modern mantık-1-4.hafta - Erzurum Teknik Üniversitesi

1 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU ERZURUM TEKNİK ÜNİVERSİTESİ
EDEBİYAT FAKÜLTESİ
FELSEFE BÖLÜMÜ
MODERN MANTIK
DERS NOTLARI
Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU
ERZURUM-2015
2 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU I. MODERN MANTIĞA GİRİŞ
1. Modern Mantık ve Semiyotik Nedir?
Modern Mantık (Sembolik Mantık): Önermeleri ve çıkarımları sembolik dile çevirerek,
kesin olarak denetlenmelerini sağlayan mantık sistemidir.
Semiyotik (İşaretler Bilgisi): İletişim amacıyla canlıların kullandıkları her türlü işaret
sisteminin yapısını ve işleyişini inceleyen bilim dalıdır.
2. Modern Mantığın Amacı
Klasik mantık gibi modern mantığın da amacı öncelikle geçerli önermelere ve çıkarımlara
ulaşmaktır. Ayrıca akla uygun bir şekilde düşünen ve davranan bireyler yetiştirmektir. Sağlam
bir mantık bilgisi günlük pratik sorunların çözümünde, davranışlarımızın bağlı olduğu
birtakım inanç ve varsayımların eleştiri yoluyla aydınlatılmasında etkin bir araçtır.
Mantık kişiye açık-seçik düşünme, düşünce ve duyguları belirli ve çıplak bir dille anlatma
yollarını göstermekle bir sürü yanlış anlamaları, gereksiz tartışmaları önlemeye yardım eder.
Ayrıca mantık kişiye bir inanç veya yargıyı doğru saymanın ne tür koşullara bağlı olduğunu
gösterir.
Mantıklı dediğimiz kişi her şeyden önce şu iki gereğe sımsıkı bağlıdır:
1. Tutarlı olmak, başka bir deyişle birbirleriyle çelişen veya bağdaşmayan düşünce, inanç
veya tezlere yer vermemek.
2. Yeterince ve güvenilir yoldan belgelenmemiş hiçbir tez, hipotez veya kuramı doğru
kabul etmemek; aynı şekilde yeterince belgelenmemiş yargı veya tezler karşısında şu
ya da bu nedenle ayak dirememek.
Demek ki, tutarlılık ve olgusal kanıtlara saygı mantıklı olmanın başta gelen iki koşuludur.
Mantık bu gerekleri açıklıkla ortaya koymakla kişisel ve sosyal sayısız sorunların çözümüne
imkân sağlamaktadır.
3. Mantığın Uygulama Alanları
a) Pratik Yaşayış: Mantığın pratik yaşayışta en büyük faydası insana eleştirel
düşünme, akılcı tartışma, sorular sorma ile varolan bilgileri ve işleri pratik-sezgisel bir şekilde
öğrenmeyi sağlar.
b) Bilim Alanı: Mantık her çeşit bilimin, matematik gibi a priori (formel) bilimlerin
olduğu kadar, fizik gibi empirik bilimlerin, doğa bilimlerinin ve mühendislik bilimlerinin
olduğu kadar sosyal bilimlerinin de temellendirilmesinde gittikçe artan bir ölçüde
kullanılmaktadır.
c) Teknik Alanı: Özellikle modern mantık her türlü elektrik devrelerinin, elektronik
beyinlerin (bilgisayar, hesap makinesi ve akıllı telefonlar gibi) teorisine uygulanmaktadır.
3 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU d) Felsefe: Felsefe mantığın en önemli uygulama alanlarından birisidir. Mantığın
felsefedeki en büyük görevi kavram analizidir. Bunun dışında mantık felsefede bilgi
kuramından metafiziğe, ahlaktan siyasete kadar tüm alanlarda kullanılmaktadır.
3. Modern Mantığın Tarihçesi
Modern mantığın ilk habercisi olarak Raymond Lulle (1235 – 1315) görülür. O,
mantığı mekanik bir sanat olarak kabul ederek onu tamamen biçime ait görüyordu. Lulle’in
bu görüşünü kendisinden sonra geliştirecek olan kişi Leibniz (1646 – 1716)’dir. Lulle’in
Leibniz üzerinde büyük bir etkisi vardır. Leibniz bir yandan yeni bir mantık kurma
denemeleri yaparken bir yandan da mantıkta akıl yürütmenin, önermelerin içeriğinden
tamamen bağımsız bir şekilde işlenilmesini istiyordu. Öyle ki, akıl yürütmelerin kuralları
matematik kuralları gibi olsun der. Bu ise ancak yeni semboller sistemi oluşturmakla olabilir.
Asıl modern mantık çalışmaları 19. Yüzyılda A. De Morgan (1806 – 1871), G. Boole
(1815 – 1864) ve S. Jevons (1835 – 1882) ile başlar. Bu çalışmalar sonucunda “Boole Cebiri”
adı verilen ve mantığı matematiğe dayandıran bir sistem kurulmuştur.
Önermeler mantığı ile niceleme mantığından oluşan “İki Değerli Mantık” ilk olarak G.
Frege (1845 – 1945) tarafından kurulmuştur. Bu mantık daha sonra B. Russell ve A. N.
Whitehead tarafından “Matematiğin İlkeleri” adlı eserde geliştirilmiştir.
“Çok Değerli Mantık” sistemleri ilk olarak J. Lukasiewicz (1920) ve E. L. Post (1921)
tarafından kurulmuştur.
“Kiplik Mantığı” sistemleri, C. İ. Lewis tarafından 1918’de ortaya konulmuş, 1950
yılların sonlarında da S. Kanger, J. Hintikka ve S. Kripke tarafından geliştirilmiştir.
“Özdeşlik Mantığı” D. Hilbert ve W. Ackermann’n 1928 yılında birlikte yayınladıkları
Teorik Mantığın Temel Çizelgeleri adlı kitapta ortaya konulmuştur.
“Varlık Mantığı” ilk olarak 1959 yılında J. Hintikka tarafından geliştirilmiştir. Bu
mantık yine 1959 yılında H. Leblanc ve T. Heilperin taraflarından geliştirilmiştir.
Mantığı matematiğe uygulayanların en önemli temsilcileri G. Frege, G. Peano, B.
Russell, D. Hilbert, P. Bernays ve K. Gödel’dir.
Mantığı doğa bilimlerine uyarlayanların başlıcalları ise B. Russell, R. Carnap, H.
Reichenbach, K. R. Popper ve J. Von Neumann’dır.
Mantığı eleştirel düşünme ve akılcı tartışmaya, uygulayanların başlıca temsilcisi ise J.
Hintikka’dır.
4 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU II. İKİ DEĞERLİ MANTIK
İki değerli mantık, doğruluk değeri olarak yalnızca doğru (D) ve yanlış (Y) değerlerini
kabul eden mantıktır. İki değerli mantık sistemleri, klasik mantık, önermeler mantığı ve
niceleme mantığıdır.
A. ÖNERMELER MANTIĞI
1. Önermeler Mantığıyla İlgili Bazı Kavramlar
a) Önerme, Basit Önerme ve Bileşik Önerme
Önerme, bir yargı bildiren, doğru veya yanlış olabilen cümlelerdir. Önerme basit olabileceği
gibi bileşik de olabilir.
Örneğin,
Bugün hava yağışlıdır. → Günlük dile ait bir önermedir.
3 + 5 = 8 → Matematik diline ait bir önermedir.
H + CI → HCI → Kimya diline ait bir önermedir.
H2 + O2 → H2O → Kimya diline ait bir önermedir.
Su deniz seviyesinde 100 Cº’de kaynar → Bir bilimsel yasa önermesidir.
Basit Önerme: Hiçbir bileşeni olmayan önermedir.
Örneğin,
Sokrates insandır (P).
Bileşik Önerme: İçinde bir veya daha çok bileşeni olan önermedir.
Örneğin,
İnsan dört ayaklı değildir (∼P).
Ahmet ve Ali İstanbul’a gidecek (p ∧ q).
b) Açık Önerme ve Kapalı Önerme
Açık Önerme: İçinde en az bir değişken bulunan önermelerdir.
Örnek: x, y’nin 2 katıdır.
Kapalı Önerme: İçinde değişken geçmeyen önermelerdir.
Örnek: “2 kere 2, 4 eder” ya da “2 + 2 = 4”
c) Önerme Eklemleri ve Sembolleştirilmesi
İki değerli mantıkta belli başlı önerme eklemleri ve sembolleştirilmesi şöyledir:
5 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU DİL
ÖNERME EKLEMLERİ
Tümel
Evetleme
Değilleme
Konuşma
değil, …ma,
Dili
…me, …dığı
yanlıştır.
Sembolik
Dili
ve, hem ...
hem de, da ...
da, de … de
∼
∧
Tikel
Evetleme
Koşul (Şart)
Karşılıklı
Koşul
veya, ya da,
ya ... ya,
yahut
ise, …sa,
…se, …için
ki, …yeter ki
ancak ve
ancak ... ise
∨
⇒
⇔
d) Ana Eklem ve Ana Bileşen
Ana Eklem: Önermenin tümünü etkileyen eklemdir. Başka bir deyişle önermelerin
kurulmasını sağlayan mantıksal değişmezlerdir (∼, ∧, ∨, ⇒, ⇔).
Ana Bileşen: Herhangi bir bileşik önermede ana eklemin ayırmış olduğu parçalardır.
Örnek 1)
p
∧
q
A.B A.E A.B
Örnek 2)
∼ (p ∨ q)
A.E A.B
Örnek 3)
[∼ (p ∨ q)]
A.B
⇒
r
A.E A.B
e) Mantık Değişmezleri
Değişmez: Dilin, varlıkların adlarını, özelliklerini ve ilişkilerini belirleyen sözcüklerin dışında
kalan, anlamlı en küçük birimlerine denir. İkiye ayrılır:
1. Mantık Değişmezleri: “∼”, “∧”, “∨”, “ ⇒”, “⇔” gibi bağlaçlarla, “hiçbir”, “her” (∀),
“birçok”, “bazı” (∃) gibi niceleyici nitelikteki sözcükler, “zorunlu” (□), “mümkün”
(◊), “özdeş” (≡), “eşit” (=), “var” (E!) gibi deyimler mantık değişmezleridir.
2. Özel Değişmezler: Adları gösteren ad değişmezleri, basit terimlerden karmaşık
terimler oluşturan işlem değişmezleri, yüklemleri gösteren yüklem değişmezleri gibi
değişmezlerdir.
Örnek: Zeynep’in babası akıllıdır.
Ad Değişmezleri İşlem Değişmezi Yüklem Değişmezi 6 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Değişkenler: x, y, z gibi bilinmeyen farklı nesneleri gösteren sembollerdir.
Örnek: 2x + 4 = 0
Deyim: Değişmezler, değişkenler ve bunların oluşturduğu dizilerdir.
Örnek: 2x + 4 = 0
2. Sembolleştirme ve Yorumlama
a) Sembolleştirme
Günlük dilde ifade edilmiş olan önermeleri, sembolik mantık diline çevirmektir.
Sembolleştirme işlemi üç aşamada gerçekleşir:
1. Önerme Sembolleri: Basit önermeler p, q, r, s, t, y, z gibi harflerle sembolleştirilir.
2. Önerme Eklemleri: Bir veya birden fazla önerme eklemiyle oluşan bileşik önerme,
önerme eklemleri “∼”, “∧”, “∨”, “ ⇒”, “⇔” işaretleriyle sembolleştirilir.
3. Parantezler: Bir veya birden fazla bileşik önermeden bir önerme eklemi ile yeni bir
bileşik önerme meydana getirirken, önceki önermeler paranteze alınır. Önerme ya da
önerme gruplarını birbirinden ayırmak için ( ), [ ], { } türünden parantezler kullanılır.
Elimizdeki önerme topluluğu bir çıkarım ise, yukarıdaki işlemler yapıldıktan sonra,
önermeler birbirinden “virgül” (,) ile ayrılır. Öncüllerle sonuç önermesini ise üçgen
görünümündeki üç nokta “∴” işareti ile birbirinden ayrılır. Bu işaret günlük dildeki “o
halde”nin karşılığıdır.
Bu üç aşamalı işleme sembolleştirme denir. Bu yolla elde edilen önermeler ise
sembolik önerme (önerme kalıbı, önerme şeması, önerme formu) denir.
Örnek 1) Ece düzenli çalışır ve düzenli yaşar ise başarılı olur.
p
∧
⇒
q
(p ∧ q) ⇒ r
Örnek 2) Çok çalışır isen başarılı olursun.
P
⇒
Başarılı oldun.
q
O halde, çok çalıştın.
∴
p ⇒ q, q ∴ p
p
q
r
7 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Örnek 3) Felsefe, bilgelik sevgisidir.
p
Bilgelik ise zor ve uzun uğraştır.
q
⇒ r
∧
s
O halde, felsefe zor ve uzun uğraştır.
∴
r
∧
s
p, q ⇒ (r ∧ s) ∴ r ∧ s
b) Yorumlama
Sembolleştirme işleminden sonra, önerme ya da önermelerde geçen önerme sembollerine belli
doğruluk değerleri verilmesidir. “p” gibi bir önerme sembolünün doğru (D) ve yanlış (Y)
olmak üzere iki yorumlaması vardır. Doğruluk tablosunda önermelerin alacağı doğru sayısı
“2ⁿ” formülü ile bulunur. Örneğin verilen önermede “p” ve “q” gibi iki önerme geçiyorsa
formülümüz gereği tablomuz 22 = 4 olur. Böylece tablomuz “4” değerli olmuş olur. Aynı
şekilde verilen önerme;
1 önerme ise 21 = 2 olur.
3 önerme ise 22 = 8 olur.
4 önerme ise 44 = 16 olur.
5 önerme ise 45 = 32 olur.
3. Doğruluk Tablosu (Doğruluk Çizelgesi)
a) Doğruluk Tablosunun Tanımı, Amacı ve Doğruluk Yorumları
Önerme ya da önermelerin her yorumlamada aldığı doğruluk değerini belirten çizelgeye
yorumlama tablosu (doğruluk çizelgesi) denir.
Doğruluk tablosu önerme eklemleriyle kurulmuş bileşik önermelerin tutarlılığını,
eşdeğerliliğini ve çıkarımların geçerliliğini denetleyen bir yöntemdir. Doğruluk tablosunda
denetlemenin amacı, her bir bileşik önermenin doğruluk değeri için ana eklemin doğruluk
değerini ortaya koyarak önerme hakkında yorum yapmaktır. Doğru değer için “D”, yanlış
değer için “Y” sembolü kullanılır. Beş eklemin doğruluk analizi ve çizelgesi şunlardır:
1. Değilleme
Değilleme, olumlu veya olumsuz bir basit önermenin bildirdiğinin inkar edilmesidir.
Günlük dilde “değil” sözcüğüyle sembolik dilde ise “∼” sembolü ile ifade edilir.
8 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Örneğin, “Bal acıdır.” önermesinin değili, “Bal acı değildir.” önermesidir. Bu önerme
doğruluk tablosunda ise şöyle gösterilir:
p
D
Y
∼D ≡ Y
∼Y ≡ D
∼p
Y
D
Verilen önermenin değillemesi değillendiğinde meydana gelen önermenin doğruluk
değeri, ilk önermenin doğruluk değeri olur. Çünkü iki değil birbirini götürür. Buna
çifte değilleme kuralı denir.
Örneğin, “Sude, İstanbul’a gitmemiş değildir.” (∼∼p) önermesinin değillemesinin
değillemesi sonucunda oluşmuş olan önerme “Sude, İstanbul’a gitmiştir.” (p)
önermesidir. Aynı durum “Bilimin faydalı olmadığı doğru değildir.” önermesi gibi
tüm önermeler için de geçerlidir.
p
D
Y
∼p
Y
D
∼∼p
D
Y
2. Birlikte Evetleme (Tümel Evetleme)
İki önermeyi “ve” (∧) önerme eklemi ile bağlayarak yapılan yeni önermeye tümel
evetleme önermesi denir. Tümel evetleme önermesinde bileşenlerin tümünün doğru
olması halinde önerme doğru, diğer durumların hepsinde yanlış olur.
Örnek: Mevsim yazdır ve güneş yakıcıdır.
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p∧q
D
Y
Y
Y
D∧D≡D
D∧Y≡Y
Y∧D≡Y
Y∧Y≡Y
3. Tikel Evetleme (Ayrıklılık – Seçeneklik)
“Veya” (∨) eklemiyle kurulan bileşik önermelere tikel evetleme önermesi denir.
Tikel evetleme önermesinde, bileşenlerin her ikisinin aynı anda yanlış olması halinde
önerme yanlış, diğer durumların hepsinde doğru olur.
Örnek: Bugün sinemaya veya tiyatroya giderim.
9 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p∨q
D
Y
Y
Y
D∨D≡D
D∨Y≡D
Y∨D≡D
Y∨Y≡Y
4. Koşul (Şart)
“İse” (⇒) eklemiyle kurulan bileşik önermelere koşul önermesi denir. Koşul
önermesinde ön bileşenin doğru, art bileşenin yanlış oldukları durumda önerme yanlış,
diğer durumların hepsinde doğrudur.
Örnek: Yemek yer isem çay içerim.
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p⇒q
D
Y
D
D
D⇒D≡D
D⇒Y≡Y
Y⇒D≡D
Y⇒Y≡D
5. Karşılıklı Koşul
“Ancak ve ancak … ise” (⇔) eklemiyle kurulan bileşik önermelere karşılıklı koşul
önermesi denir. Karşılıklı koşul önermesinde, bileşenlerin her ikisi aynı anda doğru
veya yanlış ise önerme doğru diğer durumların hepsi yanlıştır.
Örnek: Su deniz seviyesinde ancak ve ancak yüz derecede ısıtılırsa kaynar.
p
D
D
Y
Y
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p⇔q
D
Y
Y
D
D⇔D≡D
D⇔Y≡Y
Y⇔D≡Y
Y⇔Y≡D
Her Biri 2’li Olmak Üzere Tanıdığımız Beş Eklemin Doğruluk Çizelgesi
(Doğruluk Tablosu)
q
p Λ q p V q p ⇒ q p ⇔q
∼p
∼q
∼∼p
∼∼q
D
Y
Y
D
D
D
D
D
D
Y
Y
D
D
Y
Y
D
Y
Y
D
D
Y
Y
D
Y
D
D
Y
Y
D
D
Y
Y
Y
Y
D
D
10 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU b) Bileşik Önermelerin Doğruluk Değeri Analizi
Beş temel bileşik önerme türünün doğruluk fonksiyonları tablosu, aynı zamanda bileşik
önermeler kalkülünün (işlem çizelgesi, hesap cetveli) tabanı (bazı) durumundadır. Bu
tabandan hareketle ve “2n” formülü kullanılarak, ikiden fazla bileşeni olan tüm bileşik
önermelerin doğruluk tabloları elde edilebilir. Böyle bir kalkül elde edildikten sonra, günlük
dilde ifade edilmiş önermelerin doğruluk değerlerini bu kalküle göre hesaplamak mümkün
olur.
Örnek 1) “Altın sarıdır ve gümüş siyahtır” tümel evetleme önermesini sembolleştirerek
doğruluk değerini kalküle göre hesaplayınız?
Önce önermemizi “p Λ q” formunda sembolleştiririz. Daha sonra bileşenlerin doğruluk
değerini tek tek saptarız. “Altın sarıdır.” ön bileşeni doğru (D), “Gümüş siyahtır.” art bileşeni
ise yanlış (Y)’tır. Sonra “p Λ q” tümel evetleme kalıbına bileşenlerin doğruluk değerlerini
koyarak “D Λ Y” konumuna getiririz. Daha sonra da tümel evetleme doğruluk değeri
kuralını uygulayarak hesaplarız.
Altın sarıdır ve gümüş siyahtır.
p
Λ
q
D
Λ
Y
Y
Yukarıdaki örneğin doğruluk tablosu yoluyla analizi ise şöyledir:
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p∧q
D
Y
Y
Y
Örnek 2) “Nisan ayında yağmur yağar ve don olmazsa ürün bol olur.” önermesini
sembolleştirerek doğruluk tablosuna göre analiz ediniz?
Nisan ayında yağmur yağar ve don olmaz ise ürün bol olur.
P
Λ
q
⇒
(p Λ q) ⇒ r
r
11 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU p
D
D
D
D
Y
Y
Y
Y
q
D
D
Y
Y
D
D
Y
Y
r
D
Y
D
Y
D
Y
D
Y
pΛq
D
D
Y
Y
Y
Y
Y
Y
(p Λ q) ⇒ q
D
Y
D
D
D
D
D
D
ALIŞTIRMALAR
A) Aşağıdaki önermeleri doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
1. (p V ∼q) ⇔ (q Λ ∼p)
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
∼q
Y
D
Y
D
p V∼q q Λ∼p
Y
D
D
Y
Y
D
D
D
(p V ∼q) ⇔ (q Λ ∼p)
D
Y
Y
D
2. (p V r) ⇔ [(p ⇒ q) Λ r]
p
D
D
D
D
Y
Y
Y
Y
q
D
D
Y
Y
D
D
Y
Y
r
D
Y
D
Y
D
Y
D
Y
pVr
D
D
D
D
D
Y
D
Y
p⇒q
D
D
Y
Y
D
D
D
D
(p ⇒ q) Λ r
D
Y
Y
Y
D
Y
D
Y
(p V r) ⇔ [(p ⇒ q) Λ r]
D
Y
Y
Y
D
D
D
D
3. [(p Λ ∼q) ⇒ ∼p] V (p ⇔ q)
B) Aşağıdaki bileşik önermeleri sembolleştirerek kalküle göre hesaplayınız?
1. Platoncu isen idealar dünyası vardır ancak ve ancak Aristocu isen idealar dünyası yoktur.
12 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Platoncu isen idealar dünyası vardır ancak ve ancak Aristocu isen idealar dünyası yoktur.
⇒
P
⇔
q
r
⇒
q
∼
(p ⇒ q) ⇔ (r ⇒ ∼q)
(D ⇒ D) ⇔ (D ⇒ D)
D⇔D
D
2. Fakülteyi başarıyla bitirsem hem mastır yapacağım hem de çalışacağım ancak ve ancak
öğretmenlik yapmayacağım.
Fakülteyi başarıyla bitir isem hem mastır yapacağım hem de çalışacağım ancak ve ancak
⇒
p
q
r
⇔
öğretmenlik yapmayacağım.
s
Λ
∼
[p ⇒ (q Λ r)] ⇔ ∼s
3.
Bir sporcu zeki ve çevik ise başarılı olur.
p
∧
⇒
q
r
Aslı, Çağrı zeki ve çeviktir.
p
∧
q
O halde, Aslı, Çağrı başarılı olur.
∴
r
(p ∧ q) ⇒ r, p ∧ q ∴ r
4. Hafta sonu ya geziye ya da pikniğe gideceğim ancak ve ancak hem ödevim hem de
randevum olmazsa.
C) Aşağıdaki sembolik önermeleri verilen değerlere göre bulunuz?
1. [∼p ⇒ (∼q ⇔ r)] Λ (p V q) sembolik önermesini doğruluk değerini (p: Y, q: D, r: D)
değerlerine göre bulunuz?
13 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU [∼p ⇒ (∼q ⇔ r)] Λ (p V q)
[∼Y ⇒ (∼D ⇔ D)] Λ (Y V D)
[D ⇒ (Y ⇔ D)] Λ (Y V D)
[D ⇒ Y] Λ D
YΛD
Y
2. {[∼q ⇔ (q ⇒ ∼r)] V p} Λ [(r V q) ⇒ p] sembolik önermesini doğruluk değerini (p: D, q:
Y, r: Y) değerlerine göre bulunuz?
{[∼q ⇔ (q ⇒ ∼r)] V p} Λ [(r V q) ⇒ p] {[∼Y ⇔ (Y ⇒ ∼Y)] V D} Λ [(Y V Y) ⇒ D] {[D ⇔ (Y ⇒ D)] V D} Λ [(Y V Y) ⇒ D] {[D ⇔ D] V D} Λ [Y ⇒ D] {D V D} Λ D D Λ D D 3. [q Λ (∼p ⇒ q)] V [(p V q) ⇒ p] sembolik önermesini doğruluk değerini (p: Y, q: D)
değerlerine göre bulunuz?
4. {[p ⇒ (q ⇒ r)] Λ ∼p} V [(∼r V q) ⇔ ∼p] sembolik önermesini doğruluk değerini (p: Y, q:
D, r: D) değerlerine göre bulunuz?
D) “D” doğru bir önerme “Y” ise yanlış bir önerme olsun. Buna göre aşağıdaki bileşik
önermelerin doğruluk değerini bulunuz?
1.
∼(D V Y) ⇒ (Y Λ ∼D)
∼D ⇒ Y
∼D ⇒ Y
Y⇒Y
D
2.
[(D V Y] ⇒ Y] ⇔ [D Λ (Y ⇒ Y)]
[D ⇒ Y] ⇔ [D Λ D]
Y⇔D
Y
14 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU 3. ∼[(Y V D] ⇔ (D Λ Y)] V [∼Y ⇒ (D V Y)]
4. {[D V (D ⇒ Y)] ⇔ ∼D} Λ [(∼D V Y) ⇒ ∼Y]
c) Doğruluk Tablosu Yoluyla Denetleme
Doğruluk tablosu, yalnızca doğruluk değeri analizi yapmakta kullanılmaz. Bu tablonun en
önemli işlevi önermelerin tutarlılık, geçerlilik ve eşdeğerliliği ile çıkarımların geçerliliğini
denetlemekte de kullanılmasıdır.
1. Tek Bir Önermenin Tutarlılığı
Doğruluk tablosu ile bir önermenin tutarlılığını araştırmak için önerme önce
bileşenlerine ayrılır. Bileşenlerinin doğruluk değeri tek tek hesaplanarak sonuçta
önermenin doğruluk değeri yeniden kurulur. Bu sonuca göre en az bir doğrulayıcı
yorumu bulunan önerme tutarlı, hiçbir doğrulayıcı yorumu bulunmayan önerme
tutarsızdır. Tutarlı önermeler geçersiz olabilirken, geçersiz önermeler tutarlı olabilir.
Örnek 1) (p V q) ⇒ (p Λ q) önermesinin tutarlılığını doğruluk tablosu yoluyla
denetleyiniz?
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
pVq
D
D
D
Y
pΛq
D
Y
Y
Y
(p V q) ⇒ (p Λ q)
D
Y
Y
D
En az bir tane doğrulayıcı yorumu bulunduğundan önerme TUTARLI’dır.
Örnek 2) [∼q V (q ⇔ p)] Λ [(q V p) ⇒ ∼q]
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼q
Y
D
Y
D
q⇔p
Y
Y
D
Y
∼q V (q ⇔ p)
Y
D
D
D
qVp
D
D
D
Y
(q V p) ⇒ ∼q
Y
D
Y
D
[...] Λ [...]
Y
D
Y
D
En az bir tane doğrulayıcı yorumu bulunduğundan önerme TUTARLI’dır.
15 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU 2. Birden Fazla Önermenin Tutarlılığı
Birden fazla önermenin tutarlılığını denetleyebilmek için önermeler önce bileşenlerine
ayrılır, sonra bileşenlerin ve bu bileşenlere göre önermelerin doğruluk değeri bulunur.
Sonuçta verilen önermeleri aynı anda doğru yapan en az bir ortak doğrulayıcı yorum
bulunursa verilen önermeler birbirleriyle tutarlıdır. Eğer önermeleri aynı anda
doğrulayıcı ortak bir yorumu yoksa tutarlı değildir. Önermelerin birbirleriyle
tutarlılığında doğruluk tablosunda aynı doğruluk değerlerini gösteren yatay dizilişe
bakılır.
Örnek 1) p ⇔ ∼q, ∼p ⇒ q, p V q önermelerinin birbirleriyle tutarlı olup olmadıklarını
doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
∼q
Y
D
Y
D
p ⇔ ∼q
Y
D
D
Y
∼p ⇒ q
D
D
D
Y
pVq
D
D
D
Y
Önermeleri aynı anda doğru kılan birden çok doğrulayıcı yorum bulunduğundan
önermeler birbirleriyle TUTARLI’dır.
Örnek 2) (r V p) ⇔ q, p ⇒ (r Λ q) önermelerinin birbirleriyle tutarlı olup
olmadıklarını doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
p
D
D
D
D
Y
Y
Y
Y
q
D
D
Y
Y
D
D
Y
Y
r
D
Y
D
Y
D
Y
D
Y
rVp
D
D
D
D
D
Y
D
Y
(r V p) ⇔ q
D
D
Y
Y
D
Y
Y
D
rΛq
D
Y
Y
Y
D
Y
Y
Y
p ⇒ (r Λ q)
D
Y
Y
Y
D
D
D
D
Önermeleri aynı anda doğru kılan birden çok doğrulayıcı yorum bulunduğundan
önermeler birbirleriyle TUTARLI’dır.
3. Önermelerin Geçerliliği
Önermelerin geçerliliği iki yolla denetlenir:
16 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU I. Yol:
Bir önermenin geçerliliğini denetlemek için, önerme önce bileşenlerine ayrılır ve
bileşenlerine göre önermenin kendisinin doğruluk değeri saptanır. Eğer önerme tüm
yollarda doğru değerini alıyorsa hem tutarlı hem de geçerli, en az bir yorumunda
yanlış ise geçersizdir.
Örnek 1) p ⇒ (q ⇒ p) önermesinin geçerli olup olmadığını doğruluk tablosu yoluyla
denetleyiniz?
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
q⇒p
D
D
Y
D
p ⇒ (q ⇒ p)
D
D
D
D
Tüm satırlarda doğru değeri aldığı için önerme hem TUTARLI hem de GEÇERLİ’dir.
Örnek 2) [(∼p ⇒ q) Λ (p Λ q)] ⇒ (q V ∼p) önermesinin geçerli olup olmadığını
doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
∼q ⇒ p
D
D
D
Y
pΛq
D
Y
Y
Y
(∼p ⇒ q) Λ (p Λ q)
D
Y
Y
Y
q V ∼p
D
Y
D
D
[...] ⇒ (...)
D
D
D
D
Tüm satırlarda doğru değeri aldığı için önerme hem TUTARLI hem de GEÇERLİ’dir.
II. Yol:
Önce verilen önermenin tümünün değili alınır. Sonra önerme bileşenlerine ayrılarak
ve en sonda da önermenin kendisinin doğruluk değeri hesaplanır. Değil önermenin
tüm yorumlamaları yanlışlayıcı ise önerme tutarsız fakat geçerlidir. En az bir
doğrulayıcı değeri olursa önerme o zaman tutarlı fakat geçersizdir.
Örnek 1) (p ⇒ q) ⇒ (p V q) önermesinin geçerli olup olmadığını doğruluk tablosu
yoluyla denetleyiniz?
17 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p⇒q
D
Y
D
D
(p ⇒ q) ⇒ (p V q)
D
D
D
Y
pVq
D
D
D
Y
∼[(p ⇒ q) ⇒ (p V q)]
Y
Y
Y
D
Önermenin değili tutarlı olduğu için önerme GEÇERSİZ’dir.
Örnek 2) [(p ⇒ q) Λ (∼p ⇒ q)] ⇒ q önermesinin geçerli olup olmadığını doğruluk
tablosu yoluyla denetleyiniz?
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
p⇒q
D
Y
D
D
∼p ⇒ q
D
D
D
Y
[(p ⇒ q) Λ (∼p ⇒ q)
D
Y
D
Y
[...] ⇒ q
D
D
D
D
∼{[...] ⇒ q}
Y
Y
Y
Y
Önermenin değili tutarsız olduğu için önerme GEÇERLİ’dir.
4. Çıkarımların Geçerliliği
Çıkarımların geçerliliği iki yolla denetlenir:
I. Yol:
Bir çıkarımın geçerliliğini denetlemek için, önce öncüllerin hepsini birbirine tümel
evetleme eklemiyle (Λ) birleştirerek bir tümel evetleme önermesi elde edilir. Sonra bu
tümel evetleme önermesi sonuç önermesine koşul eklemiyle (⇒) bağlanır. Bu işlemler
ve yorumlamalardan sonra elde edilen koşul önermesinin geçerliliği araştırılır. Koşul
önermesi geçerli ise çıkarım da geçerli olur. Yani elde edilen önerme tüm satırlarda
doğru değerini alıyorsa önerme hem tutarlı hem de geçerlidir. En az bir satır yanlış
değeri alırsa önerme tutarlı olabilir, fakat geçerli değildir.
Örnek 1) p ⇒ q, p ∴ q çıkarımının geçerli olup olmadığını doğruluk tablosu yoluyla
denetleyiniz?
Çıkarımı önce bir koşul önermesine dönüştürülür:
[(p ⇒ q) Λ p] ⇒ q
Sonra elde edilen bu koşul önermesinin geçerliliği doğruluk tablosu yoluyla
denetlenir:
18 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p⇒q
Y
Y
D
D
[(p ⇒ q) Λ p
D
D
D
Y
[(p ⇒ q) Λ p] ⇒ q
D
Y
Y
Y
Koşul önermesi tüm satırlarda doğru değeri aldığı için hem tutarlı hem de geçerlidir.
Bu yüzden çıkarım GEÇERLİ’dir.
Örnek 2) p Λ q, p ⇒ q ∴ p ⇒ ∼q çıkarımının geçerli olup olmadığını doğruluk
tablosu yoluyla denetleyiniz?
Çıkarımı önce bir koşul önermesine dönüştürülür:
[(p Λ q) Λ (p ⇒ q)] ⇒ (p ⇒ ∼q)
Sonra elde edilen bu koşul önermesinin geçerliliği doğruluk tablosu yoluyla
denetlenir:
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼q
Y
D
Y
D
pΛq
D
Y
Y
Y
p⇒q
D
Y
D
D
[(p Λ q) Λ (p ⇒ q)]
D
Y
Y
Y
p ⇒ ∼q
Y
D
D
D
[...] ⇒ (p ⇒ ∼q)
Y
D
D
D
Koşul önermesi en az bir doğru değeri aldığı için tutarlı ancak geçersizdir. Bu yüzden
çıkarım GEÇERSİZ’dir.
II. Yol:
Çıkarımın sonucunun değili alınarak öncüllerle birlikte yorumlanır. Eğer öncül
önermelerle sonuç önerme birbirleriyle tutarsız ise çıkarım geçerlidir, tutarlı ise
çıkarım geçersizdir. Bu durumda bir çıkarımın geçerli olması bu çıkarımın öncülleri
ile çıkarımın sonucunun değillemesinden oluşan önermeler kümesinin tutarsız olması
demektir.
Örnek 1) p Λ q, p ⇒ q ∴ p ⇒ ∼q çıkarımının geçerli olup olmadığını doğruluk
tablosu yoluyla denetleyiniz?
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼q
Y
D
Y
D
pΛq
D
Y
Y
Y
p⇒q
D
Y
D
D
p ⇒ ∼q
Y
D
D
D
∼(p ⇒ ∼q)
D
Y
Y
Y
19 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Öncüllerle sonucun değillemesi bir arada tutarlı olduğundan çıkarım GEÇERSİZ’dir.
Örnek 2) p V ∼q, q ⇒ p ∴ p V ∼q çıkarımının geçerli olup olmadığını doğruluk
tablosu yoluyla denetleyiniz?
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
q⇒p
D
D
Y
D
p V ∼q
D
D
Y
D
∼q
Y
D
Y
D
p V ∼q
D
D
Y
D
∼(p V ∼q)
Y
Y
D
Y
Öncüllerle sonucun değillemesi bir arada tutarsız olduğundan çıkarım GEÇERLİ’dir.
5. Önermelerin Eşdeğerliliği
Önermelerin eşdeğerliliği iki yolla denetlenir:
I. Yol:
İki önermenin eşdeğerliliğini denetlemek için, her iki önerme önce bileşenlerine ayrılır
Daha sonra bileşenlerine göre önermelerin kendilerinin doğruluk değeri bulunur.
Sonuçta her iki önerme tüm değerler bakımından aynı anda hep aynı değerleri alırlarsa
bu iki önerme eşdeğerdir. Yani her iki önerme aynı anda aynı değeri alıyorlarsa, bir
doğru iken diğeri de doğru, bir yanlış iken diğeri de yanlış ise bu iki önerme birbirine
denk olacağı için eşdeğerdirler.
Örnek 1) ∼p Λ q, ∼(p V ∼q) önermelerinin eşdeğer olup olmadıklarını doğruluk
tablosu yoluyla denetleyiniz?
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
∼q
Y
D
Y
D
∼p Λ q
Y
Y
D
Y
p V ∼q
D
D
Y
D
∼(p V ∼q)
Y
Y
D
Y
Her iki önermede aynı anda aynı değerleri aldıkları için EŞDEĞER’dir.
Örnek 2) p ⇒ q, q ⇒ ∼p önermelerinin eşdeğer olup olmadıklarını doğruluk tablosu
yoluyla denetleyiniz?
20 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼q
Y
D
Y
D
p⇒q
D
Y
D
D
q ⇒ ∼p
Y
D
D
D
Her iki önermede aynı anda hep aynı değerleri almadıkları için EŞDEĞER
DEĞİL’dir.
II. Yol:
İki önermenin eşdeğerliliğini denetlemek için ikinci bir yol ise şudur: Verilen iki
önerme birbirlerine karşılıklı koşul eklemiyle (⇔) bağlanarak bir karşılıklı koşul
önermesi oluşturulur. Sonra oluşturulan bu önermenin doğruluk değeri bulunur.
Analiz sonucunda sonuç geçerli çıkar ise iki önerme eşdeğerdir, geçersiz çıkarsa
önermeler eşdeğer değildir.
Örnek 1) p ⇔ q, q ⇔ p önermelerinin eşdeğer olup olmadıklarını doğruluk tablosu
yoluyla denetleyiniz?
Önermeler önce karşılıklı koşul eklemiyle (⇔) birbirine bağlanır. Sonra bu karşılıklı
koşul önermesi doğruluk tablosu yoluyla denetlenir.
(p ⇔ q) ⇔ (q ⇔ p)
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p⇔q
D
Y
Y
D
q⇔p
D
Y
Y
D
(p ⇔ q) ⇔ (q ⇔ p)
D
D
D
D
Karşılıklı koşul önermesi geçerli olduğundan dolayı önermeler EŞDEĞER’dir.
Örnek 2) p ⇒ (q ⇒ r), (p Λ q) ⇒ r önermelerinin eşdeğer olup olmadıklarını
doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
[p ⇒ (q ⇒ r)] ⇔ [(p Λ q) ⇒ r]
21 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU p
q
r
q⇒r
p ⇒ (q ⇒ r)
pΛq
(p Λ q) ⇒ r
[…] ⇔ [(p Λ q) ⇒ r]
D
D
Y
D
D
D
D
D
D
D
D
Y
Y
D
Y
D
D
Y
Y
D
D
Y
D
D
D
Y
D
D
D
Y
D
D
Y
D
Y
D
D
Y
D
D
Y
D
D
Y
D
Y
D
D
Y
Y
Y
D
D
Y
D
D
Y
Y
D
D
D
Y
D
D
Karşılıklı koşul önermesi geçerli olduğundan dolayı önermeler EŞDEĞER’dir.
Örnek 3) (p ⇒ q) ⇒ r, (p V q) ⇒ r önermelerinin eşdeğer olup olmadıklarını
doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
[(p ⇒ q) ⇒ r] ⇔ [(p V q) ⇒ r]
p
D
D
D
D
Y
Y
Y
Y
q
D
D
Y
Y
D
D
Y
Y
r
Y
D
Y
D
Y
D
Y
D
p⇒q
D
D
Y
Y
D
D
D
D
(p ⇒ q) ⇒ r
Y
D
D
D
Y
D
Y
D
pVq
D
D
D
D
D
D
Y
Y
(p V q) ⇒ r
Y
D
Y
D
Y
D
D
D
[…] ⇔ [(p V q) ⇒ r]
D
D
Y
D
D
D
Y
D
Karşılıklı koşul önermesi geçerli olmadığından önermeler EŞDEĞER DEĞİL’dir.
ALIŞTIRMALAR
A) Aşağıdaki önermelerin tutarlı olup olmadıklarını doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
1. [(∼p ⇒ q) Λ (p Λ q)] ⇒ (p ⇒ q)
22 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
pΛq
D
Y
Y
Y
∼p ⇒ q
D
D
D
Y
∼p ⇒ q) Λ (p Λ q)
D
Y
Y
Y
p⇒q
D
Y
D
D
[...] ⇒ p ⇒ q
D
D
D
D
Tüm yorumlar doğru olduğu için önerme TUTARLI’dır.
2. [p V (q ⇔ p)] Λ ∼q
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼q
Y
D
Y
D
q⇔p
D
Y
Y
D
p V (q ⇔ p)
D
D
Y
D
[p V (q ⇔ p)] Λ ∼q
Y
D
Y
D
En az bir doğru yorumlayıcısı olduğu için önerme TUTARLI’dır.
3. [(p ⇒ ∼q) V p] ⇔ [(∼p Λ (∼q ⇒ p)]
4. (p Λ q) Λ (∼p Λ ∼q)
B) Aşağıdaki önermelerin birbirleriyle tutarlı olup olmadıklarını doğruluk tablosu yoluyla
denetleyiniz?
1. p ⇒ q, q ⇔ ∼p, p V q
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
p⇒q
D
Y
D
D
q ⇔ ∼p
Y
D
D
Y
pVq
D
D
D
Y
Önermeleri aynı anda doğru kılan en az bir doğrulayıcı yorum bulunduğu için
önermeler birbirleriyle TUTARLI’dır.
2. q V p, ∼p ⇒ q, ∼q ⇔ p
23 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
∼q
Y
D
Y
D
qVp
D
D
D
Y
∼p ⇒ q
D
D
D
Y
∼q ⇔ p
Y
D
D
Y
Önermeleri aynı anda doğru kılan en az bir doğrulayıcı yorum bulunduğu için
önermeler birbirleriyle TUTARLI’dır.
3. ∼p V q, q ⇔ ∼p, p Λ q, p ⇒ ∼q
4.
(p ⇒ q) V ∼q, q ⇔ (p Λ q)
C) Aşağıdaki önermelerin geçerliliğini doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
1. [(p ⇒ q) Λ ∼q] ⇒ ∼p
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
p⇒q
D
Y
D
D
∼q
Y
D
Y
D
[(p ⇒ q) Λ ∼q
Y
Y
Y
D
[(p ⇒ q) Λ ∼q] ⇒ ∼p
D
D
D
D
Önerme tüm yorumlarında doğru değeri aldığı için hem tutarlıdır, hem de
GEÇERLİ’dir.
2. ∼(∼q ⇔ r) ⇒ p
p
q
r
∼q
∼q ⇔ r
∼(∼q ⇔ r)
∼(∼q ⇔ r) ⇒ p
D
D
D
Y
Y
D
D
D
D
Y
Y
D
Y
D
D
Y
D
D
D
Y
D
D
Y
Y
D
Y
D
D
Y
D
D
Y
Y
D
Y
Y
D
Y
Y
D
Y
D
Y
Y
D
D
D
Y
D
Y
Y
Y
D
Y
D
Y
24 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Önerme yorumlamalarında doğru değeri almadığı için GEÇERSİZ’dir, ancak
yorumlamalarında birden çok doğru değeri aldığından tutarlıdır.
3. [(p Λ ∼q) ⇒ p] ⇒ [(∼p V q) ⇔ ∼p]
4. (p Λ q) ⇒ p
D) Aşağıdaki çıkarımların geçerliliğini doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
1. p ⇒ q, ∼q ∴ ∼p
Çıkarım önce bir koşul önermesine dönüştürülür, sonra elde edilen koşul önermesinin
geçerliliği denetlenir.
[(p ⇒ q) Λ ∼q] ⇒ ∼p
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼p
Y
Y
D
D
∼q
Y
D
Y
D
p⇒q
D
Y
D
D
(p ⇒ q) Λ ∼q
Y
Y
D
D
[(p ⇒ q) Λ ∼q] ⇒ ∼p
D
D
D
D
Koşul önermesi tüm yorumlamalarında doğru değeri aldığı için hem tutarlı hem de
GEÇERLİ’dir.
2. p ⇒ q, q V p ∴ p ⇔ q
Çıkarım önce bir koşul önermesine dönüştürülür, sonra elde edilen koşul önermesinin
geçerliliği denetlenir.
[(p ⇒ q) Λ (q V p)] ⇒ (p ⇔ q)
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p⇒q
D
Y
D
Y
qVp
D
D
D
Y
[(p ⇒ q) Λ (q V p)]
D
Y
D
Y
p⇔q
D
Y
Y
D
[…] ⇒ (p ⇔ q)
D
D
Y
D
Koşul önermesi tüm yorumlamalarında doğru değeri almadığı için GEÇERSİZ, fakat
yorumlamalarında birden çok doğru değeri aldığı için tutarlıdır.
25 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU 3. p Λ ∼q, ∼p ⇔ q ∴ q Λ ∼p
4. p V ∼q, p ⇒ q ∴ p ⇔ q
E) Aşağıdaki önermelerin eşdeğer olup olmadıklarını doğruluk tablosu yoluyla denetleyiniz?
1. ∼(p ⇒ q), p Λ ∼q
Önermeler önce karşılıklı koşul önermesine dönüştürülür, sonra elde edilen karşılıklı
koşul önermesinin geçerliliği denetlenir.
∼(p ⇒ q) ⇔ (p Λ ∼q)
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼q
Y
D
Y
D
p⇒q
D
Y
D
D
∼(p ⇒ q)
Y
D
Y
Y
p Λ ∼q
Y
D
Y
Y
∼(p ⇒ q) ⇔ (p Λ ∼q)
D
D
D
D
Karşılıklı koşul önermesi geçerli olduğundan önermeler EŞDEĞER’dir.
2. (p V ∼q) V (q ⇒ p), p V ∼q
Önermeler önce karşılıklı koşul önermesine dönüştürülür, sonra elde edilen karşılıklı
koşul önermesinin geçerliliği denetlenir.
[(p V ∼q) V (q ⇒ p)] ⇔ (p V ∼q)
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
∼q
Y
D
Y
D
p V ∼q
D
D
Y
D
q⇒p
D
D
Y
D
[(p V ∼q) V (q ⇒ p)]
D
D
Y
D
p V ∼q
D
D
Y
D
[...] ⇔ (p V∼q)
D
D
D
D
Karşılıklı koşul önermesi geçerli olduğundan önermeler EŞDEĞER’dir.
3. p ⇔ ∼q, (p Λ ∼q) V (∼p Λ q)
4. p ⇔ q, [(p Λ q) V (∼p Λ ∼q)]
4. Çözümleyici Çizelge
Doğruluk tablosu bir tür denetleme yöntemi idi. Bu yöntemde önermenin veya çıkarımın
bileşen sayısı ve eklem sembolleri arttıkça, doğruluk tablosu ile denetleme zorlaşmaktadır.
26 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Bundan dolayı doğruluk tablosu ile denetleme, uygulamada uzun ve zahmetli bir yol olarak
kendini gösterir. İşte bu nedenle sembolik mantıkta çözümleyici çizelge adı verilen daha
kolay bir denetleme yöntemi geliştirilmiştir.
Çözümleyici çizelge ile denetleme yöntemi, bir veya birden fazla önermenin doğrulayıcı ve
yanlışlayıcı yorumlarını bir çizelge üzerinde belirlemeye yarar. Doğruluk çizelgesi, yalnızca
önermelerin iç yapısını göz önüne almayan önermeler mantığında kullanılabilir. Oysa
çözümleyici çizelge önermelerin iç yapısını denetlemede kullanılır. Çözümleyici çizelge ile
bileşik önermeleri bileşenlerinin en küçük bileşenine kadar ayırarak denetlemek mümkündür.
Doğruluk tablosunda olduğu gibi çözümleyici çizelgeyle de önermelerin veya çıkarımların
tutarlılık, geçerlilik ve eşdeğerlilik denetlemesi yapılır.
a) Çözümleyici Çizelge Kuralları
1. Tümel evetleme çözümleme kuralı
pΛq
p
q
2. Tümel evetlemenin değillemesinin çözümleme kuralı
∼(p Λ q)
∼p
∼q
3. Tikel evetlemenin çözümleme kuralı
pVq
p
q
4. Tikel evetlemenin değillemesinin çözümleme kuralı
∼(p V q)
∼p
∼q
5. Koşul önermesinin çözümleme kuralı
p⇒q
∼p
q
27 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU 6. Koşulun değillemesinin kuralı
∼(p ⇒ q)
p
∼q
7. Karşılıklı koşulun çözümleme kuralı
p ⇔ q p
∼p
q
∼q
8. Karşılıklı koşulun değillemesinin çözümleme kuralı
∼(p ⇔ q) p
∼p
∼q
q
b) Çözümleyici Çizelgenin Kullanımı İçin Kurallar
Çözümleyici çizelgede her türlü çözümleme işlemi, tümel ve tikel çözümleme kuralına göre
yapılır. Tutarlılığı denetlenecek önermeler çizelgenin başına art arda yazılıp her birinin sağına
önerme anlamında “Ö” işareti konularak denetlenecek önermeler oldukları belirtilir.
Çizelgenin bu ilk satırı veya satırlarına başlangıç önermeleri denir. Sonra tümel evetleme
önermeleri ana bileşenleri alt alta (çengel açma), tikel evetleme önermeleri ana bileşenleri de
yanyana (çatal açma) yazılarak çözümlenirler. Bu iki türlü çözümleme işleminde öncelik
sırası her zaman alt alta yazma kuralına verilir.
Çözümleyici çizelge yöntemi ile çözümlenen önermeler numaralanır. Önermenin önüne
konan bu sayı adım sayısıdır. Adım sayısının aynısı önermenin çözümünü de konur. Böylece
çözüm önermelerinin nereden geldiği belirlenmiş olur. Çözüme verilen bu sayı, kaynağı
belirlediği için o, aynı zamanda kaynak sayısıdır.
Alt alta yazılan önermeler dizisine yol denir. Çatal açma kuralı uygulandığında iki ayrı yol
oluşur. Çözümlemede aynı yol üzerinde, bir önermeyle o önermenin değillemesinden oluşan
“p” ve “∼p” gibi bir önerme çifti varsa, çelişki olacağından yol kapanır. Yolun kapandığı “X”
işareti ile gösterilir. Çözümleyici çizelgede kapalı olan yollar “Yanlış”, açık olan yollar
“Doğru” yorumları gösterir. Bu açıklamalara göre;
1. Ana eklem ve bileşenler belirlenir.
2. Her çözümlemede alt alta yazma kuralına öncelik verilir.
28 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU 3. Aynı kural ile çözümlenecek önerme varsa çözümlemeye en üsttekinden başlanır.
4. Çatal açmadan sonra işlem devam ediyorsa çatalın sol tarafından işleme devam edilir.
5. Her çözümlemeden sonra yol üzerinde çelişki olup olmadığına bakılır. Çelişki, aynı
yol üzerinde hem değilinin hem kendisinin birlikte bulunmasıdır. Eğer çelişki varsa o
yol “X” işareti ile kapatılır.
6. Çözümlenen önermelere sıraya göre adım numarası verilir. Aynı numara çözümlenmiş
önermeye kaynak numarası olarak yazılır.
Örnek 1) ∼p Λ ∼q, ∼q, ∼p V q önermelerini çözümleyici çizelge ile denetleyiniz?
∼p Λ ∼q, ∼q, ∼p V q
1. ∼p Λ ∼q (Ö)
∼q (Ö)
2. ∼p V r (Ö)
∼p
(1)
∼q
(2)
∼p
q
↓
X
Adım sayısı (kaynak sayısı) “↓” işareti yolun açık olduğu anlamına gelir. Burada “∼p” önermesi aynı yol üzerinde bir başka önermeyle çelişmemektedir. Başlangıç önermeleri Kaynak sayısı (adım sayısı) “X” işareti yolun kapalı olduğunu gösterir. Burada “q” ile “∼q” önermeleri aynı yol üzerinde çeliştiğinden yol kapalıdır. Örnek 2) [(p V q) V (∼p Λ ∼q)] ⇒ (∼r V ∼s) önermesini çözümleyici çizelge ile denetleyiniz?
1. [(p V q) V (∼p Λ ∼q)] ⇒ (∼r V ∼s) (Ö)
(1)
2. ∼[(p V q) V (∼p Λ ∼q)]
3. ∼(p V q)
(2)
4. (∼p Λ ∼q)
∼p
(3)
∼q
(4)
P
X
∼q
↓
5. ∼r V ∼s
(5)
∼r
↓
∼s
↓
29 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Örnek 3) ∼[(p V q) V ∼p] önermesini çözümleyici çizelge ile denetleyiniz?
1. ∼[(p V q) V ∼p] (Ö)
2. ∼(p V q)
(1)
∼∼p
∼p
(2)
∼q
X
c) Çözümleyici Çizelge ile Denetleme
1. Tek Bir Önermenin Tutarlılığı
Çözümleyici çizelge ile verilen bir önermenin tutarlı olup olmadığını denetleyebilmek için
önce önermenin ögelerinden oluşan çözümleyici çizelgeyi kurarız. Çizelgeyi tamamladıktan
sonra eğer bu çizelgenin en az bir yolu açıksa önerme tutarlı, bütün yolları kapalı ise önerme
tutarsızdır.
Örnek 1) (∼p V q) Λ (p Λ q) önermesinin tutarlı olup olmadığını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
1. (∼p V q) Λ (p Λ q) (Ö)
3. ∼p V q
(1)
2. p Λ q
p
(2)
q
(3)
∼p
q
X
↓
Önermenin en az bir yolu açık (doğru yorumu) olduğu için önerme TUTARLI’dır.
Örnek 2) p ⇒ (∼p ⇒ q) önermesinin tutarlı olup olmadığını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
30 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU ∼p
1. p ⇒ (∼p ⇒ q) (Ö)
(1)
2. ∼p ⇒ q
(2)
∼ ∼p
↓
q
↓
Tüm yollar açık olduğu, yani tüm yollar doğru yorumu aldığı için önerme TUTARLI’dır.
Örnek 3) ∼(p V q) Λ ∼(p ⇔ q) önermesinin tutarlı olup olmadığını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
1. ∼(p V q) Λ ∼(p ⇔ q) (Ö)
2. ∼(p V q)
(1)
3. ∼(p ⇔ q)
∼p
(2)
∼q
(3)
p
∼q
∼q
q
X
X
Tüm yollar kapalı olduğu yani hiçbir doğru yorumlaması olmadığı için önerme
TUTARSIZ’dır.
2. Birden Fazla Önermenin Tutarlılığı
Çözümleyici çizelge ile birden fazla önermenin birbiriyle tutarlılığını denetlemek için, verilen
önermeler önce alt alta yazılır ve herbirinin ardına önerme anlamında “Ö” yazılır. Sonra
önermeler önce çengel (anahtar), sonra çatal sırası izlenerek tek tek çözümlenir. Çözümleme
sonunda, tek bir açık yol bile varsa, önermelerin ortak doğrulayıcı yorumlaması olmadığı için
önermeler birbirleriyle tutarlıdır. Hiçbir açık yol yoksa, önermeler birbirleriyle tutarsızdır.
Örnek 1) q ⇒ p, ∼p V q, p Λ q önermelerinin tutarlı olup olmadığını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
31 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU 2. q ⇒ p (Ö)
3. ∼p V q (Ö)
1. p Λ q (Ö)
P
(1)
q
(2)
∼q
X
p
(3)
∼p
q
X
↓
En az bir yol açık olduğu için önermeler TUTARLI’dır.
Örnek 2) p V ∼q, p Λ q, p V ∼r önermelerinin tutarlı olup olmadığını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
2. p V ∼q (Ö)
1. p Λ q (Ö)
p V ∼r (Ö)
p
(1)
q
(2)
p
∼q
(3)
X
p
∼r
↓
↓
Birden çok yol açık olduğu için önermeler birbirleriyle TUTARLI’dır.
Örnek 3) q ⇒ p, ∼(∼p V q), ∼(p Λ ∼q) önermelerinin tutarlı olup olmadığını çözümleyici
çizelge ile denetleyiniz?
q ⇒ p (Ö)
1. ∼(∼p V q) (Ö)
2. ∼(p Λ ∼q) (Ö)
p
(1)
∼q
p
(2)
q
X
32 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Yol kapalı olduğu için önermeler birbirleriyle TUTARSIZ’dır.
3. Önermenin Geçerliliği
Bir önermenin geçerliliğini çözümleyici çizelge ile denetlerken önce önermenin değillemesi
alınır ve sonuna (∼Ö) yazılır. Sonra çözümleyici çizelge kuralları uygulanarak önerme
çözümlenir. Çözümleme sonunda açık yol varsa önerme geçersiz fakat tutarlı, bütün yollar
kapalı ise önerme geçerli ancak tutarsızdır.
Örnek 1) (p Λ q) ⇔ p önermesinin geçerli olup olmadığını çözümleyici çizelge ile denetleyiniz? 1. ∼[(p Λ q) ⇔ p] (∼Ö)
(1)
2. p Λ q
3. ∼(p Λ q)
∼p
p
p
(3)
(2)
∼p
q
X
X
Bütün yollar kapalı olmadığı için önerme GEÇERSİZ’dir. p
↓
Örnek 2) [(p V q) Λ (∼p Λ ∼q)] ⇒ (∼r V ∼s) önermesinin geçerli olup olmadığını çözümleyici çizelge ile denetleyiniz? 1. ∼{[(p V q) Λ (∼p Λ ∼q)] ⇒ (∼r V ∼s)} (∼Ö)
2. (p V q) Λ (∼p Λ ∼q)]
(1)
3. ∼(∼r V ∼s)
5. p V q
(2)
4. ∼p Λ ∼q
r
(3)
s
∼p
(4)
∼q
(5)
p
q
X
X
Bütün yollar kapalı (tutarsız) olduğu için önerme GEÇERLİ’dir.
33 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Örnek 3) p ⇒ (∼p ⇒ q) önermesinin geçerli olup olmadığını çözümleyici çizelge ile denetleyiniz? 1. ∼[p ⇒ (∼p ⇒ q)] (∼Ö)
P
(1)
2. ∼(∼p ⇒ q)
∼p
(2)
∼q
X
Bütün yollar kapalı olduğu (tutarsız) olduğu için önerme GEÇERLİ’dir.
4. Çıkarımların Geçerliliği
Bir çıkarımın geçerliliğinin denetlemek için, çıkarımın öncülleriyle sonucunun değillemesinin
birlikte tutarlı olup olmadığını araştırmak gerekir. Bu amaçla, çıkarımın öncülleri ve
sonucunun değillemesi alt alta yazılır. Öncüllerin ardına öncül anlamında “Ön.”, sonucun
değillemesinin ardına “∼Sn.” işaretleri konur. Sonra çözümleyici kuralları uygulanarak
öncüller ve sonuç önermeleri çözümlenir. Çözümleme sonunda açık yol var ise çıkarım
geçersizdir; bütün yollar kapalı ise çıkarım geçerlidir. Geçerli olan çıkarım tutarsız iken,
geçersiz her çıkarım da tutarlıdır.
Örnek 1) (p V q) ⇒r, ∼r ∴ ∼( p V q) çıkarımının geçerli olup olmadığını çözümleyici çizelge
ile denetleyiniz?
(p V q) ⇒r, ∼r ∴ ∼( p V q)
1. (p V q) ⇒r Ön.
∼r Ön.
3. ∼ ∼( p V q) (∼Sn.)
(1)
2. ∼(p V q)
r
∼p
X
(2)
∼q
(3)
p
q
X
X
Tüm yollar kapalı olduğu için çıkarım tutarsız, fakat GEÇERLİ’dir.
34 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU Örnek 2) p ⇒ q, p Λ q ∴ q çıkarımının geçerli olup olmadığını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
p ⇒ q, p Λ q ∴ q
p ⇒ q (Ön.)
1. p Λ q (Ön.)
∼q (∼Sn.)
p
(1)
q
X
Yol kapalı olduğu için çıkarım tutarsız fakat GEÇERLİ’dir.
Örnek 3) p ⇒ q, ∼p ⇒ q ∴ p çıkarımının geçerli olup olmadığını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
p ⇒ q, ∼p ⇒ q ∴ p
1. p ⇒ q Ön.
2. ∼p ⇒ q Ön.
∼p ∼Sn.
(1)
q
(2)
∼p
(2)
p
X
q
↓
p
X
q
↓
Birden çok açık yol olduğu için çıkarım tutarlı, fakat GEÇERSİZ’dir.
5. Önermelerin Eşdeğerliliği
İki önermenin eşdeğer olup olmadığını çözümleyici çizelge ile denetlemek için, bu iki önerme
önce karşılıklı koşul (⇔) eklemiyle birbirine bağlanır, daha sonra elde adilen karşılıklı koşul
önermesinin geçerliliği denetlenir. Bu aşamadan sonra denetleme yapılırken çıkarımların
geçerliliği kuralı uygulanır. Yani elde edilen karşılıklı koşul önermesinin değillemesi alınıp
çözümleyici çizelge kurallarıyla çözümlenir. Çözümleme sonunda tüm yollar kapalı ise iki
önerme eşdeğerdir; en az bir yol bile açıksa iki önerme eşdeğer değildir. Eşdeğer olan
önermeler aynı zamanda geçerli olan önermelerdir.
Örnek 1) p Λ p ve p önermelerinin eşdeğer olup olmadıklarını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
35 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU 1. ∼[(p Λ p) ⇔ p] (∼Ö)
(1)
2. p Λ p
3. ∼(p Λ p)
∼p
p
P
(3)
(2)
∼p
∼p
∼p
X
X
X
Önermelerden oluşturulan karşılıklı koşul önermesi geçerli olduğundan önermeler
EŞDEĞER’dir.
Örnek 2) p V q ve p ⇒ q önermelerinin eşdeğer olup olmadıklarını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
1. ∼[(p V q) ⇔ (p ⇒ q)] (∼Ö)
(1)
3. p V q
4. ∼(p V q)
2. ∼(p ⇒ q)
5. p ⇒ q P ∼p (2) (4) ∼q
∼q
(3)
(5)
p
q
∼p
↓
X
↓
q
X
Önermelerden oluşturulan karşılıklı koşul önermesi geçersiz olduğundan önermeler
EŞDEĞER DEĞİL’dir.
Örnek 3) ∼(p ⇒ q) ve p Λ ∼q önermelerinin eşdeğer olup olmadıklarını çözümleyici çizelge
ile denetleyiniz?
1. ∼[∼(p ⇒ q) ⇔ (p Λ ∼q)] (∼Ö)
(1)
2. ∼(p ⇒ q)
5. p ⇒ q
3. ∼(p ⇒ ∼q)
4. p Λ ∼q P p (2) (4) ∼q ∼q
(3)
(5)
∼p
q
∼p
q
X
X
X
X
Önermelerden oluşturulan karşılıklı koşul önermesi geçerli olduğundan önermeler
EŞDEĞER’dir.
36 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU ALIŞTIRMALAR
1. Aşağıdaki önermelerin tutarlı olup olmadıklarını çözümleyici çizelge ile denetleyiniz?
a) (p Λ [(p ⇒ ∼p) V (∼p Λ p)]
1. (p Λ [(p ⇒ ∼p) V (∼p Λ p)] (Ö)
P
(1)
2. (p ⇒ ∼p) V (∼p Λ p)
(2)
3. p ⇒ ∼q
4. ∼p Λ p
(3)
∼p
∼p
∼p
(4)
X
X
p
X
Tüm yollar kapalı olduğu için önerme TUTARSIZ’dır.
b) ∼[(p Λ ∼q) ⇒ r] V [(∼q ⇒ ∼r) Λ ∼p)]
1. ∼[(p Λ ∼q) ⇒ r] V [(∼q ⇒ ∼r) Λ ∼p)] (Ö)
2. ∼[(p Λ ∼q) ⇒ r]
(1)
4. [(∼q ⇒ ∼r) Λ ∼p)]
3. p Λ ∼q
(2)
∼r
p
(3)
∼q
(4)
5. ∼(∼q ⇒ ∼r)
∼∼p
∼q
↓
(5)
r
X
En az bir yol açık olduğu için önerme TUTARLI’dır.
c) (∼p ⇒ q) V (p ⇔ ∼q)
d) ∼[(p Λ ∼q) V p] ⇒ [(∼q ⇒ p) Λ q)]
2. Aşağıdaki önermelerin birbirleriyle tutarlı olup olmadıklarını çözümleyici çizelge ile
denetleyiniz?
37 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU a) p ⇒ q, p V ∼q
1. p ⇒ q (Ö)
2. p V ∼q (Ö)
(1)
q
(2)
∼p
(2)
P
X
∼q
↓
p
↓
∼q
X
En az bir yol açık olduğu için önermeler TUTRALI’dır.
b) ∼p Λ ∼q, p ⇔ q, q
1. ∼p Λ ∼q (Ö)
2. p ⇔ q (Ö)
q (Ö)
∼p
(1)
∼q
(2)
p
q
X
∼p
∼q
X
Tüm yollar kapalı olduğu için önermeler TUTARSIZ’dır.
c) ∼(q ⇒ p), (p Λ ∼q) ⇒ r, ∼(p Λ r)
d) q Λ ∼p, p ⇒ (∼q ⇒ p) Λ p)
3. Aşağıdaki önermelerin geçerli olup olmadıklarını çözümleyici çizelge ile denetleyiniz?
a) (p Λ q) Λ ∼p
1. ∼[(p Λ q) Λ ∼p] (∼Ö)
(1)
2. ∼(p Λ q)
∼p
(2)
↓
∼p
∼q
↓
↓
Tutarlı olduğu (tüm yollar açık olduğu için önermeler TUTALI’dır.
38 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU b) [(p ⇔ q) V (q ⇔ r)] Λ r
1. ∼{[(p ⇔ q) V (q ⇔ r)] Λ r} (∼Ö)
(1)
2. ∼[(p ⇔ q) V (q ⇔ r)]
∼r
3. ∼(p ⇔ q)
(2)
4. ∼(p ⇔ r)
(3)
p
∼p
∼q
q
(4)
(4)
p
∼p
p
∼p
∼r
r
∼r
r
X
↓
↓
X
Tutarlı olduğu (birden çok yol açık olduğu) için önerme GEÇERSİZ’dir.
c) [∼(p Λ q) ⇒ (p V p)] ⇒ p
1. ∼{[∼(p Λ q) ⇒ (p V p)] ⇒ p} (∼Ö)
2. ∼(p Λ q) ⇒ (p V p)
(1)
∼p
(2)
3. p Λ q
4. p V p
p
(4)
(3)
p
q
X
X
p
X
Tutarsız olduğu için (bütün yollar kapalı olduğu) için önerme GEÇERLİ’dir.
d) (p ⇒ ∼q) V (p Λ p)
e) (p V q) ⇔ [(p ⇒ ∼q) Λ ∼p]
4. Aşağıdaki çıkarımların geçerli olup olmadıklarını çözümleyici çizelge ile denetleyiniz?
a) p ⇔ q, q ⇔ r ∴ p ⇔ r
39 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU 1. p ⇔ q (Ön.)
2. q ⇔ r (Ön.)
3. ∼(p ⇔ r) (∼Sn.)
(1)
p
q
(2)
q
r
(3)
p
∼r
X
∼p
∼q
(2)
∼q
∼r
X
q
r
X
∼q
∼r
(3)
p
∼r
X
∼p
r
X
∼p
r
X
Tüm yollar kapalı olduğu için tutarsız fakat GEÇERLİ’dir.
b) ∼p V q, q V r, ∼r Λ s ∴ ∼(p Λ s)
3. ∼p V q (Ön.)
4. q V r (Ön.)
1. ∼r Λ s (Ön.)
2. ∼∼(p Λ s) (∼Sn.)
∼r
(1)
s
p
(2)
s
(3)
∼p
X
q
↓
q
(4)
r
X
En az bir yol açık olduğu için çıkarım tutarlı fakat GEÇERSİZ’dir.
c) ∼p ⇒ ∼q, ∼q ⇒ r ∴ ∼p ⇒ r
d) p ⇒ q ∴ ∼(p ⇒ q)
e) ∼p V ∼q, ∼q Λ r ∴ p ⇒ ∼r
5. Aşağıdaki önermelerin eşdeğer olup olmadıklarını çözümleyici çizelge ile denetleyiniz?
a) p ⇒ q, ∼p V q
40 MODERN MANTIK Yrd. Doç. Dr. Hüseyin AYDOĞDU 1. ∼[(p ⇒ q) ⇔ (∼p V q)] (∼Ö)
(1)
3. p ⇒ q
4. ∼(p ⇒ q)
2. ∼(∼p V q)
5. ∼p V q
P
p
(2)
(4)
∼q
∼q
(3)
(5)
∼p
q
∼p
X
X
X
q
X
Karşılıklı koşul önermesinin değili geçerli olduğundan önermeler EŞDEĞER’dir.
b) ∼p ⇒ q, ∼p V ∼q
1. ∼[(∼p ⇒ q) ⇔ (∼p V ∼q)] (∼Ö)
(1)
4. ∼p ⇒ q
2. ∼(∼p ⇒ q)
3. ∼(∼p V q)
5. ∼p V q
P
∼p
(3)
(2)
q
∼q
(4)
(5)
p
q
∼p
↓
↓
↓
q
X
Karşılıklı koşul önermesinin değili geçersiz olduğundan önermeler EŞDEĞER DEĞİL’dir
c) ∼(p Λ q), ∼p V ∼q
d) p ⇒ q, ∼p V q