Scarica Logica - Soluzioni agli esercizi supplementari e più Esercizi in PDF di Logica solo su Docsity! Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Soluzioni agli esercizi supplementari Capitolo 1 (esercizi alle pp. 22–23)  (1) ➀ [Ce la farai senz’altro], perché ➁ [hai talento] e ➂ [lavori sodo]. Le asserzioni 2 e 3 fungono da premesse indipendenti per la conclusione 1: la persona a cui l’argomentazione è rivolta potrebbe aver talento senza lavorare so- do, e potrebbe lavorare sodo pur senza avere talento. Si tratta quindi di un’argo- mentazione convergente: 2 3   1 (2) ➀ [C’è bisogno di altra morfina.] ➁ [Abbiamo 32 feriti] e ➂ [sono rimaste solo 12 dosi.] In questo caso le due premesse lavorano in congiunzione. Il diagramma è: 2 + 3 ↓ 1 (3) Questa non è un’argomentazione ma un’asserzione condizionale. (4) ➀ [Se ci fosse stato un autovelox, sarebbe comparso su questo radar,] ma ➁ [qui non è comparso nulla.] Questa è un’argomentazione con conclusione implicita: ➂ [Non c’era un autovelox.] 1 + 2 ↓ 3 (5) ➀ [O gli UFO sono armi segrete del nemico oppure sono navi spaziali che pro- vengono da un mondo alieno.] ➁ [Se sono armi nemiche, allora la tecnologia nemica è ampiamente superiore alla nostra (contrariamente a quanto si pensa di solito).] ➂ [Se sono navi spaziali aliene, allora dispongono di una tecnologia supe- riore a qualsiasi cosa noi si possa immaginare.] In ogni caso, quindi, ➃ [i costrut- tori di UFO sono tecnologicamente più sofisticati di noi.] L’indicatore di conclusione ‘quindi’ (insieme alla qualifica ‘in ogni caso’) segnala che l’asserzione 4 è una conclusione sostenuta da tutte le asserzioni precedenti. Si noti che queste sono poste tra parentesi senza spezzarle in componenti più semplici, dal momento che si tratta di asserzioni composte mediante i connettivi ‘o … oppure’ e ‘se … allora’. Pertanto il diagramma è: Esercizio 1.1 2 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 1 + 2 + 3 ↓ 4 (6) Questa non è un’argomentazione. La parola ‘perché’ non funge da indicatore di premessa ma svolge una funzione puramente esplicativa: il parlante sta spiegan- do per quale motivo una certa persona si sia rinchiusa nella sua camera da letto, non sta cercando di dimostrare che l’ha fatto. (7) ➀ [Ho seguito le indicazioni della ricetta sulla scatola,] ma ➁ [la torta è davvero immangiabile.] Evidentemente ➂ [alcuni ingredienti erano andati a male]. Argomentazione non convergente: 1 + 2 ↓ 3 (8) ➀ [I cibi salati mi fanno bere.] ➁ [Quando bevo mi passa la sete.] Quindi ➂ [i cibi salati mi fanno passare la sete.] Argomentazione non convergente (ma colpevole di una fallacia semantica; si ve- da il Paragrafo 8.2). Anche in questo caso il diagramma è: 1 + 2 ↓ 3 (9) Non è un’argomentazione ma una semplice descrizione di un concorso a premi. (10) ➀ [Come si fa a dire che la pena capitale è un deterrente per il crimine?] ➁ [In quegli stati in cui la pena di morte è stata abolita, il tasso di incidenza dei delitti è inferiore a quello degli stati che invece l’hanno mantenuta.] Inoltre, ➂ [la pena capitale è una pratica barbarica che non dovrebbe trovare posto in una società che si definisce “civilizzata”.] Questa è un’argomentazione convergente (come suggerisce la parola ‘inoltre’) con un’ovvia conclusione implicita: ➃ [La pema di morte va abolita.] Il diagramma è: 2 ↓ 1 3   4 Si noti che la conclusione intermedia 1 è espressa da una domanda retorica. (11) ➀ [Non sono stati né il maggiordomo né la cameriera.] ➁ [Rimangono il cuoco e l’autista.] Ma ➂ [l’autista era all’aeroporto quando il delitto è avvenuto.] ➃ [Il cuo- co è l’unico senza un alibi.] Inoltre ➄ [l’ereditiera è stata avvelenata.] È logico concludere che ➅ [l’assassino è proprio il cuoco.] Quest’argomentazione riposa su due ovvia premesse implicite: ➆ [L’assassino è uno tra il maggiordomo, la cameriera, il cuoro, l’autista.] ➇ [L’omicidio ha avuto luogo a casa.] Soluzioni agli esercizi supplementari 5 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (9) Induttiva (debole); non essere convinti dell’innocenza di una persona non equi- vale a ritenerla colpevole. (10) Induttiva (forte). (11) Induttiva (piuttosto forte). (12) Induttiva. Supponiamo che siano rimaste solamente due persone al mondo, una totalmente calva e l’altra con un solo capello. In tal caso le premesse sarebbero vere e la conclusione falsa, quindi l’argomentazione non può essere deduttiva. L’argomentazione, tuttavia, è abbastanza forte, dal momento che la maggior par- te delle circostanze in cui le premesse sono vere, è vera anche la conclusione. (13) Deduttiva. (14) Deduttiva. (15) Induttiva (forte). (16) Induttiva (moderatamente forte).  (1) ➀ [Il tema di Ettore e quello di Alessandro sono pressoché identici.] Evidente- mente, ➁ [uno dei due ha copiato.] 1 ↓ I (forte) 2 (2) Dal momento che ➀ [mi hai detto che ci saremmo incontrati al drive-in] e ➁ [tu non c’eri], ➂ [sei un bugiardo.] Quindi ➃ [non posso credere a nulla di quello che dici.] Ecco perché ➄ [con te non posso sentirmi a mio agio.] 1 + 2 ↓ I (debole) 3 ↓ I (piuttosto debole) 4 ↓ I (piuttosto forte) I (debole) 5 (3) ➀ [L’argomentazione precedente è infondata per due ragioni.] Anzitutto, ➁ [al drive-in io c’ero], ma evidentemente ➂ [non mi hai visto,] quindi ➃ [una delle tue premesse è falsa.] E poi ➄ [il tuo ragionamento non è valido.] 2 + 3 D ↓ 4 5 D   D D 1 (4) ➀ [È da tre giorni che piove.] ➁ [Domani farà sicuramente bello.] 1 ↓ I (debole) 2 (5) ➀ [Le previsioni meteorologiche dicono che pioverà,] ➁ [il cielo appare molto minaccioso,] e ➂ [la lancetta del barometro sta scendendo rapidamente:] tutti fe- nomeni fortemente correlati alla pioggia. Quindi ➃ [sta per piovere.] Ma ➄ [se pioverà non potremo certo fare un picnic nel prato.] Quindi, ➅ [il picnic dovrà essere cancellato.] Esercizio 2.2 6 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 1 2 3  ↓  I (deboli, ma congiuntamente forti) 4 + 5 ↓ D I (forte) 2 (6) ➀ [Tutti i cittadini maggiorenni hanno diritto di votare, a meno che siano men- talmente disabili o siano stati condannati per un crimine.] ➁ [Luca è un cittadino maggiorenne], e ciononostante ➂ [dice di non avere diritto al voto.] ➃ [Luca non è mentalmente disabile.] Quindi, ➄ [o ciò che dice è falso, o è stato condannato per un crimine.] Ma ➅ [Luca mi ha anche detto di non essere mai stato arrestato,] ed ➆ [è impossibile essere condannati per un crimine senza essere arrestati.] Quindi, ➇ [almeno una delle cose che Luca ha detto è falsa.] 1 + 2 + 3 + 4 ↓ D 5 + 6 + 7 ↓ D D 8 (7) ➀ [Non vi è alcun modo per stabilire se la coscienza sopravviva alla morte fisica,] quindi possiamo solo concludere che ➁ [non sopravviverà.] Ma ➂ [noi non siamo altro che coscienza,] dal momento che ➃ [senza coscienza non siamo in grado di esperire alcunché, nemmeno l’oscurità.] Quindi ➄ [noi non sopravviviamo alla morte.] ➅ [Ogni sistema morale fondato sull’idea di una punizione o di un pre- mio ultraterreno è 〈quindi〉 fondamentalmente sbagliato.] 1 4 I (debole) ↓ ↓ I (debole) 2 + 3 ↓ D 5 ↓ I (debole) I (debole) 6  (1) Bassa pertinenza e bassa probabilità induttiva. (2) Alta pertinenza e probabilità induttiva; in effetti, ammesso che il parlante abbia degli amici, l’aggiunta della seconda premessa rende l’argomentazione deduttiva. (3) Pertinenza nulla e probabilità induttiva bassissima. (4) Bassa pertinenza e bassa probabilità induttiva. (5) Buona pertinenza e bassa probabilità induttiva; tuttavia si potrebbe pensare che l’argomentazione poggi su una premessa implicita in base alla quale l’amico in questione non ha il coraggio di dire come stanno le cose, nel qual caso l’argo- mentazione sarebbe deduttiva. (6) La conclusione è logicamente necessaria, quindi l’argomentazione è deduttiva e ha probabilità induttiva massima; la pertinenza delle premesse è irrilevante. (7) La premessa è logicamente impossibile, quindi l’argomentazione è deduttiva e ha probabilità induttiva massima; la pertinenza della premessa è irrilevante.  (4), (1), (3), (6), (2), (5). L’argomentazione più forte, la (4), è deduttiva; in quella più debole, la (5), le premesse inplicano deduttivamente la negazione della conclusione.  (1) Quest’argomentazione è ragionevolmente buona, ma non può essere considerata conclusiva: (a) entrambe le premesse sono vere; (b) la probabilità induttiva è piut- Esercizio 2.3 Esercizio 2.4 Esercizio 2.5 Soluzioni agli esercizi supplementari 7 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano tosto debole, visto che i nove pianeti conosciuti costituiscono un campione mol- to esiguo (e non casuale) su cui basare l’ampia generalizzazione della conclusio- ne; (c) le premesse sono pertinenti; (d) non siamo a conoscenza di evidenza con- traria. (2) Questa non è una cattiva argomentazione, ma benché in effetti la conclusione ri- sulti falsa: (a) entrambe le premesse sono vere; (b) la probabilità induttiva è alta; (c) le premesse sono pertinenti; (d) sappiamo che Ronald Reagan ha recitato in diversi film, e tanto basta a inficiare l’inferenza. Per valutare l’argomentazione nel suo complesso, si tratta di vedere se quest’ultima informazione è stata volu- tamente taciuta o semplicemente ignorata. (3) Quest’agomentazione è decisamente debole e non giustifica la conclusione: (a) non sappiamo se le premesse siano vere; (b) la probabilità induttiva è bassa (e tradisce una fallacia dello scommettitore; si veda il Paragrafo 8.4); (c) le premesse sono pertinenti; (d) l’argomentazione è vulnerabile a fronte di nuova evidenza: si tratta di vedere chi siano i nemici e quale sia la loro politica militare. (4) Questa è un’agomentazione deduttivamente valida e fondata, quindi giustifica appieno la conclusione: (a) le premesse sono tutte vere (si noti che se n è negati- vo, il numero degli interi positivi minori di n è zero, quindi finito); (b) la probabi- lità induttiva è massima; (c) le premesse sono pertinenti; (d) in quanto deduttiva, l’argomentazione non è vulnerabile a fronte di nuova evidenza. (5) Questa è un’agomentazione induttiva piuttosto debole ai fini della conclusione: (a) non sappiamo se la prima premessa sia vera; (b) la probabilità induttiva è piuttosto bassa, considerato che abbiamo avuto modo di osservare una quantità di materia che potrebe rivelarsi molto limitata (soprattutto nell’ipotesi in cui la prima premessa sia vera); (c) le premesse sono pertinenti; (d) l’argomentazione è chiaramente vulnerabile a fronte di nuove scoperte scientifiche. (6) Questa è un’argomentazione deduttiva, ma è infondata e come tale fallisce nel suo intento di stabilire la verità della conclusione: (a) la prima premessa è falsa; (b) la probabilità induttiva è massima; (c) le premesse sono pertinenti; (d) in quanto deduttiva, l’argomentazione non è vulnerabile a fronte di nuova evidenza (ma abbiamo già evidenza a sufficiena per non accettare la prima premessa). Capitolo 3 (esercizi alle pp. 91–92)  (1) ∼P (2) P & ∼Q (3) P → Q (4) Q → P (5) P → Q (6) P ↔ Q (7) ∼P & ∼Q oppure, in alternativa, ∼ (P ∨ Q); questi due modi di formalizzare l’as- serzione sono equivalenti e ugualmente corretti (si veda l’Esercizio risolto 3.10). (8) ∼ (P & Q) (9) P ∨ Q (10) Q → ∼P (11) P ∨ (Q & R) (12) P → (Q & R) (13) ∼P & (Q & R) (14) R → (∼P → ∼Q) (15) (∼R & ∼Q) → (P & S), oppure ∼ (R ∨ Q) → (P & S) (16) (P & S) → (∼Q & ∼R) Esercizio 3.1 10 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano  (1) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1 ∼P 2  ∼ (P→ ∼P) 3 P 2 ∼→ 4 ∼∼P 2 ∼→ 5 X 1,3 ∼ (oppure 1,4 ∼ ) (2) Non valida; l’albero di refutazione presenta due cammini aperti: 1  P ∨ Q 2  ∼ (P & Q) q p 3 P 1 ∨ Q 1 ∨ e i e i 4 ∼P 2 ∼& ∼Q 2 ∼& ∼P 2 ∼& ∼Q 2 ∼& 5 X 3,4 ∼ X 3,4 ∼ (3) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1  P → ∼Q 2  ∼∼ (P & Q) 3  P & Q 2 ∼∼ 4 P 3 & 5 Q 3 & e i 6 ∼P 1 → ∼Q 1 → 7 X 4,6 ∼ X 5,6 ∼ (4) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1 P 2  ∼ ((P → (Q & P)) → (P & Q)) 3  P → (Q & P) 2 ∼→ 4  ∼ (P & Q) 2 ∼→ q p 5 ∼P 3 → Q & P 3 → 6 X 1,5 ∼ Q 5 & 7 P 5 & e i 8 ∼P 4 ∼& ∼Q 4 ∼& 9 X 1,8 ∼ X 1,8 ∼ (5) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1  P ∨ Q 2 ∼P 3 ∼Q 4 ∼R e i 5 P Q 1 ∨ 6 X 2,5 ∼ X 3,5 ∼ Esercizio 3.4 Soluzioni agli esercizi supplementari 11 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (6) Non valida; tutti i cammini dell’albero di refutazione sono aperti: 1  (Q & R) → P 2  ∼Q 3  ∼R 4  ∼∼P 5 P 4 ∼∼ q p 6 ∼ (Q & R) 1 → P 1 → e i 7 ∼Q 6 ∼& ∼R 6 ∼& (7) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1  ∼ (P ∨ Q) 2  R ↔ P 3  ∼∼R 4 R 3 ∼∼ 5 ∼P 1 ∼∨ 6 ∼Q 1 ∼∨ e i 7 R 2 ↔ ∼R 2 ↔ 8 P 2 ↔ ∼P 2 ↔ 9 X 5,8 ∼ X 4,7 ∼ (8) Non valida; l’albero di refutazione presenta un cammino aperto: 1  ∼ (P & Q) 2  R ↔ P 3  ∼∼R 4 R 3 ∼∼ q p 5 ∼P 1 ∼& ∼Q 1 ∼& e i e i 6 R 2 ↔ ∼R 2 ↔ R 2 ↔ ∼R 2 ↔ 7 P 2 ↔ ∼P 2 ↔ P 2 ↔ ∼P 2 ↔ 8 X 5,7 ∼ X 4,6 ∼ X 4,6 ∼ (9) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1  P ↔ Q 2  Q ↔ R 3  ∼ (P ↔ R) q p 4 P 1 ↔ ∼P 1 ↔ 5 Q 1 ↔ ∼Q 1 ↔ e i e i 6 ∼Q 2 ↔ Q 2 ↔ Q 2 ↔ ∼Q 2 ↔ 7 ∼R 2 ↔ R 2 ↔ R 2 ↔ ∼R 2 ↔ 8 X 5,6 ∼ e i X 5,6 ∼ e i 9 P 3 ∼↔ ∼P 3 ∼↔ P 3 ∼↔ ∼P 3 ∼↔ 10 ∼R 3 ∼↔ R 3 ∼↔ ∼R 3 ∼↔ R 3 ∼↔ 11 X 7,10 ∼ X 4,9 ∼ X 4,9 ∼ X 7,10 ∼ 12 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (10) Non valida; l’albero di refutazione presenta un cammino aperto: 1  P → (R ∨ S) 2  (R & S) → Q 3  ∼ (P → Q) 4 P 3 ∼→ 5 ∼Q 3 ∼→ q p 6 ∼P 1 → R ∨ S 1 → 7 X 4,6 q p 8 ∼Q 2 ↔ Q 2 ↔ R 6 ∨ S 6 ∨ 9 ∼R 2 ↔ R 2 ↔ ∼ (R & S) 2 → Q 2 → 10 X 5,6 ∼ e e i X 5,9 ∼ 11 P 3 ∼R 9 ∼& ∼S 9 ∼& 12 P 3 X 8,11 ∼  (1) L’argomentazione ha la forma: V → ∼A |– ∼A → ∼V Questa forma non è valida, poiché il suo albero di refutazione presenta un cam- mino aperto: 1  V → ∼A 2  ∼ (∼A → ∼V) 3 ∼A 2 ∼→ 4  ∼∼V 2 ∼→ 5 V 4 ∼∼ e i 6 ∼V 1 → ∼A 1 → 7 X 5,6 ∼ (2) L’argomentazione ha la forma: I → V |– ∼ I → ∼V Questa forma non è valida, poiché il suo albero di refutazione ha entrambi i cammini aperti: 1  I → V 2  ∼ (∼ I → ∼V) 3 ∼ I 2 ∼→ 4  ∼∼V 2 ∼→ 5 V 4 ∼∼ e i 6 ∼ I 1 → V 1 → (3) L’argomentazione ha la forma: C → ∼ I |– C → ∼ I Questa forma è banalmente valida, poiché la premessa coincide con la conclu- sione. (4) L’argomentazione ha la forma: (C ∨ V) & ∼ (C & V) |– V ↔ ∼C Esercizio 3.5 Soluzioni agli esercizi supplementari 15 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (10) ∼F ↔ (∼V ∨ ∼P), V & P |– F 1 ∼F ↔ (∼V ∨ ∼P) A 2 V & P A 3 ∼F → (∼V ∨ ∼P) 1 ↔E 4 ∼F H (per ∼ I) 5 ∼V ∨ ∼P 3, 4 →E 6 ∼V H (per →I) 7 ∼V → ∼V 6–6 →I 8 ∼P H (per →I) 9 V H (per ∼ I) 10 P 2 &E 11 P & ∼P 8, 10 &I 12 ∼V 9–11 ∼ I 13 ∼P → ∼V 8–12 →I 14 ∼V 5, 7, 13 ∨E 15 V 2 &E 16 V & ∼V 14, 15 &I 17 ∼∼F 4–16 ∼ I 18 F 17 ∼E  (1) ∼P |– P → Q 1 ∼P A 2 P H (per →I) 3 ∼Q H (per ∼I) 4 P & ∼P 1, 2 &I 5 ∼∼Q 3–4 ∼I 6 Q 5 ∼E 7 P → Q 2–6 →I (2) P ↔ Q |– ∼P ↔ ∼Q 1 P ↔ Q A 2 P → Q 1 ↔E 3 ∼Q → ∼P 2 TRAS 4 Q → P 1 ↔E 5 ∼P → ∼Q 4 TRAS 6 ∼P ↔ ∼Q 3, 5 ↔I (3) ∼P ∨ Q |– ∼ (P & ∼Q) 1 ∼P ∨ Q A 2 ∼P ∨ ∼∼Q 1 DN 3 ∼ (P & ∼Q) 2 DM (4) P ↔ (Q ∨ R), R |– P 1 P ↔ (Q ∨ R) A 2 R A 3 Q ∨ R 2 ∨I 4 (Q ∨ R) → P 1 ↔E 5 P 3, 4 →E (5) P → Q, P → ∼Q |– ∼P 1 P → Q A 2 P → ∼Q A 3 P H (per ∼ I) Esercizio 4.2 16 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 4 Q 1, 3 →E 5 ∼Q 2, 3 →E 6 Q & ∼Q 4, 5 &I 7 ∼P 3–6 ∼ I (6) P ↔ Q, Q ↔ R |– P ↔ R 1 P ↔ Q A 2 Q ↔ R A 3 P → Q 1 ↔E 4 Q → R 2 ↔E 5 P → R 3, 4 SI 6 Q → P 1 ↔E 7 R → Q 2 ↔E 8 R → P 6, 7 SI 9 P ↔ R 5, 8 ↔I (7) P → Q |– (P & R) → (Q & R) 1 P → Q A 2 P & R H (per →I) 3 P 2 &E 4 Q 1, 3 →E 5 R 2 &E 6 Q & R 4, 5 &I 7 (P & R) → (Q & R) 2–6 →I (8) P → Q |– (P ∨ R) → (Q ∨ R) 1 P → Q A 2 P ∨ R H (per →I) 3 P → Q 1 RE 4 R H (per →I) 5 R → R 4–4 →I 6 Q ∨ R 2, 3, 5 DC 7 (P ∨ R) → (Q ∨ R) 2–6 →I (9) (P → Q) & (P → R) |– P → (Q & R) 1 (P → Q) & (P → R) A 2 (∼P ∨ Q) & (∼P ∨ R) 2 IM (due volte) 3 ∼P ∨ (Q & R) 3 DIST 4 P → (Q & R) 4 IM (10) P → Q, (P → Q) → (Q → P) |– P ↔ Q 1 P → Q A 2 (P → Q) → (Q → P) A 3 Q → P 1, 2 →E 4 P ↔ Q 1, 3 ↔I  (1) |– P → P 1 P H (per →I) 2 P → P 1–1 →I (2) |– P → (Q → (P & Q)) 1 (P & Q) → (P & Q) IT Esercizio 4.3(1) 2 P → (Q → (P & Q)) 1 ESP Esercizio 4.3 Soluzioni agli esercizi supplementari 17 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (3) |– P → ((P → Q) → Q) 1 (P → Q) → (P → Q) IT Esercizio 4.3(1) 2 ((P → Q) & P) → Q 1 ESP 3 (P & (P → Q)) → Q 2 COM 4 P → ((P → Q) → Q) 3 ESP (4) |– (P → Q) → (∼Q → ∼P) 1 (P → Q) → (P → Q) IT Esercizio 4.3(1) 2 (P → Q) → (∼Q → ∼P) 1 TRAS (5) |– (P & Q) ∨ (∼P ∨ ∼Q) 1 (P & Q) ∨ ∼ (P & Q) IT 4.36 2 (P & Q) ∨ (∼P ∨ ∼Q) 1 DM (6) |– Q → (P ∨ ∼P) 1 P ∨ ∼P IT 4.36 2 Q → (P ∨ ∼P) 1 Esercizio risolto 4.28 1 (7) |– (P & ∼P) → Q 1 ∼ (P & ∼P) IT 4.33 2 ∼Q → ∼ (P & ∼P) 1 Esercizio risolto 4.28 3 (P & ∼P) → Q 2 TRAS (8) |– P ∨ (P → Q) 1 P ∨ ∼P IT 4.36 2 (P ∨ ∼P) ∨ Q 1 ∨I 3 P ∨ (∼P ∨ Q) 2 ASSOC 4 P ∨ (P → Q) 3 IM (9) |– ∼P ∨ (Q → P) 1 ∼P ∨ (∼P → ∼Q) IT Esercizio 4.3(8) 2 ∼P ∨ (Q → P) 1 TRAS (10) |– (P → Q) ∨ (Q → P) 1 Q ∨ ∼Q IT 4.36 2 ∼P ∨ (Q ∨ ∼Q) 1 ∨I 4 (∼P ∨ (Q ∨ ∼Q)) ∨ P 3 ∨I 4 (∼P ∨ Q) ∨ (∼Q ∨ P) 4 ASSOC (due volte) 5 (P → Q) ∨ (Q → P) 6 IM (due volte)  (1) ∼ (P & Q) ↔ (∼P ∨ ∼Q) 1 ∼ (P & Q) H (per →I) 2 ∼P ∨ ∼Q 1 Esercizio risolto 4.23 3 ∼ (P & Q) → (∼P ∨ ∼Q) 1–2 →I 4 ∼P ∨ ∼Q H (per →I) 5 ∼ (P & Q) 4 Esercizio risolto 4.21 6 (∼P ∨ ∼Q) → ∼ (P & Q) 4–5 →I 7 ∼ (P & Q) ↔ (∼P ∨ ∼Q) 3, 6 ↔I 1 Se parte di una derivazione è già stata dimostrata, scriviamo direttamente la sua conclusione indi- cando soltanto i numeri delle righe in cui compaiono le formule utilizzate come premesse e citando l’Esercizio (risolto o supplementare) corrispondente. Esercizio 4.4 20 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 14 (P & Q) ∨ (P & R) H (per →I) 15 P & (Q ∨ R) 14 Esercizio risolto 4.17 16 (P & Q) ∨ (P & R) → (P & (Q ∨ R)) 14–15 →I 17 (P & (Q ∨ R)) ↔ ((P & Q) ∨ (P & R)) 13, 16 ↔I (8) (P ∨ (Q & R)) ↔ ((P ∨ Q) & (P ∨ R)) 1 P ∨ (Q & R) H (per →I) 2 P H (per →I) 3 P ∨ Q 2 ∨I 4 P ∨ R 2 ∨I 5 (P ∨ Q) & (P ∨ R) 3, 4 &I 6 P → ((P ∨ Q) & (P ∨ R)) 2–5 →I 7 Q & R H (per →I) 8 Q 7 &E 9 P ∨ Q 8 ∨I 10 R 7 &E 11 P ∨ R 10 ∨I 12 (P ∨ Q) & (P ∨ R) 9, 11 &I 13 (Q & R) → ((P ∨ Q) & (P ∨ R)) 7–12 →I 14 (P ∨ Q) & (P ∨ R) 1, 6, 13 ∨E 15 (P ∨ (Q & R)) → ((P ∨ Q) & (P ∨ R)) 1–14 →I 16 (P ∨ Q) & (P ∨ R) H (per →I) 17 ∼ (P ∨ (Q & R)) H (per ∼ I) 18 ∼P & ∼ (Q & R)) 17 Esercizio risolto 4.24 19 ∼P 18 &E 20 P ∨ Q 16 &E 21 Q 19, 20 Esercizio risolto 4.30 22 P ∨ R 16 &E 23 R 19, 22 Esercizio risolto 4.30 24 Q & R 21, 23 &I 25 ∼ (Q & R) 18 &E 26 (Q & R) & ∼ (Q & R) 24, 25 &I 27 ∼∼ (P ∨ (Q & R)) 17–26 ∼ I 28 P ∨ (Q & R) 27 ∼E 29 ((P ∨ Q) & (P ∨ R)) → (P ∨ (Q & R)) 16–28 →I 30 (P ∨ (Q & R)) ↔ ((P ∨ Q) & (P ∨ R)) 15, 29 ↔I (9) (P → Q) ↔ (∼Q → ∼P) 1 P → Q H (per →I) 2 ∼Q H (per →I) 3 P H (per ∼ I) 4 Q 1, 3 →E 5 Q & ∼Q 2, 4 &I 6 ∼P 3–5 ∼ I 7 ∼Q → ∼P 2–6 →I 8 (P → Q) → (∼Q → ∼P) 1–7 →I 9 ∼Q → ∼P H (per →I) 10 P H (per →I) 11 ∼Q H (per ∼ I) 12 ∼P 9, 11 →E 13 P & ∼P 2, 4 &I 14 ∼∼Q 11–13 ∼ I 15 Q 14 ∼E 16 P → Q 10–15 →I 17 (∼Q → ∼P) → (P → Q) 9–16 →I 18 (P → Q) ↔ (∼Q → ∼P) 8, 17 ↔I Soluzioni agli esercizi supplementari 21 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (10) (P → Q) ↔ (∼P ∨ Q) 1 P → Q H (per →I) 2 ∼P ∨ Q 1 Esercizio risolto 4.22 3 (P → Q) → (∼P ∨ Q) 1–2 →I 4 ∼P ∨ Q H (per →I) 5 ∼P H (per →I) 6 P → Q 5 Esercizio 4.2(1) 7 ∼P → (P → Q) 5–6 →I 8 Q H (per →I) 9 P → Q 8 Esercizio risolto 4.28 10 Q → (P → Q) 8–9 →I 11 P → Q 4, 7, 10 ∨E 12 (∼P ∨ Q) → (P → Q) 4–11 →I 13 (P → Q) ↔ (∼P ∨ Q) 3, 12 ↔I (11) (P → Q) ↔ ∼ (P & ∼Q) 1 P → Q H (per →I) 2 P & ∼Q H (per ∼ I) 3 P 2 &E 4 Q 1, 3 →E 5 ∼Q 2 &E 6 Q & ∼Q 4, 5 &I 7 ∼ (P & ∼Q) 2–6 ∼ I 8 (P → Q) → ∼ (P & ∼Q) 1–7 →I 9 ∼ (P & ∼Q) H (per →I) 10 P H (per →I) 11 ∼Q H (per ∼ I) 12 P & ∼Q 10, 11 &I 13 (P & ∼Q) & ∼ (P & ∼Q) 9, 12 &I 14 ∼∼Q 11–13 ∼ I 15 Q 14 ∼E 16 P → Q 10–15 →I 17 ∼ (P & ∼Q) → (P → Q) 9–16 →I 18 (P → Q) ↔ (∼P ∨ Q) 8, 17 ↔I (12) ((P & Q) → R) ↔ (P → (Q → R)) 1 (P & Q) → R H (per →I) 2 P → (Q → R) 1 Esercizio risolto 4.15 3 ((P & Q) → R) → (P → (Q → R)) 1–2 →I 4 P → (Q → R) H (per →I) 5 P & Q H (per →I) 6 P 5 &E 7 Q → R 4, 6 →E 8 Q 5 &E 9 R 7, 8 →E 10 (P & Q) → R 5–9 →I 11 (P → (Q → R)) → ((P & Q) → R) 4–10 →I 12 ((P & Q) → R) ↔ (P → (Q → R)) 3, 11 ↔I (13) P ↔ (P & P) 1 P H (per →I) 2 P & P 1, 1 &I 3 P → (P & P) 1–2 →I 4 P & P H (per →I) 5 P 4 &E 22 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 6 (P & P) → P 4–5 →I 7 P ↔ (P & P) 3, 6 ↔I (14) P ↔ (P ∨ P) 1 P H (per →I) 2 P ∨ P 1 ∨I 3 P → (P ∨ P) 1–2 →I 4 P ∨ P H (per →I) 5 P 5 &E 6 P → P 5–5 →I 7 P 4, 6, 6 ∨E 8 (P ∨ P) → P 4–7 →I 9 P ↔ (P ∨ P) 3, 8 ↔I  (1) |– (P & Q) ↔ ∼ (∼P ∨ ∼Q) 1 ∼ (P & Q) ↔ (∼P ∨ ∼Q) IT Esercizio 4.4(1) 2 ∼∼ (P & Q) ↔ ∼ (∼P ∨ ∼Q) 1 Esercizio 4.2(2) 3 (P & Q) ↔ ∼ (∼P ∨ ∼Q) 2 DN (2) |– (P ∨ Q) ↔ ∼ (∼P & ∼Q) 1 ∼ (P ∨ Q) ↔ (∼P & ∼Q) IT Esercizio 4.4(2) 2 ∼∼ (P ∨ Q) ↔ ∼ (∼P & ∼Q) 1 Esercizio 4.2(2) 3 (P ∨ Q) ↔ ∼ (∼P & ∼Q) 2 DN (3) |– (P & Q) ↔ ∼ (P → ∼Q) 1 (P & Q) ↔ ∼ (∼P ∨ ∼Q) IT Esercizio 4.5(1) 2 (P & Q) ↔ ∼ (P → ∼Q) 1 IM (4) |– (P ∨ Q) ↔ (∼P → Q) 1 (∼P → Q) ↔ (∼∼P ∨ Q) IT Esercizio 4.4(10) 2 (∼P → Q) ↔ (P ∨ Q) 1 DN 3 (P ∨ Q) ↔ (∼P → Q) 2 Esercizio risolto 4.11 (5) |– P ↔ ((P & Q) ∨ (P & ∼Q)) 1 P H (per →I) 2 Q ∨ ∼Q IT 4.36 3 P & (Q ∨ ∼Q) 1, 2 &I 4 (P & Q) ∨ (P & ∼Q) 3 DIST 5 P → ((P & Q) ∨ (P & ∼Q)) 1-4 →I 6 (P & Q) ∨ (P & ∼Q) H (per →I) 7 P & (Q ∨ ∼Q) 6 DIST 8 P 7 &E 9 ((P & Q) ∨ (P & ∼Q)) → P 6-8 →I 10 P ↔ ((P & Q) ∨ (P & ∼P)) 5, 9 ↔I (6) |– ∼ (P → Q) ↔ (P & ∼Q) 1 (P → Q) ↔ ∼ (P & ∼Q) IT Esercizio 4.4(11) 2 ∼ (P → Q) ↔ ∼∼ (P & ∼Q) 1 Esercizio 4.2(2) 3 ∼ (P → Q) ↔ (P & ∼Q) 2 DN (7) |– (P ↔ Q) ↔ ((P & Q) ∨ (∼P & ∼Q)) 1 P ↔ Q H (per →I) 2 P → Q 1 ↔E Esercizio 4.5 Soluzioni agli esercizi supplementari 25 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (si veda l’Esercizio risolto 5.12). Ci troviamo pertanto nella medesima situazione di (1): l’inferenza non è valida. (3) Ogni I non è P. ∴ Ogni I è non-P. Anche in questo caso la premessa è della forma E, come in (1). La conclusione è un’asserzione della forma A con predicato complementare e afferma che l’insie- me I è un sottoinsieme del complemento dell’insieme P; il suo diagramma si ot- tiene quindi oscurando l’area comune ai due cerchi: (si veda l’Esercizio risolto 5.10). Poiché questo diagramma coincide esattamente con quello della premessa, le due asserzioni sono equivalenti e l’inferenza risulta valida. (4) Ogni I non è P. ∴ Qualche I non è P. In questo caso la conclusione è un’asserzione categorica della forma O, il cui dia- gramma è: Poiché la premessa è immutata, ci troviamo ancora una volta nella situazione di (1) e (2): l’inferenza non è valida. (5) Ogni V è S. ∴ Qualche V è S. (Usiamo ‘V’ per ‘verità autocontraddittoria’ e ‘S’ per ‘cosa sorprendente’.) La premessa è un’asserzione categorica della forma A, il cui diagramma si ottiene oscurando la parte del cerchio V esterna al cerchio S: 26 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano La conclusione è la subalterna della premessa: un’asserzione della forma I il cui diagramma contiene un ‘×’ a indicare che gli insiemi V e S hanno almeno un elemento in comune: La diversità dei diagrammi dimostra che l’inferenza non è valida (benché fosse ritenuta tale nella logica aristotelica). (6) Ogni M è non-P. ∴ ∼(Qualche M è P). (Usiamo ‘M’ per ‘miracolo’ e ‘P’ per ‘cosa possibile’.) La premessa è un’asserzio- ne della forma A con predicato complementare, il cui diagramma, come si è vi- sto in (3), si ottiene oscurando l’area comune ai due cerchi: La conclusione è la negazione di un’asserzione della forma I, ossia di ‘Qualche M è P’. Il diagramma di ‘Qualche M è P’ ha un ‘×’ nell’area comune, e per rappre- sentare la negazione bisogna convertire l’area così contrassegnata in un’area o- scurata. Poiché ciò che si ottiene è un diagramma identico a quello della premes- sa, l’inferenza è valida. (7) Ogni non-P è M. ∴ ∼(Qualche P è M). (Qui usiamo ‘M’ per ‘cosa che mi piace’ e ‘P’ per ‘numero pari’ e interpretiamo la conclusione, ‘Non mi piacciono i numeri pari’, come ‘Non c’è alcun numero pari che mi piaccia’.) La premessa è un’asserzione categorica della forma A con soggetto complementare e afferma che il complemento dell’insieme P è inclu- so nell’insieme M. Il suo diagramma si ottiene quindi oscurando quella parte del- l’area esterna al cerchio P che non rientra nel cerchio M, cioè l’area esterna a en- trambi i cerchi: Soluzioni agli esercizi supplementari 27 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (si veda l’Esercizio risolto 5.6). Per contro, la conclusione è la negazione di un’asserzione della forma I, come in (6), e ha il diagramma seguente: Dato che i diagrammi rappresentano situazioni completamente differenti, l’infe- renza non è valida. Si noti che nella formalizzazione abbiamo identificato ‘numero dispari’ con ‘numero non pari’. Questo è giustificato, dal momento che si tratta di termini complementari, ma naturalmente avremmo anche potuto identificare ‘numero pari’ con ‘numero non dispari’ e formalizzare l’inferenza così: Ogni D è M. ∴ ∼(Qualche non-D è M). Il responso, comunque, non sarebbe cambiato. In questo caso, infatti, il dia- gramma della premessa sarebbe: mentre la conclusione avrebbe il diagramma seguente: (8) Questa non è un’inferenza diretta ma un’argomentazione (valida) in cui premes- sa e conclusione sono in forma condizionale. 30 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (5) Ogni R è T. Ogni F non è T. ∴ Ogni F non è R. (Qui usiamo ‘I’ per ‘cosa (persona) che riceverà l’incarico’, ‘T’ per ‘cosa (persona) in grado di portare a termine l’incarico’, e ‘F’ per ‘filosofo’.) Il diagramma mostra che si tratta di un sillogismo categorico valido. (6) Ogni G non è M. Qualche G è P. ∴ Ogni P non è M. (Usiamo ‘G’ per ‘giocatore’, ‘M’ per ‘cosa (persona) che si è fatta male’, e ‘P’ per ‘cosa (persona) che era in panchina’.) Il diagramma mostra che il sillogismo non è valido: la conclusione vorrebbe che l’area comune tra P e M sia oscurata. (7) Ogni B è F. Ogni D non è B. ∴ Qualche D non è F. (Usiamo ‘B’ per ‘cosa bella’, ‘F’ per ‘cosa che deve finire (o che avrà termine)’, e ‘D’ per ‘dittatura’.) Il diagramma mostra che il sillogismo non è valido: la verità della conclusione richiede un ‘×’ nell’area del cerchio D esterna al cerchio F. Soluzioni agli esercizi supplementari 31 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (8) Ogni E è N. Ogni P non è N. ∴ Ogni P non è E. (Usiamo ‘E’ per ‘elettrone’, ‘N’ per ‘cosa che ha carica negativa’, e ‘P’ per ‘posi- trone’.) Il sillogismo ha la stessa forma di quello in (6) e anche in questo caso il diagramma ne dimostra la validità. (9) Ogni E è N. Ogni P non è N. ∴ Qualche P non è E. Le premesse sono identiche a quelle del sillogismo in (8), quindi il diagramma è identico. In questo caso, però, la conclusione vorrebbe un ‘×’ nell’area del cer- chio P esterna a E. Siccome quell’area è vuota, il sillogismo non è valido. (10) Ogni R è S. Qualche S è B. ∴ Qualche R è B. (Usiamo ‘R’ per ‘suo regalo’, ‘S’ per ‘sorpresa’, e ‘B’ per ‘cosa bellissima’.) Il dia- gramma mostra che il sillogismo non è valido: le premesse sono compatibili con l’esistenza di un elemento comune agli insiemi R e B, ma non la garantiscono. 32 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano  (1) Ogni S è P. ∴ Ogni S non è non-P. Quest’inferenza è un esempio di obversione per la forma A. La conclusione è otte- nuta dalla premessa invertendo la qualità (da affermativa a negativa) e sostituen- do il predicato P con il suo complementare: si afferma che l’insieme S è disgiun- to dal complemento dell’insieme P. Pertanto, il suo diagramma si ottiene oscu- rando la porzione del cerchio S esterna al cerchio P. Poiché il risultato coincide con il diagramma della premessa, l’inferenza è valida. (2) Ogni S è P. ∴ Ogni non-P è non-S. Quest’inferenza è un esempio di contrapposizione per la forma A. La conclusione è ottenuta dalla premessa sostituendo il soggetto con il complementare del predi- cato e il predicato con il complementare del soggetto: si afferma che il comple- mento dell’insieme P è incluso nel complemento dell’insieme S, cioè che è di- sgiunto da S. Pertanto, il suo diagramma si ottiene oscurando la porzione esterna al cerchio P che giace all’interno del cerchio S. Il risultato è esattamente il dia- gramma di un’asserzione della forma A, cioè della premessa, come in (1), quindi l’inferenza è valida. (3) Ogni S non è non-P. ∴ Ogni S è P. Quest’inferenza consiste delle stesse asserzioni della (1), sebbene l’ordine sia scambiato. Poiché si è visto che i loro diagrammi coincidono, l’inferenza è vali- da. (È un altro esempio di obversione.) (4) Qualche S è P. ∴ Qualche S non è non-P . Quest’inferenza è un esempio di obversione per la forma I. Il diagramma della conclusione si ottiene indicando con un ‘×’ che l’insieme S ha almeno un ele- mento che non si trova nel complemento dell’insieme P. Poiché ciò equivale a scrivere ‘×’ nell’area comune ai due cerchi, il risultato coincide con il diagramma della premessa, dimostrando che l’inferenza è valida. (5) Qualche S non è non-P. ∴ Qualche S è P. Esercizio 5.3 Soluzioni agli esercizi supplementari 35 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (5) ∼(Qualche S è P). ∴ Qualche S non è P. Il confronto del diagramma della premessa (a sinistra) con il diagramma della conclusione (a destra) dimostra che l’inferenza non è valida.  (1) La forma EIO della prima figura è la seguente: Ogni G non è H. Qualche F è G. ∴ Qualche F non è H. Il diagramma determinato dalle premesse è riportato di seguito. Poiché il segno ‘×’ si trova all’interno del cerchio F ma all’esterno del cerchio H, il diagramma rappresentata correttamente anche la conclusione. Ciò dimostra la validità della forma in esame. (2) La forma EAE della seconda figura è la seguente:: Ogni H non è G. Ogni F è G. ∴ Ogni F non è H. Il diagramma determinato dalle premesse è riportato di seguito. Poiché l’area comune ai cerchi F e H è oscurata, indicando che non contiene alcun elemento, il diagramma rappresentata correttamente anche la conclusione. Ciò dimostra la validità della forma. Esercizio 5.5 36 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (3) La forma EIO della seconda figura è la seguente: Ogni H non è G. Qualche F è G. ∴ Qualche F non è H. Il diagramma determinato dalle premesse di questa forma è identico a quello in (1). (Ciò è dovuto al fatto che la prima premessa è identica e la seconda è equiva- lente, essendo ottenuta per conversione.) Poiché anche la conclusione è identica, se ne deduce che la forma è altrettanto valida. (4) La forma AOO della seconda figura è la seguente: Ogni H è G. Qualche F non è G. ∴ Qualche F non è H. Il diagramma determinato dalle premesse è riportato di seguito. Poiché il segno ‘×’ si trova all’interno del cerchio F e all’esterno del cerchio H, il diagramma rappresentata correttamente anche la conclusione. Ciò dimostra la validità della forma. (5) La forma IAI della terza figura è la seguente: Qualche G è H. Ogni G è F. ∴ Qualche F è H. Il diagramma determinato dalle premesse è riportato di seguito. In questo caso notiamo che il segno ‘×’, che in base alla prima premessa potrebbe giacere da ambo i lati della linea di confine, deve per forza trovarsi all’interno del cerchio F. Dal momento che appartiene anche ad H, se ne deduce che il diagramma rap- presentata correttamente la conclusione, dimostrando la validità della forma in esame. Soluzioni agli esercizi supplementari 37 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (6) La forma AII della terza figura è la seguente: Ogni G è H. Qualche G è F. ∴ Qualche F è H. Il diagramma determinato dalle premesse rappresentata correttamente anche la conclusione, quindi la forma è valida. (7) La forma EIO della terza figura è la seguente: Ogni G non è H. Qualche G è F. ∴ Qualche F non è H. Il diagramma determinato dalle premesse è identico a quello in (1). Poiché anche la conclusione è identica, se ne deduce che la forma è altrettanto valida. (8) La forma AEE della quarta figura è la seguente: Ogni H è G. Ogni G non è F. ∴ Ogni F non è H. Il diagramma determinato dalle premesse rappresentata correttamente anche la conclusione, quindi la forma è valida. 40 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (16) ∀x(Ix → ∃y(Cy & Axy)) (17) ∃x(Ix & ∀y(Cy → Dxy)) (18) ∀x((Cx & Abx) → ∀y(Iy → Dxy)) (19) ∃x(Ix & ∀y((Cy & Aby) → Dxy)) (20) ∀x(Cx → (∀y(Iy → Dyx) ↔ Abx)) (21) ∀x(Cx → (Abx ↔ ∀y(Iy → Dyx))) (22) ∃x((Cx & (Abx & ∀y(Iy → Ayx))) & Dax) (23) ∀x((Ix & ∀y(Cy → Dxy)) → ∀yDxy) (24) ∼∃x(Ix & ∼∃y(Cy & Dxy)) (25) ∀x((Ix & ∼∃y(Cy & Axy)) → Dbx) (26) ∀x((Ix & ∀y(Cy → Axy)) → Dbx) & ∀x((Ix & ∼∃y(Cy & Axy)) → Dbx) (27) ∀x(Cx → Pabx) (28) ∀x(∼x = b → Pabx) (29) Cb & ∀x((Cx & ∼x = b ) → Pabx) (30) ∀x(Cx → (Dax ↔ ∼x = b )) (31) ∀x((Cx & Ix) → (∼Dax ↔ x = b )) (32) ∃x(Ix & ∀y(Axy ↔ y = x)) (33) ∀x((Ix & Dax) → x = b ) (34) ∀x((Cx & Ix) → (x = a ∨ x = b )) (35) (Ca & Cb) & ∀x(Ix → ∀y((Cy & (∼ y = a & ∼ y = b )) → (Pxay & Pxby)))  (1) Non è una fbf. Le fbf atomiche non vanno racchiuse tra parentesi (regola 1). (2) È una fbf atomica per la regola 1. (3) ‘Fab’ e ‘Ga’ sono fbf atomiche per la regola 1, quindi ‘(Fab → Ga)’ è una fbf per la regola 3. (4) Non è una fbf. La variabile ‘y’ non è associata ad alcun quantificatore. (5) Per la regola 1, ‘Fab’ è una fbf atomica. Quindi ∼Fab è una fbf per la regola 2. Due applicazioni della regola 4 mostrano che anche ‘∃x∃y ∼Fxy’ è una fbf. (6) Non è una fbf. Le parentesi vanno introdotte solo insieme a operatori binari. (7) Non è una fbf. La terza occorrenza della variabile ‘x’ non è associata ad alcun quantificatore. (8) Non è una fbf. Le parentesi vanno introdotte solo insieme a operatori binari (re- gola 3). (9) ‘Fb’ e ‘a = b’ sono fbf atomiche, rispettivamente per la regola 1 e per la regola di formazione degli enunciati di identità. Di conseguenza, ‘(Fb → a = b)’ è una fbf per la regola 3, da cui segue che ‘∀x(Fx → a = x)’ è una fbf per la regola 4. (10) ‘Fb’ e ‘a = b’ sono fbf atomiche (vedi (9)). Ne segue che anche ‘∼a = b’ e quindi ‘(Fb → ∼a = b)’ sono fbf, rispettivamente per la regola 2 e la regola 3. Una dop- pia applicazione della regola 4 consente di concludere che ‘∀x∀y(Fx → ∼ y = x)’ è una fbf.  (1) V (Carola non è tra gli F). (2) V (Carola è più alta di Davide, quindi l’esempio ‘Rca’ è vero rispetto alla a-va- riante ottenuta interpretando ‘a’ come nome di Davide). (3) F (entrambi gli F sono più alti di Carola, quindi l’esempio ‘Fa & Rca’ è falso ri- spetto a ogni a-variante del modello dato). (4) F (nessuno è più alto di se stesso, quindi l’esempio ‘∀yRay’ è falso rispetto a qualunque a-variante). (5) F (Davide non è più alto di nessuno, quindi l’esempio ‘∃yRay’ è falso rispetto a qualunque a-variante). Esercizio 6.2 Esercizio 6.3 Soluzioni agli esercizi supplementari 41 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (6) V (ci sono due elementi che non sono F, Carola e Davide, e per entrambi ci so- no persone più alte, quindi l’esempio ‘∼Fa → ∃yRya’ è vero rispetto a qualunque a-variante). (7) V (le persone più alte di Carola sono esattamente gli F, quindi l’esempio ‘∀y(Rya ↔ Fy)’ è vero rispetto alla a-variante ottenuta interpretando ‘a’ come nome di Carola). (8) V (l’esempio ‘((Fa & (Fb & Fc)) & (Rab & Rac))’ è vero rispetto alla variante ot- tenuta interpretando ‘a’ come nome di Aldo e ‘b’ e ‘c’ come nomi di Bruno). (9) V (l’esempio ‘∀y(∼a = y → Ray)’ è vero rispetto alla a-variante che coincide col modello dato, dove la costante ‘a’ è interpretata come nome di Aldo). (10) F (l’esempio ‘∃y(∼a = y & Ray)’ è falso rispetto alla a-variante ottenuta interpre- tando la costante ‘a’ come nome di Davide).  (1) Universo: l’insieme {Aldo, Bruno} a Aldo b Bruno F l’insieme {Aldo} Rispetto a questo modello, la premessa ‘Fa’ è vera mentre la conclusione ‘Fb’ è falsa. (2) Stesso modello descritto in (1): la premessa ‘Fa’ è vera mentre la conclusione ‘∀xFx’ è falsa. (3) Universo: l’insieme {Aldo, Bruno} a Aldo F l’insieme {Bruno} Rispetto a questo modello, la premessa ‘∃xFx’ è vera mentre la conclusione ‘Fa’ è falsa. (4) Stesso modello descritto in (1) oppure in (3): in entrambi i casi, la premessa ‘∃xFx’ è vera mentre la conclusione ‘∀xFx’ è falsa. (5) Universo: l’insieme {Aldo, Bruno} a Aldo F l’insieme {Aldo} G l’insieme {Bruno} Rispetto a questo modello, la premessa ‘∃x(Fx → Ga)’ è vera mentre la conclu- sione ‘∃xFx → Ga’ è falsa. (6) Stesso modello descritto in (5): la premessa ‘∀xFx → Ga’ è vera mentre la con- clusione ‘∀x(Fx → Ga)’ è falsa. (7) Stesso modello descritto in (5) (indipendentemente dall’interpretazione della co- stante ‘a’): la premessa ‘∀x( Fx ∨ Gx)’ è vera mentre la conclusione ‘∀xFx ∨ ∀xGx’ è falsa. (8) Universo: l’insieme {Aldo, Bruno} F l’insieme vuoto G l’insieme {Bruno} Rispetto a questo modello, la premessa ‘∀x( Fx → Gx)’ è vera mentre la conclu- sione ‘∃x( Fx & Gx)’ è falsa. (9) Universo: l’insieme {Aldo, Bruno} a Aldo b Bruno F l’insieme {Aldo, Bruno} Rispetto a questo modello (dove Aldo e Bruno sono persone diverse), le pre- messe ‘Fa’ e ‘Fb’ sono vere mentre la conclusione ‘a = b’ è falsa. Esercizio 6.4 42 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (10) Stesso modello descritto in (9): la premessa ‘Fa ↔ Fb’ è vera mentre la conclu- sione ‘a = b’ è falsa.  (1) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1  ∼∃xFx 2 ∼∼Fa 3 ∀x∼Fx 1∼∃ 4 ∼Fa 3 ∀ 5 X 2,4 ∼ (2) Non valida; l’albero di refutazione si risolve in un cammino aperto: 1  ∼∀xFx 2  ∼∼Fa 3  ∃x∼Fx 1∼∀ 4 ∼Fb 3 ∃ 5 Fa 2 ∼∼ (3) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1 Fa 2  ∼∃xFx 3 ∀x∼Fx 2∼∃ 4 ∼Fa 3 ∀ 5 X 1,4 ∼ (4) Non valida; l’albero di refutazione si risolve in un cammino aperto: 1 Fa 2  ∼∀xFx 3  ∃x∼Fx 2∼∀ 4 ∼Fb 3 ∃ (5) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1  ∼ (∀xFx ↔ ∼∃x∼Fx) q p 2 ∀xFx 1 ∼↔  ∼∀xFx 1 ∼↔ 3  ∼∼∃x∼Fx 1 ∼↔  ∼∃x∼Fx 1 ∼↔ 4  ∃x∼Fx 3 ∼∼  ∃x∼Fx 2 ∼∀ 5 ∼Fa 4 ∃ ∀x∼∼Fx 3 ∼∃ 6 Fa 2 ∀ ∼Fa 4 ∃ 7 X 5,6 ∼ ∼∼Fa 6 ∀ 8 X 6,7 ∼ (6) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1  ∼ (∃xFx ↔ ∼∀x∼Fx) q p 2  ∃xFx 1 ∼↔  ∼∃xFx 1 ∼↔ 3  ∼∼∀x∼Fx 1 ∼↔  ∼∀x∼Fx 1 ∼↔ 4 ∀x∼Fx 3 ∼∼ ∀x∼Fx 2 ∼∃ 5 Fa 2 ∃  ∃x∼∼Fx 3 ∼∀ 6 ∼Fa 4 ∀ ∼∼Fa 5 ∃ 7 X 5,6 ∼ ∼Fa 4 ∀ 8 X 6,7 ∼ Esercizio 6.5 Soluzioni agli esercizi supplementari 45 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (15) Valida, come mostra il seguente albero di refutazione: 1 ∀x(Fx → Gx) 2 Fa 3  ∼ (∼Gb → ∼b = a) 4 ∼Gb 3 ∼→ 5  ∼∼b = a 3 ∼→ 6 b = a 5 ∼∼ 7 Fa → Ga 1 ∀ q p 8 ∼Fa 7 → Ga 7 → 9 X 2,8 ∼ Gb 6,8 = 10 X 4,9 ∼ Capitolo 7 (esercizi alla p. 216)  (1) ∼Fa |– ∼∀xFx 1 ∼Fa A 2 ∀xFx H (per ∼ I) 3 Fa 2 ∀E 4 Fa & ∼Fa 1, 4 &I 5 ∼∀xFx 2–4 ∼ I (2) ∼∃xFx |– ∼Fa 1 ∼∃xFx A 2 Fa H (per ∼ I) 3 ∃xFx 2 ∃I 4 ∃xFx & ∼∃xFx 1, 3 &I 5 ∼Fa 2–4 ∼ I (3) ∀xFx |– (Fa & Fb) & (Fc & Fd) 1 ∀xFx A 2 Fa 1 ∀E 3 Fb 1 ∀E 4 Fc 1 ∀E 5 Fd 1 ∀E 6 Fa & Fb 2, 3 &I 7 Fc & Fd 4, 5 &I 8 (Fa & Fb) & (Fc & Fd) 6, 7 &I (4) ∀xFx |– ∃xFx 1 ∀xFx A 2 Fa 1 ∀E 3 ∃xFx 2 ∃I (5) ∀x(Fx ∨ Gx), ∼Fa |– Ga 1 ∀x(Fx ∨ Gx) A 2 ∼Fa A 3 Fa ∨ Ga 1 ∀E 4 Ga 2, 3 SD (6) ∀x(Fx ↔ P), P |– Fa 1 ∀x(Fx ↔ P) A 2 P A Esercizio 7.1 46 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 3 Fa ↔ P 1 ∀E 4 P → Fa 3 ↔E 5 Fa 2, 4 →E (7) ∀x∼Fx |– ∀x(Fx → Gx) 1 ∀x∼Fx A 2 Fa H (per →I) 3 ∼Fa 1 ∀E 4 Ga 2, 3 CON 5 Fa → Ga 2–4 →I 6 ∀x(Fx → Gx) 5 ∀I (8) ∀x∼Fx |– ∀x(Fx → ∼Gx) 1 ∀x∼Fx A 2 Fa H (per →I) 3 ∼Fa 1 ∀E 4 ∼Ga 2, 3 CON 5 Fa → ∼Ga 2–4 →I 6 ∀x(Fx → ∼Gx) 5 ∀I (9) ∀x(Fx ∨ Gx) |– ∀x(Gx ∨ Fx) 1 ∀x(Fx ∨ Gx) A 2 Fa ∨ Ga 1 ∀E 3 Ga ∨ Fa 2 COM 4 ∀x(Gx ∨ Fx) 3 ∀I (10) ∀x(Fx ∨ Gx) |– ∃x(Fx ∨ Gx) 1 ∀x(Fx ∨ Gx) A 2 Fa ∨ Ga 1 ∀E 3 ∃x(Fx ∨ Gx) 2 ∃I (11) ∀x(Fx → Gx) |– ∀x(∼Gx → ∼Fx) 1 ∀x(Fx → Gx) A 2 Fa → Ga 1 ∀E 3 ∼Ga → ∼Fa 2 TRAS 4 ∀x(∼Gx → ∼Fx) 3 ∀I (12) ∀x(Fx → Gx) |– ∀x Fx → ∀xGx 1 ∀x(Fx → Gx) A 2 ∀x Fx H (per →I) 3 Fa 2 ∀E 4 Fa → Ga 1 ∀E 5 Ga 3, 4 →E 6 ∀xGx 5 ∀I 7 ∀x Fx → ∀x Gx 2–6 →I (13) ∀x(Fx → Gx) |– ∀x∼Gx → ∀x∼Fx 1 ∀x(Fx → Gx) A 2 ∀x∼Gx H (per →I) 3 ∼Ga 2 ∀E 4 Fa → Ga 1 ∀E 6 ∼Fa 3, 4 MT 7 ∀x∼Fx 6 ∀I 8 ∀x∼Gx → ∀x∼Fx 2–7 →I Soluzioni agli esercizi supplementari 47 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (14) ∀xFx |– ∀xGx → ∀x(Fx & Gx) 1 ∀xFx A 2 ∀xGx H (per →I) 3 Fa 1 ∀E 4 Ga 2 ∀E 5 Fa & Ga 3, 4 &I 6 ∀x(Fx & Gx) 5 ∀I 7 ∀xGx → ∀x(Fx & Gx) 2–6 →I (15) ∼∃x(Fx & Gx) |– ∀x(∼Fx ∨ ∼Gx) 1 ∼∃x(Fx & Gx) A 2 ∀x∼ (Fx & Gx) 1 SQ 3 ∼ (Fa & Ga) 2 ∀E 4 ∼Fa ∨ ∼Ga 3 DM 5 ∀x(∼Fx ∨ ∼Gx) 4 ∀I (16) ∼∀x(Fx & Gx) |– ∃x(∼Fx ∨ ∼Gx) 1 ∼∀x(Fx & Gx) A 2 ∃x∼ (Fx & Gx) 1 SQ 3 ∼ (Fa & Ga) H (per ∃E) 4 ∼Fa ∨ ∼Ga 3 DM 5 ∃x(∼Fx ∨ ∼Gx) 4 ∃I 6 ∃x(∼Fx ∨ ∼Gx) 2, 3–5 ∃E (17) ∃xFx |– ∃x∃y(Fx & Fy) 1 ∃xFx A 2 Fa H (per ∃E) 3 Fa & Fa 2, 2 &I 4 ∃y(Fa & Fy) 3 ∃I 5 ∃x∃y(Fx & Fy) 4 ∃I 6 ∃x∃y(Fx & Fy) 1, 2–5 ∃E (18) ∃x∀yRyx |– ∀y∃xRyx 1 ∃x∀yRyx A 2 ∀yRya H (per ∃E) 3 Rba 2 ∀E 4 ∃xRbx 3 ∃I 5 ∀y∃xRyx 2 ∀I 6 ∀y∃xRyx 1, 2–5 ∃E (19) ∀x∀yRxy |– ∀xRxx 1 ∀x∀yRxy A 2 ∀yRay 1 ∀E 3 Raa 2 ∀E 4 ∀xRxx 3 ∀I (20) ∀x∀y(Rxy → ∼Ryx) |– ∀x∼Rxx 1 ∀x∀y(Rxy → ∼Ryx) A 2 ∀y(Ray → ∼Rya) 1 ∀E 3 Raa → ∼Raa 2 ∀E 4 ∼Raa ∨ ∼Raa 3 IM 5 ∼Raa 4 TAUT 6 ∀x∼Rxx 5 ∀I 50 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 10 ∀y(a = y → (Fa ↔ Fy) 9 ∀I 11 ∀x∀y(x = y → (Fx ↔ Fy)) 10 ∀I  (1) |– ∀xFx ↔ ∀yFy 1 ∀xFx H (per →I) 2 Fa 1 ∀E 3 ∀yFy 2 ∀I 4 ∀xFx → ∀yFy 1–3 →I 5 ∀yFy H (per →I) 6 Fa 5 ∀E 7 ∀xFx 6 ∀I 8 ∀yFy → ∀xFx 5–7 →I 9 ∀xFx ↔ ∀yFy 4, 8 ↔I (2) |– ∃xFx ↔ ∃yFy 1 ∃xFx H (per →I) 2 Fa H (per ∃E) 3 ∃yFy 2 ∃I 4 ∃yFy 1, 2–3 ∃E 5 ∃xFx → ∃yFy 1–4 →I 6 ∃yFy H (per →I) 7 Fa H (per ∃E) 8 ∃xFx 7 ∃I 9 ∃xFx 6, 7–8 ∃E 10 ∃yFy → ∃xFx 6–9 →I 11 ∃xFx ↔ ∃yFy 5, 10 ↔I (3) |– ∃xFx ↔ ∼∀x∼Fx 1 ∃xFx H (per →I) 2 Fa H (per ∃E) 3 ∀x∼Fx H (per ∼ I) 4 ∼Fa 3 ∀E 5 Fa & ∼Fa 2, 4 &I 6 ∼∀x∼Fx 3–5 ∼ I 7 ∼∀x∼Fx 1, 2–6 ∃E 8 ∃xFx → ∼∀x∼Fx 1–7 →I 9 ∼∀x∼Fx H (per →I) 10 ∼∃xFx H (per ∼ I) 11 Fa H (per ∼ I) 12 ∃xFx 11 ∃I 13 ∃xFx & ∼∃xFx 10, 12 &I 14 ∼Fa 11–13 ∼ I 15 ∀x∼Fx 14 ∀I 16 ∀x∼Fx & ∼∀x∼Fx 9, 15 &I 17 ∼∼∃xFx 10–16 ∼ I 18 ∃xFx 10 ∼E 19 ∼∀x∼Fx → ∃x Fx 9–18 →I 20 ∃xFx ↔ ∼∀x∼Fx 8, 19 ↔I (4) |– ∀x∼Fx ↔ ∼∃xFx 1 ∀x∼Fx H (per →I) 2 ∃xFx H (per ∼ I) 3 Fa H (per ∃E) 4 ∼Fa 1 ∀E 5 P & ∼P 3, 4 CON Esercizio 7.3 Soluzioni agli esercizi supplementari 51 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 6 P & ∼P 2, 3–5 ∃E 7 ∼∃xFx 2–6 ∼ I 8 ∀x∼Fx → ∼∃xFx 1–7 →I 9 ∼∃xFx H (per →I) 11 Fa H (per ∼ I) 12 ∃xFx 11 ∃I 13 ∃xFx & ∼∃xFx 9, 12 &I 14 ∼Fa 11–13 ∼ I 15 ∀x∼Fx 14 ∀I 16 ∼∃xFx → ∀x∼Fx 9–15 →I 17 ∀x∼Fx ↔ ∼∃xFx 8, 16 ↔I (5) |– ∀xFx ↔ ∼∃x∼Fx 1 ∀xFx H (per →I) 2 ∃x∼Fx H (per ∼ I) 3 ∼Fa H (per ∃E) 4 Fa 1 ∀E 5 P & ∼P 3, 4 CON 6 P & ∼P 2, 3–5 ∃E 7 ∼∃x∼Fx 2–6 ∼ I 8 ∀xFx → ∼∃x∼Fx 1–7 →I 9 ∼∃x∼Fx H (per →I) 11 ∼Fa H (per ∼ I) 12 ∃x∼Fx 11 ∃I 13 ∃x∼Fx & ∼∃x∼Fx 9, 12 &I 14 ∼∼Fa 11–13 ∼ I 15 Fa 14 ∼E 16 ∀x Fx 15 ∀I 17 ∼∃x∼Fx → ∀xFx 9–16 →I 18 ∀xFx ↔ ∼∃x∼Fx 8, 17 ↔I (6) |– ∀x∀y(Fx & Gy) ↔ ∀y∀x(Fx & Gy) 1 ∀x∀y(Fx & Gy) H (per →I) 2 ∀y(Fa & Gy) 1 ∀E 3 Fa & Gb 2 ∀E 4 ∀x(Fx & Gb) 3 ∀I 5 ∀y∀x(Fx & Gy) 4 ∀I 6 ∀x∀y(Fx & Gy) → ∀y∀x(Fx & Gy) 1–5 →I 7 ∀y∀x(Fx & Gy) H (per →I) 8 ∀x(Fx & Ga) 7 ∀E 9 Fb & Ga 8 ∀E 10 ∀y(Fb & Gy) 9 ∀I 11 ∀x∀y(Fx & Gy) 10 ∀I 12 ∀y∀x(Fx & Gy) → ∀x∀y(Fx & Gy) 7–11 →I 13 ∀x∀y(Fx & Gy) ↔ ∀y∀x(Fx & Gy) 6, 12 ↔I (7) |– ∃x∃y(Fx & Gy) ↔ ∃y∃x(Fx & Gy) 1 ∃x∃y(Fx & Gy) H (per →I) 2 ∃y(Fa & Gy) H (per ∃E) 3 Fa & Gb H (per ∃E) 4 ∃x(Fx & Gb) 3 ∃I 5 ∃y∃x(Fx & Gy) 4 ∃I 6 ∃y∃x(Fx & Gy) 2, 3–5 ∃E 7 ∃y∃x(Fx & Gy) 1, 2–6 ∃E 8 ∃x∃y(Fx & Gy) → ∃y∃x(Fx & Gy) 1–7 →I 9 ∃y∃x(Fx & Gy) H (per →I) 52 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 10 ∃x(Fx & Ga) H (per ∃E) 11 Fb & Ga H (per ∃E) 12 ∃y(Fb & Gy) 11 ∃I 13 ∃x∃y(Fx & Gy) 12 ∃I 14 ∃x∃y(Fx & Gy) 10, 11–13 ∃E 15 ∃x∃y(Fx & Gy) 9, 10–14 ∃E 16 ∃y∃x(Fx & Gy) → ∃x∃y(Fx & Gy) 9–15 →I 17 ∃x∃y(Fx & Gy) ↔ ∃y∃x(Fx & Gy) 8, 16 ↔I (8) |– ∀x∃y(Fx & Gy) ↔ ∃y∀x(Fx & Gy) 1 ∀x∃y(Fx & Gy) H (per →I) 2 ∃y(Fa & Gy) 1 ∀E 3 Fa & Gb H (per ∃E) 4 ∀x(Fx & Gb) 3 ∀I 5 ∃y∀x(Fx & Gy) 4 ∃I 6 ∃y∀x(Fx & Gy) 2, 3–5 ∃E 7 ∀x∃y(Fx & Gy) → ∃y∀x(Fx & Gy) 1–6 →I 8 ∃y∀x(Fx & Gy) H (per →I) 9 ∀x(Fx & Ga) H (per ∃E) 10 Fb & Ga 9 ∀I 11 ∃y(Fb & Gy) 10 ∃I 12 ∀x∃y(Fx & Gy) 11 ∀I 13 ∀x∃y(Fx & Gy) 8, 9–12 ∃E 14 ∀x∃y(Fx & Gy) → ∃y∀x(Fx & Gy) 8–13 →I 15 ∃x∃y(Fx & Gy) ↔ ∃y∃x(Fx & Gy) 7, 14 ↔I Capitolo 8 (esercizi alle pp. 240–242)  (1) Quest’argomentazione incorre in una fallacia induttiva. La forma è quella dell’analogia impropria: benché che la somiglianza tra i due casi in esame sia per- tinente (in entrambi i casi si fa uso di esche fresche) si tratta comunque di una somiglianza molto parziale e pertanto l’analogia risulta azzardata. (2) La domanda iniziale è usata con chiaro intento retorico e può essere equiparata all’affermazione ‘La tua critica alla mia logica è inappropriata’. Ci troviamo quin- di dinnanzi a un tu quoque, variante della fallacia ad hominem. (3) Fallacia di composizione. (4) Falsa causa. (5) Fallacia dello scommettitore. Non c’è nessun motivo di ritenere che l’uso delle armi nucleari siano eventi dipendenti l’uno dall’altro in questo modo. (6) Anche questa è una fallacia dello scommettitore: sebbene la probabilità induttiva dell’argomentazione sia superiore rispetto a quella di (5), il nesso tra la premessa e la conclusione è comunque debole. (7) L’argomentazione si regge sulla premessa implicita in base alla quale chi non ha un alibi è colpevole, e poiché evidentemente le cose non stanno necessariamente in questi termini, incorre in una fallacia di falsa dicotomia. (8) Fallacia di composizione. (9) Fallacia dello scommettitore. (10) Falsa causa. (11) Fallacia di composizione. (12) Fallacia di divisione. (13) Abuso ad hominem. Esercizio 8.1 Soluzioni agli esercizi supplementari 55 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano L’argomentazione che ne risulta è piuttosto convincente, ma incorre comunque in una fallacia di pertinenza: anche assumendo per buona la terza premessa, non ne segue che altre considerazioni possano spostare l’ago della bilancia in favore di una laurea in filosofia. (12) Questa è un’argomentazione complessa: Affermare che lo studio delle argomentazioni è parte indispensabile dell’istru- zione di ciascuno concorre alla salvaguardia del posto di lavoro dei logici. ∴ I logici sostengono questa tesi. I logici non rappresentano la maggioranza degli studenti, dei genitori, o degli insegnanti stessi. ∴ Non abbiamo motivo di pensare che lo studio delle argomentazioni sia una parte indispensabile dell’istruzione. L’argomentazione tradisce un ad hominem, e precisamente un’accusa d’interesse: il fatto che la tesi in questione risulti vantaggiosa per coloro che la sostengono non significa che abbia poco credito. Nella seconda parte si cade inoltre in un ad po- pulum, dal momento che si suppone che l’opinione della maggioranza sia più cor- retta trascurando del tutto l’autorevolezza degli esperti di logica rispetto alla que- stione sul tappeto. (13) Questo passaggio suggerisce due argomentazioni: Timmy Expert pensa che la squadra degli Orsi ripeterà l’esito dello scorso campionato. ∴ Conviene scommettere sugli Orsi. Timmy Expert sostiene che chi fuma rischia di contrarre il cancro. ∴ È meglio smettere di fumare. Entrambe le argomentazioni fanno appello all’autorità e commettono quindi una fallacia ad verecundiam. La gravità della fallacia dipende dalle competenze di Timmy Expert: se è un vero esperto in materia di sport, allora la prima argo- mentazione può avere una certa forza ma la seconda risulta del tutto inaccettabi- le (indipendentemente dalla plausibilità della conclusione); viceversa, se Timmy Expert fosse un medico, la pertinenza della premessa sarebbe decisamente mag- giore nella seconda argomentazione. In assenza di informazioni sulle competen- ze e la credibilità di Timmy Expert, entrambe le argomentazioni risultano fallaci. (14) La struttura di quest’argomentazione è esplicita: Un’indagine approfondita tra gli studenti del 2000 ha rivelato che l’81 per cento crede in Dio, il 91 per cento crede nell’importanza della famiglia, e il 95 per cento rispetta entrambi i propri genitori. L’indagine dimostrava che più di tre quarti delle matricole (77 per cento) hanno messo la carriera professionale tra i primi obiettivi da raggiungere. ∴ Il ritorno ai valori morali tradizionali è responsabile della nuova enfasi voca- zionale dei giovani della nostra università. Nonostante il linguaggio usato indichi una certa accuratezza metodologia, il nes- so tra i dati riportati nelle due premesse è estremamente debole. È perfettamen- te possibile che l’ ‘enfasi vocazionale’ degli studenti universitari sia dovuta a fat- tori che non hanno nulla a che vedere con il ritorno ai valori tradizionali. L’argo- mentazione incorre pertanto in una fallacia di falsa causa. Si noti inoltre che nella prima premessa non viene fatta menzione del numero di studenti intervistati: si parla di indagine ‘approfondita’, ma in assenza di dati precisi c’è il rischio di una fallacia induttiva. (15) Questo passaggio contiene un’argomentazione convergente che può essere op- portuno scomporre nei suoi due rami principali: Se permettiamo che l’istruzione avvenga in una lingua oppure in un’altra, potremmo doverne introdurre una terza o una quarta. 56 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano Non dobbiamo introdurre una terza o una quarta lingua. ∴ Non possiamo permettere che il nostro sistema scolastico diventi bilingue. Se non restiamo monolingue, dovremo dire ai rappresentanti di certe comu- nità etniche che la loro lingua non è degna di essere insegnata nelle scuole mentre abbiamo già garantito ai figli di altri quello stesso privilegio. Non possiamo in buona coscienza dire ai rappresentanti di certe comunità etniche che la loro lingua non è degna di essere insegnata nelle scuole, men- tre abbiamo già garantito ai figli di altri quello stesso privilegio. ∴ Non possiamo permettere che il nostro sistema scolastico diventi bilingue. In apparenza entrambe le argomentazioni seguono uno schema deduttivamente valido, ma l’uso di espressioni normative (‘possiamo’, ‘dobbiamo’) tradisce in ciascun caso uno slippery slope, che è un tipo di fallacia formale. (16) Questa è un’argomentazione convergente: In Italia un individuo medio (adulto o bambino) sta davanti al tubo catodico in media 6,5 ore ogni giorno dell’anno. La televisione è passiva, in quanto non richiede di pensare né di fare alcuno sforzo. La televisione, come il sonno, è rilassante per le nostre menti. Durante le 6,5 ore la stupida scatola ci ipnotizza e ottunde la nostra capacità di giudizio critico; ci rende incapaci di pensare e ragionare. La televisione prosciuga il tempo libero degli italiani. ∴ La causa dell’allarmante declino della letteratura in Italia è da attribuire alla televisione. Sebbene nessuna delle ragioni addotte sia sufficiente a giustificare la conclusione, globalmente il ragionamento ha una certa forza. Ciò nonostante, c’è il rischio di una fallacia di falsa causa: uno studio approfondito potrebbe rivelare che il decli- no della letteratura in Italia è da attribuirsi a fattori significativamente diversi (per esempio un progressivo peggioramento nella qualità dell’educazione scolastica). (17) Questo passo piuttosto complesso suggerisce l’argomentazione seguente: Con la distruzione della dinastia crolla l’antica tradizione familiare. Crollando la tradizione, i discendenti della famiglia rimangono coinvolti in pratiche contrarie alla religione. Quando nella famiglia predomina l’irreligione, le donne si corrompono e nasce una prole indesiderata. L’aumento di una popolazione indesiderata è causa di una vita infernale per la famiglia e per coloro che ne distruggono la tradizione (tra le altre cose, le offerte di cibo e acqua a loro vantaggio vengono completamente interrotte) e porta alla distruzione di tutti i progetti di vita in comune. Questo è un risultato inaccettabile. ∴ Bisogna evitare di distruggere la dinastia. Così riformulata, la struttura è quella di una tipica argomentazione a catena (slip- pery slope) e come tale incorre in una fallacia formale. (18) Questa è un’argomentazione convergente: Chi commette un reato per la prima volta di solito commette un furto insi- gnificante. Spesso, chi commette un reato per la prima volta è un adolescente che va ancora a scuola. A volte si tratta di un reato poco grave: una corsetta con la macchina di papà. Lo stimolo per questi reati è semplicemente l’eccitazione che deriva dall’idea dell’arresto e dalla faccenda delle impronte digitali. Generalmente, i genitori restano sconvolti e pagano la cauzione. ∴ È giusto che chi ha il compito di far rispettare la legge tenda ad andarci pia- no con gli incensurati. Soluzioni agli esercizi supplementari 57 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano Per quanto la struttura convergente tenda ad accrescere la plausibilità della con- clusione, ci troviamo dinnanzi a un chiaro caso di fallacia ad misericordiam. (19) L’argomentazione ha la seguente forma canonica: Mentre le ultime centrali nucleari sono state dismesse a partire dall’ultima perdita radioattiva, i residenti del luogo stanno ancora ricavando energia da fonti alternative. Il clima è buono e il paesaggio gradevole, e ci sono opportunità di svago e ricreazione. ∴ I cittadini non dovrebbero preoccuparsi troppo se di tanto in tanto si riattiva il reattore di una singola centrale. Il fatto che la perdita radioattiva non abbia provocato un disastro non è un buon motivo per concludere che non si debbono nutrire preoccupazioni a riguardo. Siamo in presenza di una fallacia di pertinenza, sebbene di difficile classificazio- ne: vi sono tracce di ad misericordiam e molto probabilmente evidenza soppressa. (20) Questa è un’argomentazione analogica: Il professor X fu licenziato in tronco per essersi rifiutato di dare un voto sufficiente agli studenti che facevano sport, nonostante le pressioni dell’alle- natore della squadra di football. Nel caso di Jan Kemp, discusso nel 1986 alla corte della Georgia, a un inse- gnante che era stato licenziato per aver bocciato studenti che facevano sport furono risarciti la paga e i danni. Il lavoro di Kemp consisteva nel dare ripetizioni di inglese agli studenti membri della squadra di football, mentre X è un fisico nucleare. A entrambi fu chiesto di venir meno ai propri principi. Entrambi rifiutarono. ∴ La corte dovrebbe reinsediare il professor X e ricompensarlo adeguatamente per aver preferito perdere il proprio posto di lavoro piuttosto che venir me- no ai propri principi. L’analogia è piuttosto forte e rilevante (c’è una differenza in quanto X insegnava fisica mentre Kemp insegnava inglese, ma non è una differenza significativa). L’argomentazione tacitamente assume che la decisione della Georgia fu corretta. Se l’assunzione è vera e non vengono ignorati dati significativi, allora questa è una buona argomentazione induttiva. Capitolo 9 (esercizi alle pp. 271–274)  (1) (g), (e), (i), (a) e (d), (b), (c), (f), (h). Le asserzioni (a) e (d) sono di forza uguale in quanto sono logicamente equivalenti (la seconda è la doppia negazione della prima). (2) (b), (d), (e), (a), (c), (f). (3) (b), (a), (e), (c) e (d). Qui (d) ha la stessa forza di (c): negare che tutti i neonati sono maschi equivale infatti ad asserire che alcuni neonati sono femmine e, dato che non ci sono altre possibilità, quest’ultima asserzione trasmette la stessa quantità di informazione di (c). (4) (a), (d), (c), (b), (e), (f).  (1) (c), (a), (b). (2) (e), (d), (c), (b), (a). (3) (e), (c), (b), (a), (f), (d). (4) (b), (a), (e), (c), (d), (f). (5) (e), (d), (b), (a), (c). Esercizio 9.1 Esercizio 9.2 60 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano P(A1 & A2) + P(A1 & ∼A2) + P(∼A1 & A2) che per l’Esercizio risolto 10.19 diviene: P(A1)· P(A2 | A1 ) + P(A1 )· P(∼A2 | A1) + P(∼A1 )· P(A2 | ∼A1 ) ossia: 4 ⁄ 52· 3 ⁄ 51 + 4 ⁄ 52· 48 ⁄ 51 + 48 ⁄ 52· 4 ⁄ 51 = 12 ⁄ 2652 + 192 ⁄ 2652 + 192 ⁄ 2652 = 396 ⁄ 2652 = 33 ⁄ 221 (10) Se sono stati estratti due assi e due re, ci sono due assi e due re tra le restanti 48 carte. In tal modo ci sono 4 possibilità su 48 di estrarre un asso o un re. La pro- babilità di estrarre un asso o un re, dato che due assi e due re sono stati estratti, è dunque 4 ⁄ 48 = 1 ⁄ 12.  (5) Sia Tn la probabilità che l’esito dell’nesimo lancio sia testa. Vogliamo determinare P(T1 ∨ T2 ∨ T3). Per l’Esercizio risolto 10.2, questa probabilità è uguale a 1 – P(∼ (T1 ∨ T2 ∨ T3)) e quindi, per l’Esercizio risolto 10.5, a 1 – P(∼T1 & ∼T2 & ∼T3). Poiché i lanci sono indipendenti, due applicazioni dell’Esercizio risolto 10.22 danno: P(∼T1 & ∼T2 & ∼T3) = P(∼T1)· P(∼T2)· P(∼T3) = 1 ⁄ 2· 1 ⁄ 2· 1 ⁄ 2 = 1 ⁄ 8 Quindi, P(T1 ∨ T2 ∨ T3) = 1 – 1 ⁄ 8 = 7 ⁄ 8. (10) Usando la notazione della risposta a (5), la probabilità che vogliamo determinare è P((T2 & ∼T3) ∨ (∼T2 & T3) | T1). Dato che i lanci sono indipendenti, ciò equiva- le a determinare P((T2 & ∼T3) ∨ (∼T2 & T3)). I disgiunti in questo caso sono mu- tuamente esclusivi e così, per A3, otteniamo P(T2 & ∼T3) + P(∼T2 & T3) e dunque, poiché i lanci sono indipendenti, per l’Esercizio risolto 10.22: P(T2)· P(∼T3) + P(∼T2)· P(T3) = 1 ⁄ 2· 1 ⁄ 2 + 1 ⁄ 2· 1 ⁄ 2 = 1 ⁄ 2. Capitolo 11 (esercizi alle pp. 332–333)  (1) |– ∃x x = a 1 ∀x∀y(x = y ↔ ∀P(Px ↔ Py)) LL 2 ∀y(a = y ↔ ∀P(Pa ↔ Py)) 1 ∀E 3 a = a ↔ ∀P(Pa ↔ Pa) 2 ∀E 4 Fa → Fa IT Esercizio 4.4(1) 5 Fa ↔ Fa 4, 4 ↔I 6 ∀P(Pa ↔ Pa) 5 ∀I 7 ∀P(Pa ↔ Pa) → a = a 3 ↔E 8 a = a 6, 7 → E 9 ∃x x = a 8 ∃I La strategia è identica a quella dell’Esercizio risolto 11.9. In effetti, il teorema de- siderato potrebbe anche dedursi direttamente da quel risultato, come mostrato di seguito: 1 ∀x x = x IT 11.9 2 a = a 1, ∀I 3 ∃x x = a 3 ∃I (2) |– a = b → b = a 1 a = b H (per →I) 2 ∀x∀y(x = y ↔ ∀P(Px ↔ Py)) LL Esercizio 10.6 Esercizio 11.1 Soluzioni agli esercizi supplementari 61 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 3 ∀y(a = y ↔ ∀P(Pa ↔ Py)) 2 ∀E 4 a = b ↔ ∀P(Pa ↔ Pb) 3 ∀E 5 a = b → ∀P(Pa ↔ Pb) 4 ↔E 6 ∀P(Pa ↔ Pb) 1, 5 →E 7 Fa ↔ Fb 6 ∀E 8 Fb ↔ Fa 7 Esercizio risolto 4.11 9 ∀P(Pb ↔ Pa) 1, 5 →E 10 ∀y(b = y ↔ ∀P(Pb ↔ Py)) 2 ∀E 11 b = a ↔ ∀P(Pb ↔ Pa) 10 ∀E 12 ∀P(Pb ↔ Pa) → b = a 11 ↔E 13 b = a 9, 12 →E 14 a = b → b = a 1–13 →I (3) |– (Fa & a = b) → Fb 1 Fa & a = b H (per →I) 2 Fa 1 &E 3 a = b 1 &E 4 a = b ↔ ∀P(Pa → Pb) IT 11.10 5 a = b → ∀P(Pa → Pb) 4 ↔E 6 ∀P(Pa → Pb) 3, 5 →E 7 Fa → Fb 6 ∀E 8 Fb 2, 7 →E 9 (Fa & a = b) → Fb 1–8 →I (4) |– (a = b & b = c) → a = c 1 a = b & b = c H (per →I) 2 a = b 1 &E 3 b = c 1 &E 4 a = b ↔ ∀P(Pa → Pb) IT 11.10 5 a = b → ∀P(Pa → Pb) 4 ↔E 6 ∀P(Pa → Pb) 3, 5 →E 7 Fa → Fb 6 ∀E 8 b = c ↔ ∀P(Pb → Pc) IT 11.10 9 b = c → ∀P(Pb → Pc) 4 ↔E 10 Fb → Fc 9 ∀E 11 Fa → Fc 7, 10 SI 12 ∀P(Pa → Pc) 11 ∀I 13 a = c ↔ ∀P(Pa → Pc) IT 11.10 14 ∀P(Pa → Pc) → a = c 13 ↔E 15 a = c 12, 14 →E 16 (a = b & b = c) → a = c 1–15 →I (5) |– ∃P(Pa & ∼Pb) → ∼a = b 1 a = b ↔ ∀P(Pa → Pb) IT 11.10 2 a = b → ∀P(Pa → Pb) 4 ↔E 3 ∼∀P(Pa → Pb) → ∼a = b 2 TRAS 4 ∃P∼ (Pa → Pb) → ∼a = b 3 SQ 5 ∃P∼∼ (Pa & ∼Pb) → ∼a = b 4 IM 6 ∃P(Pa & ∼Pb) → ∼a = b 5 DN  (1) |– ∀x∃y y = f(x) 1 f(a) = f(a) =I 2 ∃y y = f(a) 1 ∃I 3 ∀x∃y y = f(x) 2 ∀Ι Esercizio 11.2 62 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (2) |– ∀x∀y x = y → ∀x f(x) = x 1 ∀x∀y x = y H (per →I) 2 ∀y f(a) = y 1 ∀E 3 f(a) = a 2 ∀E 4 ∀x f(x) = x 3 ∀Ι 5 ∀x∀y x = y → ∀x f(x) = x 1–4 →I (3) |– ∀x∀y(∼ f(x) = f(y) → ∼x = y) 1 a = b H (per →I) 2 f(a) = f(a) =I 3 f(a) = f(b) 1, 2 =E 4 a = b → f(a) = f(b) 1–3 →I 5 ∼ f(a) = f(b) → ∼a = b 4 TRAS 6 ∀y(∼ f(a) = f(y) → ∼a = y) 5 ∀Ι 7 ∀x∀y(∼ f(x) = f(y) → ∼x = y) 6 ∀Ι (4) |– ∀xFg(x) → ∀xFg(g(x)) 1 ∀xFg(x) H (per →I) 2 Fg(g(a)) 1 ∀E 3 ∀xFg(g(x)) 2 ∀I 4 ∀xFg(x) → ∀xFg(g(x)) 1–3 →I (5) |– ∀x∀y((x = f(y) & y = g(x)) → x = f(g(x))) 1 a = f(b) & b = g(a) H (per →I) 2 a = f(b) 1 &E 3 b = g(a) 1 &E 4 a = f(g(a)) 2, 3 =E 5 (a = f(b) & b = g(a)) → a = f(g(a)) 1–4 →I 6 ∀y((a = f(y) & y = g(a)) → a = f(g(a))) 5 ∀I 7 ∀x∀y((x = f(y) & y = g(x)) → x = f(g(x))) 6 ∀I  (1) Nella notazione ufficiale, il teorema da dimostrare è: |– ∼ s0 = ss0 1 ∀x ∼0 = sx A1 2 ∼0 = s0 1 ∀E 3 ∀x∀y (sx = sy → x = y) A2 4 ∀y (s0 = sy → 0 = y) 4 ∀E 5 s0 = ss0 → 0 = s0 5 ∀E 6 ∼ s0 = ss0 2, 5 MT (2) Nella notazione ufficiale, il teorema da dimostrare è: |– (s0 ⋅ s0) = s0 1 ∀x∀y (x ⋅ sy) = ((x ⋅ y) + x) A6 2 ∀y (s0 ⋅ sy) = ((s0 ⋅ y) + s0) 1 ∀E 3 (s0 ⋅ s0) = ((s0 ⋅ 0) + s0) 2 ∀E 4 ∀x (x ⋅ 0) = 0 A5 5 (s0 ⋅ 0) = 0 4 ∀E 6 (s0 ⋅ s0) = (0 + s0) 3, 5 =E 7 ∀x (0 + x) = x IT 11.17 8 (0 + s0) = s0 7 ∀E 9 (s0 ⋅ s0) = s0 6,8 =E Esercizio 11.3 Soluzioni agli esercizi supplementari 65 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano (4) |– ∀x x ≤ x 1 a = a =I 2 a = a → (a = a ∨ a < a) IT 4.34 3 a = a ∨ a < a 1, 2 →E 4 a < a ∨ a = a 3 COM 5 a ≤ a 4 D≤ 6 ∀x x ≤ x 5 ∀I (5) |– ∀x∃y y > x 1 ∀x ∼0 = sx A1 2 ∼0 = s0 1 ∀E 3 ∀x∀y (x + sy) = s(x + y) A4 4 ∀y (a + sy) = s(a + y) 3 ∀E 5 (a + s0) = s(a + 0) 4 ∀E 6 ∀x (x + 0) = x A3 7 (a + 0) = a 6 ∀E 8 (a + s0) = sa 5, 7 =E 9 ∼0 = s0 & (a + s0) = sa 2, 8 &I 10 ∃z(∼0 = z & (a + z) = sa) 9 ∃I 11 a < sa 10 D< 12 sa > a 11 D> 13 ∃y y > a 12 ∃I 14 ∀x∃y y > x 13 ∀I  (1) La forma dell’argomentazione può essere rappresentata come segue: B ιx(Sx & Pxm) |– ∃x(Sx & Pxm) Ecco la dimostrazione: 1 B ιx(Sx & Pxm) A 2 ∃x(((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) & Bx) 1 Definizione 3 ((Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y)) & Ba H (per ∃E) 4 (Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y) 3 &E 5 Sa & Pam 4 &E 6 ∃x(Sx & Pxm) 5 ∃I 7 ∃x(Sx & Pxm) 2, 3–6 ∃E (2) B ιx(Sx & Pxm) |– ∀x∀y(((Sx & Pxm) & (Sy & Pym)) → x = y) 1 B ιx(Sx & Pxm) A 2 ∃x(((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) & Bx) 1 Definizione 3 ((Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y)) & Ba H (per ∃E) 4 (Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y) 3 &E 5 ∀y((Sy & Pym) → a = y) 4 &E 6 (Sb & Pbm) → a = b 5 ∀E 7 (Sc & Pcm) → a = c 5 ∀E 8 (Sb & Pbm) & (Sc & Pcm) H (per →I) 9 Sb & Pbm 8 &E 10 a = b 6, 9 →E 11 Sc & Pcm 8 &E 12 a = c 7, 11 →E 13 a = b & a = c 10, 12 &I 14 (a = b & a = c) → b = c IT Eserc. 11.1(4) 15 b = c 13, 14 →E 16 ((Sb & Pbm) & (Sc & Pcm))→ b = c 8–15 →I 17 ((Sb & Pbm) & (Sc & Pcm))→ b = c 2, 3–16 ∃E Esercizio 11.5 66 Varzi / Nolt / Rohatyn • Logica 2/ed Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 18 ∀y(((Sb & Pbm) & (Sy & Pym))→ b = y) 17 ∀I 19 ∀x∀y(((Sx & Pxm) & (Sy & Pym)) → x = y) 18 ∀I (3) B ιx(Sx & Pxm) |– ∀x((Sx & Pxm) → Bx) 1 B ιx(Sx & Pxm) A 2 ∃x(((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) & Bx) 1 Definizione 3 ((Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y)) & Ba H (per ∃E) 4 (Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y) 3 &E 5 Ba 3 &E 6 ∀y((Sy & Pym) → a = y) 4 &E 7 (Sb & Pbm) → a = b 4 &E 8 (Sb & Pbm) H (per →I) 9 a = b 7, 8 →E 10 Bb 5, 9 =E 11 (Sb & Pbm) → Bb 8–10 →I 12 (Sb & Pbm) → Bb 2, 3–11 ∃E 13 ∀x((Sx & Pxm) → Bx) 12 ∀I (4) ∼B ιx(Sx & Pxm), ∃x((Sx & Pxm) & Bx) |– |– ∃x∃y(((Sx & Pxm) & (Sy & Pym)) & ∼x = y) 1 ∼B ιx(Sx & Pxm) A 2 ∃x((Sx & Pxm) & Bx) A 3 ∼∃x(((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) & Bx) 1 Definizione 4 ∀x∼ (((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) & Bx) 3 SQ 5 (Sa & Pam) & Ba H (per ∃E) 6 ∼ (((Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y)) & Ba) 4 ∀E 7 ∼ ((Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y)) ∨ ∼Ba 6 DM 8 Ba 5 &E 9 ∼∼Ba 8 DN 10 ∼ ((Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y)) 7, 9 SD 11 ∼ (Sa & Pam) ∨ ∼∀y((Sy & Pym) → a = y) 10 DM 12 Sa & Pam 5 &E 13 ∼∼ (Sa & Pam) 12 DN 14 ∼∀y((Sy & Pym) → a = y) 11, 13 SD 15 ∃y∼ ((Sy & Pym) → a = y) 14 SQ 16 ∼ ((Sb & Pbm) → a = b H (per ∃E) 17 (Sb & Pbm) & ∼a = b 16 IE Eserc. 4.5(6) 18 Sb & Pbm 17 &E 19 (Sa & Pam) & (Sb & Pbm) 12, 18 &I 20 ∼a = b 17 &E 21 ((Sa & Pam) & (Sb & Pbm)) & ∼a = b 19, 20 &I 22 ∃y(((Sa & Pam) & (Sy & Pym)) & ∼a = y) 21 ∃I 23 ∃y(((Sa & Pam) & (Sy & Pym)) & ∼a = y) 15, 16–22 ∃E 24 ∃x∃y(((Sx & Pxm) & (Sy & Pym)) & ∼x = y) 23 ∃I 25 ∃x∃y(((Sx & Pxm) & (Sy & Pym)) & ∼x = y) 2, 5–24 ∃E (5) ∼B ιx(Sx & Pxm) |– |– ∃x((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) → ∃x((Sx & Pxm) & ∼Bx) 1 ∼B ιx(Sx & Pxm) A 2 ∼∃x(((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) & Bx) 1 Definizione 3 ∀x∼ (((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) & Bx) 2 SQ 4 ∃x((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) H (per →I) 5 (Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y) H (per ∃E) 6 ∼ (((Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y)) & Ba) 3 ∀E 7 ∼ ((Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y)) ∨ ∼Ba 6 DM 8 ∼∼ ((Sa & Pam) & ∀y((Sy & Pym) → a = y)) 5 DN Soluzioni agli esercizi supplementari 67 Copyright © 2007, The McGraw-Hill Companies, srl Publishing Group Italia, via Ripamonti, 89 – 20139 Milano 9 ∼Ba 7, 8 SD 10 Sa & Pam 5 &E 11 (Sa & Pam) & ∼Ba 9, 10 &I 12 ∃x((Sx & Pxm) & ∼Bx) 11 ∃I 13 ∃x((Sx & Pxm) & ∼Bx) 4, 5–12 ∃E 14 ∃x((Sx & Pxm) & ∀y((Sy & Pym) → x = y)) → ∃x((Sx & Pxm) & ∼Bx) 4–13 →I  (1) |– P → P 1 P → P IT 11.27 2 P → P IT 11.27 2 P → P 1, 2 SI (2) |– P → P 1 P → P IT 11.27 2 P → P SA4 3 P → P 1, 2 SI (3) |– P → P 1 P → P IT 11.31 2 P → P SA3 3 P → P 1, 2 SI (4) |– ∼P ↔ ∼P 1 P ↔ ∼∼P SA1 2 ∼P ↔ ∼∼∼P 1 Esercizio 4.2(2) 3 ∼P ↔ ∼P 2 DN (5) |– ∼P ↔ ∼P 1 ∼P ↔ ∼∼∼P SA1 2 ∼P ↔ ∼P 1 DN (6) |– ∼∼(P ∨ ∼P) 1 P ∨ ∼P IT 4.36 2 (P ∨ ∼P) → (P ∨ ∼P) IT Esercizio 11.6(1) 3 (P ∨ ∼P) 1, 2 →E 4 (P ∨ ∼P) 3 N 5 ∼∼(P ∨ ∼P) 4 SA1 Al passo 5 usiamo SA1 come un’equivalenza per operare la sostituzione nel mo- do indicato nel Paragrafo 4.6 (si veda l’Esercizio risolto 11.27). (7) |– (P & Q) ↔ (P & Q) 1 P & Q H (per →I) 2 P 1 &E 3 (P & Q) → P 1–2 →I 4 ((P & Q) → P) 3 N 5 ((P & Q) → P) → ((P & Q) → P) SA2 6 (P & Q) → P 4, 5 →E 7 (Q & P) → Q IT riga 6 8 (P & Q) → Q 7 COM 9 (P & Q) H (per →I) 10 P 6, 9 →E 11 Q 8, 9 →E 12 P & Q 10, 11 &I Esercizio 11.6