interpretazio honetarako $\alpha (1)=E$ eta $\mathrm{\forall }x\alpha (x)=F$ dauzkagu, taula honetan $F$ bat dagoelako: $\begin{array}{cc}x& \alpha (x)\\ 1& \alpha (1)=E\\ 2& \alpha (2)=F\end{array}$
      Beraz,$A^{*}=E\to F=F$ da.

   Ondorioz, $V(A,I)=F$ da eta $A$ formula baliogabea da.

3. Ikus dezagun $B=Q(a)$ formula $A_1=\mathrm{\forall }x(P(x)\to Q(x))$ eta $A_2=P(a)$ formulen ondorio logikoa dela.

   Horretarako frogatu beharko dugu edozein $I$ interpretaziotarako $V(A_1,I)=V(A_2,I)=E$ bada, $V(B,I)=E$ ere izango dela.

   Izan bitez $D$ edozein eremu eta $I$ edozein interpretazio $D$ eremuaren gainean, non $V(A_1,I)=V(A_2,I)=E$ den.
   $\begin{array}{ccccc}I:& D& \begin{array}{ccc}a& P& Q\\ d& \alpha & \beta \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& ?\\ ⋮& ⋮\end{array}& \begin{array}{cc}D& \beta \\ 1& ?\\ ⋮& ⋮\end{array}\end{array}$
   $A_1^{*}=\mathrm{\forall }x(\alpha (x)\to \beta (x))$.

   $A_2^{*}=\alpha (d)$.

   $A_2^{*}=E$ izateko $\alpha (d)=E$ bete behar da; beraz, $\alpha$ funtzioaren taulan, errenkada bat honelakoa izango da:
   $\underset{\text{errenkada}}{\underbrace{d\alpha (d)=E}}$

   $A_1^{*}=E$ denez, $\alpha (x)\to \beta (x)$ adierazpenaren taularen errenkada guztietan $E$ agertuko da. Horien artean, $d$ duen errenkada:
   $\underset{\text{errenkada}}{\underbrace{d\alpha (d)\to \beta (d)=E}}$

   $B^{*}=\beta (d)$.

   $\alpha (d)\to \beta (d)=E$ eta $\alpha (d)=E$ direnez, $\beta (d)=E$ bete beharko da.

   Hortaz, $V(B,I)=E$ eta $B$ formula $A_1$ eta $A_2$ formulen ondorio logikoa da.

4. Ikus dezagun argumentu hau baliogabea dela:
   $\begin{array}{c}{A}_1=\mathrm{\forall }x(P(x)\to \mathrm{\neg }Q(x))\\ A_2=\mathrm{\exists }x(R(x)\wedge Q(x))\\ B=\mathrm{\forall }x(P(x)\to R(x))\end{array}$
   Argumentu bat baliogabea dela frogatzeko nahikoa da frogatzea ondorioa ez dela premisen ondorio logikoa. Hau da, nahikoa da premisak egiaztatzen dituen eta ondorioa faltsutzen duen interpretazio bat aurkitzea.

   Proba dezagun $D=\{1\}$ eremuarekin.
   $\begin{array}{cccccc}I:& D& \begin{array}{ccc}P& Q& R\\ \alpha & \beta & \gamma \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& ?\end{array}& \begin{array}{cc}D& \beta \\ 1& ?\end{array}& \begin{array}{cc}D& \gamma \\ 1& ?\end{array}\end{array}$

   $A_1^{*}=\mathrm{\forall }x(\alpha (x)\to \mathrm{\neg }\beta (x))$.

   $A_1^{*}=E$ izateko, $\begin{array}{cc}x& \alpha (x)\to \mathrm{\neg }\beta (x)\\ 1& \alpha (1)\to \mathrm{\neg }\beta (1)=E\end{array}$ bete behar da.

   $A_2^{*}=\mathrm{\exists }x(\gamma (x)\wedge \beta (x))$.

   $A_2^{*}=E$ izateko, $\begin{array}{cc}x& \gamma (x)\wedge \beta (x)\\ 1& \gamma (1)\wedge \beta (1)=E\end{array}$ bete behar da.

   Hortaz, azkenekotik, $\gamma (1)=E$ eta $\beta (1)=E$ dira. $\beta (1)=E$ denez, $\mathrm{\neg }\beta (1)=F$ da eta, $\alpha (1)\to \mathrm{\neg }\beta (1)=E$ bete behar denez, $\alpha (1)=F$ aterako dugu. Eta $B^{*}$ adierazpenerako, taula hau daukagu:
   $\begin{array}{cc}x& \alpha (x)\to \gamma (x)\\ 1& \alpha (1)\to \gamma (1)=E\end{array}$
   eta, hortaz, $B^{*}=E$ da.

   Ondorioz, $D=\{1\}$ eremuarekin ezin izan dugu aurkitu $A_1$ eta $A_2$ egiaztatu eta $B$ faltsutzen dituen interpretaziorik.

   Proba dezagun $D=\{1,2\}$ eremuarekin.

   $\begin{array}{cccccc}I:& D& \begin{array}{ccc}P& Q& R\\ \alpha & \beta & \gamma \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& ?\\ 2& ?\end{array}& \begin{array}{cc}D& \beta \\ 1& ?\\ 2& ?\end{array}& \begin{array}{cc}D& \gamma \\ 1& ?\\ 2& ?\end{array}\end{array}$

   $A_1^{*}=\mathrm{\forall }x(\alpha (x)\to \mathrm{\neg }\beta (x))$.

   $A_1^{*}=E$ izateko,
   $\begin{array}{cc}x& \alpha (x)\to \mathrm{\neg }\beta (x)\\ 1& \alpha (1)\to \mathrm{\neg }\beta (1)=E\\ 2& \alpha (2)\to \mathrm{\neg }\beta (2)=E\end{array}\text{ bete behar da.}\text{ [tabla1]}$

   $A_2^{*}=\mathrm{\exists }x(\gamma (x)\wedge \beta (x))$.

   $A_2^{*}=E$ izateko,
   $\begin{array}{cc}x& \gamma (x)\wedge \beta (x)\\ 1& \gamma (1)\wedge \beta (1)\\ 2& \gamma (2)\wedge \beta (2)\end{array}\text{ batek }E\text{ izan behar du.}\text{ [tabla2]}$

   $B^{*}=\mathrm{\forall }x(\alpha (x)\to \gamma (x))$.

   $B^{*}=F$ izateko, $\begin{array}{cc}x& \alpha (x)\to \gamma (x)\\ 1& \alpha (1)\to \gamma (1)\\ 2& \alpha (2)\to \gamma (2)\end{array}\text{ batek }F\text{ izan behar du.}\text{ [tabla3]}$

   [tabla2] betetzeko, nahikoa da $\gamma (1)=\beta (1)=E$ betetzea ($\mathrm{\neg }\beta (1)=F$). Orduan, $\alpha (1)\to \mathrm{\neg }\beta (1)=E$ izan behar denez, $\alpha (1)=F$ aterako dugu. Eta hortik $\alpha (1)\to \gamma (1)=E$ daukagu.

   [tabla3] betetzeko, $\alpha (2)\to \gamma (2)=F$ bete behar da, hau da, $\alpha (2)=E$ eta $\gamma (2)=F$.

   Hortaz, [tabla1] betetzeko, $\alpha (2)=E$ eta $\alpha (2)\to \mathrm{\neg }\beta (2)=E$ badira, $\mathrm{\neg }\beta (2)=E$ eta $\beta (2)=F$ izango dira.

   Laburbilduz, hona hemen $A_1$ eta $A_2$ egiaztatu eta $B$ faltsutzen dituen interpretazio bat:
   $\begin{array}{cccccc}I:& D& \begin{array}{ccc}P& Q& R\\ \alpha & \beta & \gamma \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& F\\ 2& E\end{array}& \begin{array}{cc}D& \beta \\ 1& E\\ 2& F\end{array}& \begin{array}{cc}D& \gamma \\ 1& E\\ 2& F\end{array}\end{array}$

   Egiaztapena:

   $\begin{array}{cc}{A}_1^{*}=\mathrm{\forall }x(\alpha (x)\to \mathrm{\neg }\beta (x))& \begin{array}{ccccc}x& \alpha (x)& \beta (x)& \mathrm{\neg }\beta (x)& \alpha (x)\to \mathrm{\neg }\beta (x))\\ 1& F& E& F& E\\ 2& E& F& E& E\end{array}\end{array}$

   $\begin{array}{cc}{A}_2^{*}=\mathrm{\exists }x(\gamma (x)\wedge \beta (x))& \begin{array}{cccc}x& \gamma (x)& \beta (x)& \gamma (x)\wedge \beta (x)\\ 1& E& E& E\\ 2& F& F& F\end{array}\end{array}$

   $\begin{array}{cc}{B}^{*}=\mathrm{\forall }x(\alpha (x)\to \gamma (x))& \begin{array}{cccc}x& \alpha (x)& \gamma (x)& \alpha (x)\to \gamma (x)\\ 1& F& E& E\\ 2& E& F& F\end{array}\end{array}$

   Beraz, $V(A_1,I)=V(A_2,I)=E$ eta $V(B,I)=F$ betetzen dira. Eta argumentua baliogabea da.

2.5 Baliokidetza logikoak

2.24 Definizioa. $A$ eta $B$ bi formula ongi eratuak logikoki baliokideak dira ($A\equiv B$) egia-balio berberak badituzte interpretazio guztietarako, $V(A,I)=V(B,I)$.

Ondorioak.

1. Proposizio-kalkuluaren baliokidetza logikoek bere horretan diraute predikatu-kalkuluan.
2. $A\equiv B$ da baldin eta soilik baldin $\models (A\leftrightarrow B)$ bada.

Horietaz gain, predikatu-kalkuluan baliokidetza gehiago dauzkagu.

Idazkera.

• $A[x]$, $B[x]$: $x$ aldagai asketzat duten formulak dira.

  Adibideak: $A[x]=P(x)$, $A[x]=\mathrm{\forall }y(P(x)\wedge Q(y)\to \mathrm{\exists }xR(x,x))$, $A[x]=P(x)\to \mathrm{\forall }yP(y)$, etab.

• $J$: $x$ aldagai asketzat ez duen formula da.

  Adibideak: $J=\mathrm{\forall }yP(y)$, $J=\mathrm{\forall }xP(x)\to Q(y)$, etab.

• $A^{*}[x]$, $J^{*}$: $I$ interpretazio bat $A[x]$, $J$ formuletan ordezkatzean lortzen diren adierazpenak dira.

Zenbatzaileen baliokidetzak.

1. $\mathrm{\neg }\mathrm{\forall }xA[x]\equiv \mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }A[x]$.

2. $\mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }A[x]\equiv \mathrm{\neg }\mathrm{\exists }xA[x]$.

3. $\mathrm{\forall }xA[x]\wedge \mathrm{\forall }xB[x]\equiv \mathrm{\forall }x(A[x]\wedge B[x])$, $\mathrm{\forall }$ zenbatzailea banakorra da $\wedge$ lokailuarekiko.

4. $\mathrm{\exists }xA[x]\vee \mathrm{\exists }xB[x]\equiv \mathrm{\exists }x(A[x]\vee B[x])$, $\mathrm{\exists }$ zenbatzailea banakorra da $\vee$ lokailuarekiko.

5. 1. $\mathrm{\forall }xA[x]\vee J\equiv \mathrm{\forall }x(A[x]\vee J)$.

   2. $\mathrm{\exists }xA[x]\vee J\equiv \mathrm{\exists }x(A[x]\vee J)$.

6. 1. $\mathrm{\forall }xA[x]\wedge J\equiv \mathrm{\forall }x(A[x]\wedge J)$.

   2. $\mathrm{\exists }xA[x]\wedge J\equiv \mathrm{\exists }x(A[x]\wedge J)$.

Ez dira baliokideak.

N1

$\mathrm{\forall }xA[x]\vee \mathrm{\forall }xB[x]\equiv ̸\mathrm{\forall }x(A[x]\vee B[x])$, $\mathrm{\forall }$ zenbatzailea ez da banakorra $\vee$ lokailuarekiko.

N2

$\mathrm{\exists }xA[x]\wedge \mathrm{\exists }xB[x]\equiv ̸\mathrm{\exists }x(A[x]\wedge B[x])$, $\mathrm{\exists }$ zenbatzailea ez da banakorra $\wedge$ lokailuarekiko.

Froga.

1. $G=\mathrm{\neg }\mathrm{\forall }xA[x]\equiv \mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }A[x]=H$ dela frogatzeko ikusi behar dugu edozein $I$ interpretaziotarako $V(G,I)=V(H,I)$ betetzen dela.

   Izan bitez $D$ edozein eremu eta $I$ edozein interpretazio $D$ eremuaren gainean.

   $I$ interpretazioa $G$ eta $H$ formuletan ordezkatzean, $G^{*}=\mathrm{\neg }\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]$ eta $H^{*}=\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }{A}^{*}[x]$ adierazpenak lortuko ditugu, hurrenez hurren.

   Bi aukerak ditugu: a) $V(G,I)=E$. b) $V(G,I)=F$.

   a) $V(G,I)=E$ bada, $G^{*}=\mathrm{\neg }\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=E$ izango da; orduan, $\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=F$ izango da. Beraz, $A^{*}[x]$ adierazpenaren taulan honelako errenkada bat egongo da: $\underset{\_}{\overline{d{A}^{*}[d]=F}}$

   $\mathrm{\neg }{A}^{*}[x]$ adierazpenaren errenkada hori honelakoa izango da: $\underset{\_}{\overline{d\mathrm{\neg }{A}^{*}[d]=E}}$. Beraz, $H^{*}=\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }{A}^{*}[x]=E$ beteko da.

   Hortaz, $V(H,I)=E=V(G,I)$ dugu.

   b) $V(G,I)=F$ bada, $G^{*}=\mathrm{\neg }\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=F$ izango da; orduan, $\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=E$ izango da. Beraz, $A^{*}[x]$ adierazpenaren taulan dena da $E$.

   $A^{*}[x]$ adierazpenaren taulan dena $E$ bada, $\mathrm{\neg }{A}^{*}[x]$ adierazpenaren taulan dena $F$ izango da. Beraz, $H^{*}=\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }{A}^{*}[x]=F$ da.

   Hortaz, $V(H,I)=F=V(G,I)$ da.

   Bi kasuetan, $V(G,I)=V(H,I)$ dugu, hau da, $G\equiv H$.

2. $G=\mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }A[x]\equiv \mathrm{\neg }\mathrm{\exists }xA[x]=H$ dela frogatzeko baliokidetasun logikoaren definizioa erabil dezakegu, aurrekoan bezala, eta frogatu edozein $I$ interpretaziotarako $V(G,I)=V(H,I)$ betetzen dela.

   Baina, jadanik frogatu ditugun baliokidetzak ere erabil ditzakegu, aurrekoa eta proposizio-kalkuluarenak.

   $G=\mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }A[x]\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\neg }\mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }A[x])\stackrel{1.}{\equiv }\mathrm{\neg }\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }\mathrm{\neg }A[x]\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\neg }\mathrm{\exists }xA[x]=H$.

3. $G=\mathrm{\forall }xA[x]\wedge \mathrm{\forall }xB[x]\equiv \mathrm{\forall }x(A[x]\wedge B[x])=H$ dela frogatzeko baliokidetasun logikoaren definizioa erabiliko dugu.

   Izan bitez $D$ edozein eremu eta $I$ edozein interpretazio $D$ eremuaren gainean.

   $I$ interpretazioa $G$ eta $H$ formuletan ordezkatzean, $G^{*}=\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]\wedge \mathrm{\forall }x{B}^{*}[x]$ eta $H^{*}=\mathrm{\forall }x(A^{*}[x]\wedge B^{*}[x])$ adierazpenak lortuko ditugu, hurrenez hurren.

   Bi aukerak ditugu: a) $G^{*}=E$. b) $G^{*}=F$.

   a) $G^{*}=E$ bada, $\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=E$ eta $\mathrm{\forall }x{B}^{*}[x]=E$ izango dira. Beraz, $A^{*}[x]$ eta $B^{*}[x]$ adierazpenen tauletan errenkada guztiak dira $E$.

   Hortik, $A^{*}[x]\wedge B^{*}[x]$ adierazpenaren taularen errenkada guztietan $E$ agertuko da. Ondorioz, $H^{*}=\mathrm{\forall }x(A^{*}[x]\wedge B^{*}[x])=E$ dugu.

   Hortaz, $V(H,I)=E=V(G,I)$ da.

   b) $G^{*}=F$ bada, beste bi aukera dauzkagu:
   b.1) $\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=E$. b.2) $\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=F$.

   b.1) $\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=E$ bada, $G^{*}=F$ denez, $\mathrm{\forall }x{B}^{*}[x]=F$ izango da. Beraz, $B^{*}[x]$ adierazpenaren taulan honelako errenkada bat egongo da: $\underset{\_}{\overline{d{B}^{*}[d]=F}}$ .

   Errenkada hori bera baina orain $A^{*}[x]\wedge B^{*}[x]$ adierazpenaren taulan hau izango da: $\underset{\_}{\overline{d{A}^{*}[d]\wedge B^{*}[d]=F}}$. Beraz, $H^{*}=\mathrm{\forall }x(A^{*}[x]\wedge B^{*}[x])=F$ beteko da.

   Ondorioz, $V(H,I)=F=V(G,I)$ dugu.

   b.2) $\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=F$ bada, $A^{*}[x]$ adierazpenaren taularen errenkadaren batean hau izango dugu: $\underset{\_}{\overline{d{A}^{*}[d]=F}}$. $A^{*}[x]\wedge B^{*}[x]$ adierazpenaren taularen errenkada berean beste hau izango dugu: $\underset{\_}{\overline{d{A}^{*}[d]\wedge B^{*}[d]=F}}$. Beraz, $H^{*}=\mathrm{\forall }x(A^{*}[x]\wedge B^{*}[x])=F$ da.

   Ondorioz, $V(H,I)=F=V(G,I)$ betetzen da

   Hortaz, edozein $I$ interpretaziotarako $V(H,I)=V(G,I)$ daukagu, hau da, $G\equiv H$.

4. $G=\mathrm{\exists }xA[x]\vee \mathrm{\exists }xB[x]\equiv \mathrm{\exists }x(A[x]\vee B[x])=H$ betetzen dela frogatzeko jadanik frogatu ditugun baliokidetzak erabiliko ditugu.

   $G=\mathrm{\exists }xA[x]\vee \mathrm{\exists }xB[x]\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\neg }(\mathrm{\exists }xA[x]\vee \mathrm{\exists }xB[x]))\stackrel{DeM}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\neg }\mathrm{\exists }xA[x]\wedge \mathrm{\neg }\mathrm{\exists }xB[x])\stackrel{2.}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }A[x]\wedge \mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }B[x])\stackrel{3.}{\equiv }\mathrm{\neg }\mathrm{\forall }x(\mathrm{\neg }A[x]\wedge \mathrm{\neg }B[x])\stackrel{1.}{\equiv }\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }(\mathrm{\neg }A[x]\wedge \mathrm{\neg }B[x])\stackrel{DeM}{\equiv }$

   $\mathrm{\exists }x(\mathrm{\neg }\mathrm{\neg }A[x]\vee \mathrm{\neg }\mathrm{\neg }B[x])\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\exists }x(A[x]\vee B[x])=H$

5. 1. $G=\mathrm{\forall }xA[x]\vee J\equiv \mathrm{\forall }x(A[x]\vee J)=H$ betetzen dela frogatzeko baliokidetasun logikoaren definizioa erabiliko dugu.

   Izan bitez $D$ edozein eremu eta $I$ edozein interpretazio $D$ eremuaren gainean.

   $I$ interpretazioa $G$ eta $H$ formuletan ordezkatzean, $G^{*}=\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]\vee J^{*}$ eta $H^{*}=\mathrm{\forall }x(A^{*}[x]\vee J^{*})$ adierazpenak lortuko ditugu, hurrenez hurren.

   Aukerak: a) $G^{*}=\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]\vee J^{*}=E$. b) $G^{*}=\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]\vee J^{*}=F$.

   a) $G^{*}=E$ bada, beste bi aukera ditugu: a.1) $J^{*}=E$. a.2) $J^{*}=F$.

   a.1) $J^{*}=E$ bada, $A^{*}[x]\vee J^{*}$ adierazpenaren taularen errenkada guztietan $E$ agertuko da. Beraz, $H^{*}=\mathrm{\forall }x(A^{*}[x]\vee J^{*})=E$ izango da.

   Hortaz, $V(H,I)=E=V(G,I)$ beteko da.

   a.2) $J^{*}=F$ bada, $G^{*}=E$ denez, $\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=E$ bete beharko da. Hau da, $A^{*}[x]$ adierazpenaren taularen errenkada guztietan $E$ agertuko da. Hortik, $A^{*}[x]\vee J^{*}$ adierazpenaren taularen errenkada guztietan $E$ agertuko da. Eta, ondorioz, $H^{*}=\mathrm{\forall }x(A^{*}[x]\vee J^{*})=E$ izango da.

   Kasu honetan ere $V(H,I)=E=V(G,I)$ beteko da.

   b) $G^{*}=\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]\vee J^{*}=F$ bada, $\mathrm{\forall }x{A}^{*}[x]=F$ eta $J^{*}=F$ bete beharko dira. Lehenengotik aterako dugu $A^{*}[x]$ adierazpenaren taularen errenkadaren batean $F$ agertuko dela: $\underset{\_}{\overline{d{A}^{*}[d]=F}}$. $A^{*}[x]\vee J^{*}$ adierazpenaren taularen errenkada berean ere $F$ agertuko da: $\underset{\_}{\overline{d{A}^{*}[d]\vee J^{*}=F}}$. Ondorioz, $H^{*}=\mathrm{\forall }x(A^{*}[x]\vee J^{*})=F$ izango da.

   Kasu honetan $V(H,I)=F=V(G,I)$ dugu.

   Hortaz, edozein $I$ interpretaziotarako $V(H,I)=V(G,I)$ daukagu, hau da, $G\equiv H$.

   2. $G=\mathrm{\exists }xA[x]\vee J\equiv \mathrm{\exists }x(A[x]\vee J)=H$ betetzen dela frogatzeko baliokidetasun logikoaren definizioa erabiliko dugu berriro.

   Izan bitez $D$ edozein eremu eta $I$ edozein interpretazio $D$ eremuaren gainean.

   $I$ interpretazioa $G$ eta $H$ formuletan ordezkatzean, $G^{*}=\mathrm{\exists }x{A}^{*}[x]\vee J^{*}$ eta $H^{*}=\mathrm{\exists }x(A^{*}[x]\vee J^{*})$ adierazpenak lortuko ditugu, hurrenez hurren.

   Aukerak: a) $G^{*}=E$. b) $G^{*}=F$.

   a) $G^{*}=E$ bada, beste bi aukera ditugu: a.1) $J^{*}=E$ . a.2) $J^{*}=F$.

   a.1) $J^{*}=E$ bada, $A^{*}[x]\vee J^{*}$ adierazpenaren taulan dena $E$ da. Beraz, $H^{*}=\mathrm{\exists }x(A^{*}[x]\vee J^{*})=E$ izango da.

   Kasu honetan $V(H,I)=E=V(G,I)$ betetzen da.

   a.2) $J^{*}=F$ bada, $G^{*}=E$ denez, $\mathrm{\exists }x{A}^{*}[x]=E$ bete behar da. Beraz, $A^{*}[x]$ adierazpenaren taulan honelako errenkadaren bat egongo da: $\underset{\_}{\overline{d{A}^{*}[d]=E}}$ . Errenkada hori bera $A^{*}[x]\vee J^{*}$ adierazpenaren taulan hau izango da: $\underset{\_}{\overline{d{A}^{*}[d]\wedge J^{*}=E}}$. Beraz, $H^{*}=\mathrm{\exists }x(A^{*}[x]\vee J^{*})=E$ dugu.

   Kasu honetan ere $V(H,I)=E=V(G,I)$ betetzen da.

   b) $G^{*}=F$ bada, $\mathrm{\exists }x{A}^{*}[x]=F$ eta $J^{*}=F$ izango dira. Lehenengotik aterako dugu $A^{*}[x]$ adierazpenaren taulan dena $F$ dela. Beraz, $A^{*}[x]\vee J^{*}$ adierazpenaren taulan ere dena $F$ da. Hortaz, $H^{*}=\mathrm{\exists }x(A^{*}[x]\vee J^{*})=F$ izango da.

   Kasu honetan ere bai $V(H,I)=F=V(G,I)$ betetzen da.

   Ondorioz, edozein $I$ interpretaziotarako $V(H,I)=V(G,I)$ daukagu, hau da, $G\equiv H$.

6. 6.1. eta 6.2. frogatzeko aurreko baliokidetza batzuk erabiliko ditugu.

   1. $\mathrm{\forall }xA[x]\wedge J\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\neg }\mathrm{\neg }(\mathrm{\forall }xA[x]\wedge J)\stackrel{DeM}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\neg }\mathrm{\forall }xA[x]\vee \mathrm{\neg }J)\stackrel{1.}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }A[x]\vee \mathrm{\neg }J)\stackrel{5.2.}{\equiv }\mathrm{\neg }\mathrm{\exists }x(\mathrm{\neg }A[x]\vee \mathrm{\neg }J)\stackrel{DeM}{\equiv }\mathrm{\neg }\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }(A[x]\wedge J)\stackrel{2.}{\equiv }\mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }(\mathrm{\neg }(A[x]\wedge J))\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\forall }x(A[x]\wedge J)$.

   2. $\mathrm{\exists }xA[x]\wedge J\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\neg }\mathrm{\neg }(\mathrm{\exists }xA[x]\wedge J)\stackrel{DeM}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\neg }\mathrm{\exists }xA[x]\vee \mathrm{\neg }J)\stackrel{2.}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }A[x]\vee \mathrm{\neg }J)\stackrel{5.1.}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\forall }x(\mathrm{\neg }A[x]\vee \mathrm{\neg }J))\stackrel{DeM}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }(A[x]\wedge J))\stackrel{1.}{\equiv }\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }\mathrm{\neg }(A[x]\wedge J)\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\exists }x(A[x]\wedge J)$.

Egiazta dezagun, orain, N1 eta N2 ez direla baliokidetzak

• N1

  $\mathrm{\forall }xA[x]\vee \mathrm{\forall }xB[x]\equiv ̸\mathrm{\forall }x(A[x]\vee B[x])$ dela frogatzeko ikus dezagun $A[x]=P(x)$ eta $B[x]=Q(x)$ direnean, $G=\mathrm{\forall }xP(x)\vee \mathrm{\forall }xQ(x)\equiv ̸\mathrm{\forall }x(P(x)\vee Q(x))=H$ dela.

  Horretarako nahikoa izango da $V(H,I)\ne V(G,I)$ betetzen duen $I$ interpretazio bat aurkitzea.

  Har dezagun interpretazio hau:
  $$\begin{array}{ccccc}I:& D=\{1,2\}& \begin{array}{cc}P& Q\\ \alpha & \beta \end{array}& \begin{array}{cc}D& \alpha \\ 1& E\\ 2& F\end{array}& \begin{array}{cc}D& \beta \\ 1& F\\ 2& E\end{array}\end{array}$$
  $G^{*}=\mathrm{\forall }x\alpha (x)\vee \mathrm{\forall }x\beta (x)$.

  $\begin{array}{cc}\begin{array}{cc}\begin{array}{cc}x& \alpha (x)\\ 1& \alpha (1)=E\\ 2& \alpha (2)=F\end{array}\}& \mathrm{\forall }x\alpha (x)=F\end{array}& \begin{array}{cc}\begin{array}{cc}x& \beta (x)\\ 1& \beta (1)=F\\ 2& \beta (2)=E\end{array}\}& \mathrm{\forall }x\beta (x)=F\end{array}\end{array}$

  Beraz, $G^{*}=F\vee F=F$ betetzen da.

  $H^{*}=\mathrm{\forall }x(\alpha (x)\vee \beta (x))$.

  $\begin{array}{cc}\begin{array}{cccc}x& \alpha (x)& \beta (x)& \alpha (x)\vee \beta (x)\\ 1& \alpha (1)=E& \beta (1)=F& \alpha (1)\vee \beta (1)=E\\ 2& \alpha (2)=F& \beta (2)=E& \alpha (2)\vee \beta (2)=E\end{array}& H^{*}=\mathrm{\forall }x(\alpha (x)\vee \beta (x))=E\end{array}$

  Orduan, $V(H,I)\ne V(G,I)$. Eta, beraz, $G\equiv ̸H$ daukagu.

• N2:

  $G=\mathrm{\exists }xA[x]\wedge \mathrm{\exists }xB[x]\equiv ̸\mathrm{\exists }x(A[x]\wedge B[x])=H$ dela frogatzeko, ikus dezakegu, aurrekoan bezala, $I$ interpretazio baterako $V(H,I)\ne V(G,I)$ dela. Baina jadanik frogaturik dauden baliokidetzak eta baliokidetza ez den aurrekoa ere erabil ditzakegu.

  $G=\mathrm{\exists }xA[x]\wedge \mathrm{\exists }xB[x]\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\neg }\mathrm{\neg }(\mathrm{\exists }xA[x]\wedge \mathrm{\exists }xB[x])\stackrel{DeM}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\neg }\mathrm{\exists }xA[x]\vee \mathrm{\neg }\mathrm{\exists }xB[x])\stackrel{2.}{\equiv }\mathrm{\neg }(\mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }A[x]\vee \mathrm{\forall }x\mathrm{\neg }B[x])\stackrel{N1}{\equiv ̸}\mathrm{\neg }\mathrm{\forall }x(\mathrm{\neg }A[x]\vee \mathrm{\neg }B[x])\stackrel{1.}{\equiv }\mathrm{\exists }x\mathrm{\neg }(\mathrm{\neg }A[x]\vee \mathrm{\neg }B[x])\stackrel{DeM}{\equiv }$

  $\mathrm{\exists }x(\mathrm{\neg }\mathrm{\neg }A[x]\wedge \mathrm{\neg }\mathrm{\neg }B[x])\stackrel{UB}{\equiv }\mathrm{\exists }x(A[x]\wedge B[x])=H$.

2.6 Dedukzio formala

Predikatu-kalkuluan ere argumentuak baliozkoak diren ala ez ikusteko froga formalak egin ditzakegu.

Hona hemen erabiliko ditugun erregelak:

1. Proposizio-kalkuluaren 1-9 inferentzi erregelak: MP, MT, SH, SD, DE, DS, KS, KK, DB.
2. Ordezkapen-erregela, proposizio-kalkuluaren baliokidetza logikoak erabiliz, 10-19, eta aurreko atalean frogatutako zenbatzaileen baliokidetzak.
3. Baldintzazko frogaren erregela eta absurdora eramateko erregela.
4. Erregela berriak agertuko dira: Zenbatzaileen erregelak. Erregela hauek froga baten errenkada osoei bakarrik aplika diezazkiekegu.

Idazkera. Erregela horiek erabiltzean idazkera hau erabiliko dugu:

$A(x)$ edozein formula da; $A(r)$ da $x$ aldagaiak $A(x)$ formulan dituen agerpen aske guztiak $r$ balioaz ordezkatzean lortzen den formula.

2.25 Adibideak.

1. $A(x)=\mathrm{\forall }z(Q(x)\vee \mathrm{\forall }xP(x,y,z))$ bada, $A(y)=\mathrm{\forall }z(Q(y)\vee \mathrm{\forall }xP(x,y,z))$ daukagu.
2. $A(y)=\mathrm{\exists }x(P(x,y)\vee \mathrm{\forall }z\mathrm{\exists }yP(y,z))$ bada, $A(z)=\mathrm{\exists }x(P(x,z)\vee \mathrm{\forall }z\mathrm{\exists }yP(y,z))$ daukagu.
3. $A(x)=\mathrm{\forall }xP(x,y)\vee P(z,y)$ bada, $A(z)=\mathrm{\forall }xP(x,y)\vee P(z,y)$ ($=A(x)$) daukagu.
4. $A(x)=\mathrm{\forall }yP(y)$ bada, $A(y)=A(z)=A(x)$ daukagu.

2.26 Definizioa. Esango dugu $r$ aldagaia $A(x)$ formulan $x$ aldagairako aske dela, ordezkapenaren ondoren, $r$ aldagaiak $A(r)$ formulan dituen agerpen guztiak askeak badira ($r$ posizio gehiagotan ager daiteke aske).

2.27 Adibideak.

1. $A(x)=\mathrm{\forall }z(Q(x)\vee \mathrm{\forall }xP(x,y,z))$.

   $A(y)=\mathrm{\forall }z(Q(y)\vee \mathrm{\forall }xP(x,y,z))$. $y$ aske da $x$ aldagairako $A(x)$ formulan.

   $A(z)=\underset{\_}{\mathrm{\forall }z}(Q(\underset{\_}{z})\vee \mathrm{\forall }xP(x,y,z))$. $z$ ez da aske $x$ aldagairako $A(x)$ formulan.

2. $A(y)=\mathrm{\exists }x(P(x,y)\vee \mathrm{\forall }z\mathrm{\exists }yP(y,z))$.

   $A(z)=\mathrm{\exists }x(P(x,z)\vee \mathrm{\forall }z\mathrm{\exists }yP(y,z))$. $z$ aske da $y$ aldagairako $A(y)$ formulan.

   $A(x)=\underset{\_}{\mathrm{\exists }x}(P(x,\underset{\_}{x})\vee \mathrm{\forall }z\mathrm{\exists }yP(y,z))$. $x$ ez da aske $y$ aldagairako $A(y)$ formulan.

3. $A(x)=\mathrm{\forall }xP(x,y)\vee P(z,y)$.

   $A(z)=A(y)=\cdots =A(x)$. Edozein aldagai da aske $x$ aldagairako $A(x)$ formulan.

Oharrak.

1. $A(x)$ formulak ez badu $x$ aske, edozein $r$ aldagaitarako $A(r)=A(x)$ izango da, eta $r$ aske izango da $x$ aldagairako $A(x)$ formulan.
2. Edozein $A(x)$ formulatarako, $x$ aske da $x$ aldagairako $A(x)$ formulan.

Zenbatzaileen erregelak.

• $\underset{\_}{\mathrm{\forall }\text{ Zenbatzailea ezabatu. }}$

$$\begin{array}{c}\mathrm{\forall }xA(x)\\ A(r)\end{array}$$ Murriztapenak: $r$ aske da $x$ aldagairako $A(x)$ formulan edo $r$ konstante bat da.

2.28 Adibideak.

1. .

   $$\begin{array}{c}\mathrm{\forall }x(P(x,x)\wedge Q(y))\\ P(z,z)\wedge Q(y)\end{array}$$ $A(x)=P(x,x)\wedge Q(y)$; $A(z)=P(z,z)\wedge Q(y)$, $z$ aske da $x$-rako $A(x)$ formulan.

2. .

   $$\begin{array}{c}\mathrm{\forall }x(P(x,x)\wedge Q(y))\\ P(x,x)\wedge Q(y)\end{array}\begin{array}{c}\mathrm{\forall }x(P(x,x)\wedge Q(y))\\ P(y,y)\wedge Q(y)\end{array}$$ $x$ eta $y$ aske dira $x$ aldagairako $P(x,x)\wedge Q(y)$ formulan.

3. .

   $$\begin{array}{c}\mathrm{\forall }y(P(y,y)\wedge Q(x)\wedge \mathrm{\forall }xR(x))\\ P(x,x)\wedge Q(x)\wedge \mathrm{\forall }xR(x))\end{array}$$ $x$ aske da $y$ aldagairako $P(y,y)\wedge Q(x)\wedge \mathrm{\forall }xR(x)$ formulan.

4. .

   $$\begin{array}{c}\mathrm{\forall }x(P(x,x)\wedge Q(y)\wedge \mathrm{\exists }xR(x))\\ P(y,y)\wedge Q(y)\wedge \mathrm{\exists }xR(x))\end{array}$$ $y$ aske da $x$ aldagairako $P(x,x)\wedge Q(y)\wedge \mathrm{\exists }xR(x)$ formulan.

5. .

   Txakur guztiak ugaztunak dira.	$\mathrm{\forall }x(T(x)\to U(x))$
   Bizi txakurra da.	$T(b)$
   Beraz, Bizi ugaztuna da.	$U(b)$

   . $\begin{array}{ccc}1.& \mathrm{\forall }x(T(x)\to U(x))& \text{premisa}\\ 2.& T(b)& \text{premisa / }\dot{..}U(b)\\ 3.& T(b)\to U(b)& \mathrm{\forall }x\text{-ezab(1) (}b\text{ konstantea da)}\\ 4.& U(b)& \text{MP(3,2)}\end{array}$

6. .

   $\begin{array}{ccc}1.& \mathrm{\neg }P(x)& \text{premisa}\\ 2.& \mathrm{\forall }y(P(y)\vee Q(y))& \text{premisa / }\dot{..}Q(x)\\ 3.& P(x)\vee Q(x)& \mathrm{\forall }y\text{-ezab(2) (}x\text{ aske da }y\text{-rako }P(y)\vee Q(y)\text{ formulan)}\\ 4.& Q(x)& \text{SD(3,1)}\end{array}$

7. Hona hemen dedukzio oker bat: $$\begin{array}{ccc}1.& \mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }yP(x,y)& \text{premisa / }\dot{..}\mathrm{\exists }yP(y,y)\\ 2.& \mathrm{\exists }yP(y,y)& \mathrm{\forall }x\text{-ezab(1)}\end{array}$$
   Erregela gaizki aplikatu dugu, $y$ ez delako aske $x$ aldagairako $\mathrm{\exists }yP(x,y)$ formulan.

   Horrez gain, argumentua baliogabea dela froga dezakegu. Har dezagun interpretazio hau:

   $$\begin{array}{cccc}I:& D=\{1,2\}& \begin{array}{c}P\\ \alpha \end{array}& \begin{array}{cc}{D}^2& \alpha \\ 11& F\\ 12& E\\ 21& E\\ 22& F\end{array}\end{array}</br>$$ $V(\mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }yP(x,y),I)=E$ da, eta $V(\mathrm{\exists }yP(y,y),I)=F$.

8. Hona hemen erregelaren aplikazio okerraren beste adibide bat:
   $$\begin{array}{c}\mathrm{\forall }xP(x,x)\\ P(x,y)\end{array}$$
   Ez dira ordezkatu $x$ aldagaiak $P(x,x)$ formulan dituen agerpen aske guztiak $y$ aldagaiarekin.

   Horrez gain, argumentua baliogabea dela froga dezakegu.

• $\underset{\_}{\mathrm{\exists }\text{ Zenbatzailea sartu.}}$

$$\begin{array}{c}A(r)\\ \mathrm{\exists }xA(x)\end{array}$$ Murriztapenak: $r$ aske da $x$ aldagairako $A(x)$ formulan edo $r$ konstantea da.

2.29 Adibideak.

1. .

   $$\begin{array}{c}P(x)\\ \mathrm{\exists }xP(x)\end{array}\begin{array}{c}P(y)\\ \mathrm{\exists }xP(x)\end{array}$$ $x$ eta $y$ aske dira $x$ aldagairako $P(x)$ formulan.

2. .

   $$\begin{array}{c}P(x,y)\wedge \mathrm{\forall }zR(z)\\ \mathrm{\exists }z(P(x,z)\wedge \mathrm{\forall }zR(z))\end{array}$$ $y$ aske da $z$ aldagairako $P(x,z)\wedge \mathrm{\forall }zR(z)$ formulan.

3. .

   $$\begin{array}{c}P(x)\to Q(x)\\ \mathrm{\exists }y(P(x)\to Q(y))\end{array}$$ $x$ aske da $y$ aldagairako $P(x)\to Q(y)$ formulan.

4. .

   $$\begin{array}{cccc}& 1.& \mathrm{\forall }x(P(x)\to Q(x))& \text{premisa / }\dot{..}P(y)\to \mathrm{\exists }x(P(x)\wedge Q(x))\\ \to & 2.& P(y)& \text{BFEren hipotesia / }\dot{..}\mathrm{\exists }x(P(x)\wedge Q(x))\\ |& 3.& P(y)\to Q(y)& \mathrm{\forall }x\text{-ezab(1) (}y\text{ aske }x\text{-rako, }P(x)\to Q(x)\text{)}\\ |& 4.& Q(y)& \text{MP(3,2)}\\ |& 5.& P(y)\wedge Q(y)& \text{KK(2,4)}\\ |& 6.& \mathrm{\exists }x(P(x)\wedge Q(x))& \mathrm{\exists }x\text{-sar(5) (}y\text{ aske }x\text{-rako, }P(x)\wedge Q(x)\text{)}\\ --& --& --------& \\ & 7.& P(y)\to \mathrm{\exists }x(P(x)\wedge Q(x))& \text{BFE(2-6)}\end{array}$$

5. Erregelaren aplikazio oker bat:
   $$\begin{array}{c}P(x)\leftrightarrow \mathrm{\neg }P(y)\\ \mathrm{\exists }x(P(x)\leftrightarrow \mathrm{\neg }P(x))\end{array}</br>$$ Erregela gaizki aplikatu dugu ez ditugulako ordezkatu $y$ aldagaiarekin $x$ aldagaiak $P(x)\leftrightarrow \mathrm{\neg }P(x)$ formulan dituen agerpen aske guztiak.

   Eta argumentua baliogabea dela froga dezakegu.

6. Erregelaren beste aplikazio oker bat:
   $$\begin{array}{c}\mathrm{\forall }xP(x,x)\\ \mathrm{\exists }y\mathrm{\forall }xP(y,x)\end{array}$$ Erregela gaizki aplikatu dugu $x$ ez delako aske $y$ aldagairako $\mathrm{\forall }xP(y,x)$ formulan.

   Eta argumentua baliogabea dela froga genezake.

• $\underset{\_}{\mathrm{\forall }\text{ Zenbatzailea sartu.}}$

$\begin{array}{c}{P}_1\\ ⋮\\ P_n\\ A\end{array}$ argumentua baliozkoa bada, $\begin{array}{c}{P}_1\\ ⋮\\ P_n\\ \mathrm{\forall }xA\end{array}$ argumentua ere baliozkoa izango da.

Murriztapenak: $P_1,\dots ,P_n$ premisek ez dute $x$ aske.

Erabilbidea: Argumentu baten froga formal batean, non ez premisek ez indarrean dauden hipotesiek ez duten $x$ aske, frogaren formuletako bat $A$ bada, $\mathrm{\forall }$ zenbatzailea sartzeko erregelatik $\mathrm{\forall }xA$ deduzi dezakegu. $$\begin{array}{ccc}1.& P_1& \text{premisa}\\ ⋮& ⋮& ⋮\\ n.& P_n& \text{premisa / }\dot{..}C\\ ⋮& ⋮& \\ m.& A& \\ m+1.& \mathrm{\forall }xA& \mathrm{\forall }x\text{-sar(m)}\end{array}$$
($P_1,\dots ,P_n$ premisek eta indarrean dauden hipotesiek ez dute $x$ aske)

2.30 Adibideak.

1. .

   $\begin{array}{ccc}1.& \mathrm{\forall }yP(y,y)\wedge \mathrm{\forall }zR(z)& \text{premisa / }\dot{..}\mathrm{\forall }y(P(y,y)\wedge R(y))\\ 2.& \mathrm{\forall }yP(y,y)& \text{KS(1)}\\ 3.& P(y,y)& \mathrm{\forall }y\text{-ezab(2) (}y\text{ aske da }y\text{ aldagairako }P(y,y)\text{ formulan)}\\ 4.& \mathrm{\forall }zR(z)\wedge \mathrm{\forall }yP(y,y)& \text{TRUK(1)}\\ 5.& \mathrm{\forall }zR(z)& \text{KS(4)}\\ 6.& R(y)& \mathrm{\forall }z\text{-ezab(5) (}y\text{ aske da }z\text{ aldagairako }R(z)\text{ formulan)}\\ 7.& P(y,y)\wedge R(y)& \text{KK(3,6)}\\ 8.& \mathrm{\forall }y(P(y,y)\wedge R(y))& \mathrm{\forall }y\text{-sar(7) (1ak ez du }y\text{ aske)}\end{array}$

2. .

   $\begin{array}{cccc}& 1.& \mathrm{\forall }x(P(x)\to Q(x))& \text{premisa}\\ & 2.& \mathrm{\forall }x(R(x)\to \mathrm{\neg }Q(x))& \text{premisa / }\dot{..}\mathrm{\forall }x(R(x)\to \mathrm{\neg }P(x))\\ \to & 3.& R(x)& \text{BFEren hipotesia / }\dot{..}\mathrm{\neg }P(x)\\ |& 4.& R(x)\to \mathrm{\neg }Q(x)& \mathrm{\forall }x\text{-ezab(2) (}x\text{ aske }x\text{-rako, }R(x)\to \mathrm{\neg }Q(x)\text{)}\\ |& 5.& \mathrm{\neg }Q(x)& \text{MP(4,3)}\\ |& 6.& P(x)\to Q(x)& \mathrm{\forall }x\text{-ezab(1) (}x\text{ aske }x\text{-rako }P(x)\to Q(x)\text{ formulan)}\\ |& 7.& \mathrm{\neg }P(x)& \text{MT(6,5)}\\ --& --& ------& \\ & 8.& R(x)\to \mathrm{\neg }P(x)& \text{BFE(3-7)}\\ & 9.& \mathrm{\forall }x(R(x)\to \mathrm{\neg }P(x))& \mathrm{\forall }x\text{-sar(8)}\\ & & & \text{(1ak eta 2ak ez dute }x\text{ aske; 3a. ez dago indarrean)}\end{array}$

3. Aplikazio okerraren adibidea:

   $\begin{array}{cccc}& 1.& \mathrm{\forall }x(P(x)\to Q(x))& \text{premisa / }\dot{..}P(x)\to \mathrm{\forall }xQ(x)\\ \to & 2.& P(x)& \text{BFEren hipotesia / }\dot{..}\mathrm{\forall }xQ(x)\\ |& 3.& P(x)\to Q(x)& \mathrm{\forall }x\text{-ezab(1) (}x\text{ aske }x\text{-rako }P(x)\to Q(x)\text{ formulan)}\\ |& 4.& Q(x)& \text{MP(3,2)}\\ |& 5.& \mathrm{\forall }xQ(x)& \mathrm{\forall }x\text{-sar(4)}\\ & & & \text{''gaizki!!'': 2 hipotesiak }x\text{ aske du}\\ --& --& ------& \\ & 6.& P(x)\to \mathrm{\forall }xQ(x)& \text{BFE(2-5)}\end{array}$

• $\underset{\_}{\mathrm{\exists }\text{ Zenbatzailea ezabatu.}}$

(1) $\begin{array}{c}{P}_1\\ ⋮\\ P_n\\ A\\ C\end{array}$ argumentua baliozkoa bada, (2) $\begin{array}{c}{P}_1\\ ⋮\\ P_n\\ \mathrm{\exists }xA\\ C\end{array}$ argumentua ere baliozkoa da.

Murriztapenak: $P_1,\dots ,P_n$ premisek eta $C$ ondorioak ez dute $x$ aske.

Erabilbidea: (2) argumentu baten froga formalean, non ez premisek ez indarrean dauden hipotesiek ez duten $x$ aske, frogaren formuletako bat $\mathrm{\exists }xA$ bada, $A$ suposatuko dugu erregela aplikatzeko ((1) argumentua). Hipotesi horrekin $C$ formula deduzituz gero, (1) argumentua frogatua dugu. Orduan, $C$ formulak ere ez badu $x$ aske, erregela aplikatuz, (2) argumentua ere baliozkoa dela esan ahal izango dugu. $$\begin{array}{cccc}& 1.& P_1& \text{premisa}\\ & ⋮& ⋮& ⋮\\ & n.& P_n& \text{premisa}\\ & ⋮& ⋮& \\ & p.& \mathrm{\exists }xA& \\ & ⋮& ⋮& \\ \to & q.& A& \mathrm{\exists }x\text{-ezabatzeko hipotesia(p)}\\ |& ⋮& ⋮& \\ |& m.& C& \\ --& --& --& \\ & m+1.& C& \mathrm{\exists }x\text{-ezab(p,q-m)}\end{array}$$
($P_1,\dots ,P_n$ premisek, hipotesiek eta $C$ ondorioak ez dute $x$ aske)

2.31 Adibideak.

1. .

   $\begin{array}{cccc}& 1.& \mathrm{\forall }x(P(x)\to Q(x))& \text{premisa}\\ & 2.& \mathrm{\exists }yP(y)& \text{premisa / }\dot{..}\mathrm{\exists }zQ(z)\\ \to & 3.& P(y)& \mathrm{\exists }y\text{-ezabatzeko hipotesia(2)}\\ |& 4.& P(y)\to Q(y)& \mathrm{\forall }x\text{-ezab(1) (}y\text{ aske }x\text{-rako }P(x)\to Q(x)\text{ formulan)}\\ |& 5.& Q(y)& \text{MP(4,3)}\\ |& 6.& \mathrm{\exists }zQ(z)& \mathrm{\exists }z\text{-sar(5) (}y\text{ aske da }z\text{ aldagairako }Q(z)\text{ formulan)}\\ --& --& -------& \\ & 7.& \mathrm{\exists }zQ(z)& \mathrm{\exists }y\text{-ezab(2,3-6) (1ak, 2ak eta 6ak ez dute }y\text{ aske)}\end{array}$

2. .

   $\begin{array}{cccc}& 1.& \mathrm{\exists }x(P(x)\wedge Q(x))& \text{premisa / }\dot{..}\mathrm{\exists }xP(x)\wedge \mathrm{\exists }xQ(x)\\ \to & 2.& P(x)\wedge Q(x)& \mathrm{\exists }x\text{-ezabatzeko hipotesia(1)}\\ |& 3.& P(x)& \text{KS(2)}\\ |& 4.& \mathrm{\exists }xP(x)& \mathrm{\exists }x\text{-sar(3) (}x\text{ aske da }x\text{ aldagairako }P(x)\text{ formulan)}\\ |& 5.& Q(x)\wedge P(x)& \text{TRUK(2)}\\ |& 6.& Q(x)& \text{KS(5)}\\ |& 7.& \mathrm{\exists }xQ(x)& \mathrm{\exists }x\text{-sar(6) (}x\text{ aske da }x\text{ aldagairako }Q(x)\text{ formulan)}\\ |& 8.& \mathrm{\exists }xP(x)\wedge \mathrm{\exists }xQ(x)& \text{KK(4,7)}\\ --& --& --& \\ & 9.& \mathrm{\exists }xP(x)\wedge \mathrm{\exists }xQ(x)& \mathrm{\exists }x\text{-ezab(1,2-8) (1ak eta 8ak ez dute }x\text{ aske)}\end{array}$

3. Erregelaren aplikazio okerraren adibidea:

   $\begin{array}{cccc}& 1.& \mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }yP(x,y)& \text{premisa / }\dot{..}\mathrm{\forall }y\mathrm{\exists }xP(x,y)\\ & 2.& \mathrm{\exists }yP(x,y)& \mathrm{\forall }x\text{-ezab(1) (x aske da x aldagairako }\mathrm{\exists }yP(x,y)\text{ formulan)}\\ \to & 3.& P(x,y)& \mathrm{\exists }y\text{-ezabatzeko hipotesia(2)}\\ |& 4.& \mathrm{\exists }xP(x,y)& \mathrm{\exists }x\text{-sar(3) (x aske da x aldagairako }P(x,y)\text{ formulan)}\\ --& --& --& \\ & 5.& \mathrm{\exists }xP(x,y)& \mathrm{\exists }y\text{-ezab(2,3-4) ( ''gaizki''!!: 4 ondorioak y aske du)}\\ & 6.& \mathrm{\forall }y\mathrm{\exists }xP(x,y)& \mathrm{\forall }y\text{-sar(5) (1ak eta 2ak ez dute y aske)}\end{array}$

4. Argumentu beraren beste froga oker bat:

   $\begin{array}{cccc}& 1.& \mathrm{\forall }x\mathrm{\exists }yP(x,y)& \text{premisa / }\dot{..}\mathrm{\forall }y\mathrm{\exists }xP(x,y)\\ & 2.& \mathrm{\exists }yP(x,y)& \mathrm{\forall }x\text{-ezab(1) (x aske da x aldagairako }\mathrm{\exists }yP(x,y)\text{ formulan)}\\ \to & 3.& P(x,y)& \mathrm{\exists }y\text{-ezabatzeko hipotesia(2)}\\ |& 4.& \mathrm{\exists }xP(x,y)& \mathrm{\exists }x\text{-sar(3) (x aske da x aldagairako }P(x,y)\text{ formulan)}\\ |& 5.& \mathrm{\forall }y\mathrm{\exists }xP(x,y)& \mathrm{\forall }y\text{-sar(4) ('' gaizki''!!: 3 hipotesiak y aske du)}\\ --& --& --& \\ & 6.& \mathrm{\forall }y\mathrm{\exists }xP(x,y)& \mathrm{\exists }y\text{-ezab(2,3-5) (1ak eta 5ak ez dute y aske)}\end{array}$

5. Erregelaren beste aplikazio oker bat:

   $\begin{array}{ccccc}& & 1.& \mathrm{\exists }x(P(x)\wedge R(x))& \text{premisa}\\ & & 2.& \mathrm{\exists }x(Q(x)\wedge R(x))& \text{premisa / }\dot{..}\mathrm{\exists }x(P(x)\wedge Q(x))\\ \to & & 3.& Q(x)\wedge R(x)& \mathrm{\exists }x\text{-ezabatzeko hipotesia(2)}\\ |& & 4.& Q(x)& \text{KS(3)}\\ |& \to & 5.& P(x)\wedge R(x)& \mathrm{\exists }x\text{-ezabatzeko hipotesia(1)}\\ |& |& 6.& P(x)& \text{KS(5)}\\ |& |& 7.& P(x)\wedge Q(x)& \text{KK(6,4)}\\ |& |& 8.& \mathrm{\exists }x(P(x)\wedge Q(x))& \mathrm{\exists }x\text{-sar(7) (x aske x-rako }P(x)\wedge Q(x)\text{ formulan)}\\ & --& --& --& \\ |& & 9.& \mathrm{\exists }x(P(x)\wedge Q(x))& \mathrm{\exists }x\text{-ezab(1,5-8) (''gaizki''!!: 3 hipotesiak x aske du)}\\ --& --& --& --& \\ & & 10.& \mathrm{\exists }x(P(x)\wedge Q(x))& \mathrm{\exists }x\text{-ezab(2,3-9) (1ak, 2ak eta 9ak ez dute x aske)}\end{array}$