Λύσεις Σειράς Ασκήσεων 3

Transcript

1 Άσκηση 1 Λύσεις Σειράς Ασκήσεων 3 Να εφαρμόσετε τον αλγόριθμο ενοποίησης (Διαφάνεια 4 23) για κάθε ένα από τα πιο κάτω ζεύγη όρων. Να δείξετε όλα τα ενδιάμεσα στάδια της εκτέλεσης του αλγόριθμου και καταλήγοντας να δώσετε τη γενικότερη ενοποιήτρια που προκύπτει σε περίπτωση που υπάρχει μια τέτοια ενοποιήτρια, διαφορετικά, να εξηγήσετε γιατί δεν υπάρχει. (α) P (f(x,g(a)), g(y), z) P (z, g(b), w) Επανάληψη 1 Αρχική κατάσταση: P (f(x,g(a)), g(y), z) P (z, g(b), w) Αντικατάσταση: σ={ f(x,g(a))/z} Νέα κατάσταση: P(f(x,g(a)), g(y), f(x,g(a))) P (f(x,g(a)), g(b), w) Επανάληψη 2 Αρχική κατάσταση: P(f(x,g(a)), g(y), f(x,g(a))) P (f(x,g(a)), g(b), w) Αντικατάσταση: σ={ f(x,g(a))/z, b/y} Νέα κατάσταση: P (f(x,g(a)), g(b), f(x,g(a))) P (f(x,g(a)), g(b), w) Επανάληψη 3 Αρχική κατάσταση: P(f(x,g(a)), g(b), f(x,g(a))) P (f(x,g(a)), g(b), w) Αντικατάσταση: σ={ f(x,g(a))/z, b/y, f(x,g(a))/w} Νέα κατάσταση: P (f(x,g(a)), g(b), f(x,g(a))) Οι όροι έχουν ενοποιηθεί. P (f(x,g(a)), g(b), f(x,g(a))) (β) P (f(x,g(a)), z, g(y)) P (z, f(w, g(x)), c) Επανάληψη 1 Αρχική κατάσταση: P (f(x,g(a)), z, g(y)) P (z, f(w, g(x)), c) Αντικατάσταση: σ={ f(x,g(a))/z} Νέα κατάσταση: P(f(x,g(a)), f(x,g(a)), g(y)) P (f(x,g(a)), f(w, g(x)), c) Επανάληψη 2 Αρχική κατάσταση: P(f(x,g(a)), f(x,g(a)), g(y)) P (f(x,g(a)), f(w, g(x)), c) Αντικατάσταση: σ={ x/w } Νέα κατάσταση: P(f(x,g(a)), f(x,g(a)), g(y)) P (f(x,g(a)), f(x, g(x)), c) Επανάληψη 3 Αρχική κατάσταση: P(f(x,g(a)), f(x,g(a)), g(y)) P (f(x,g(a)), f(x, g(x)), c) Αντικατάσταση: σ={ a/x } Νέα κατάσταση: P(f(a,g(a)), f(a,g(a)), g(y)) P (f(a,g(a)), f(a, g(a)), c) Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 1

2 Επανάληψη 4 Αρχική κατάσταση: P(f(a,g(a)), f(a,g(a)), g(y)) P (f(a,g(a)), f(x, g(a)), c) O όρος g(y) δεν είναι ενοποιήσιμος με τον όρο c. Επομένως ο αλγόριθμος τερματίζει με την απάντηση ότι οι δύο όροι δεν είναι ενοποιήσιμοι. (γ) P (g(a), z, g(z)) Επανάληψη 1 Αρχική κατάσταση: P (g(a), z, g(z)) Αντικατάσταση: σ={ g(a)/z} Νέα κατάσταση: P (g(a), g(a), g(g(a))) Επανάληψη 2 Αρχική κατάσταση: P (g(a), g(a), g(g(a))) P (z, g(f(x,b)), g(b)) P (z, g(f(x,b)), g(b)) P (g(a), g(f(x,b)), g(b)) P (g(a), g(f(x,b)), g(b)) O όρος a δεν είναι ενοποιήσιμος με τον όρο f(x,b). Επομένως ο αλγόριθμος τερματίζει με την απάντηση ότι οι δύο όροι δεν είναι ενοποιήσιμοι. (δ) P (f(x,a), f(x,z), g(y)) P (y, f(w, f(z,g(y))), g(f(b,a))) Επανάληψη 1 Αρχική κατάσταση: P (f(x,a), f(x,z), g(y)) P (y, f(w, f(z,g(y))), g(f(b,a))) Αντικατάσταση: σ={ f(x,a)/y} Νέα κατάσταση: P (f(x,a), f(x,z), g(f(x,a))) P (f(x,a), f(w, f(z,g(f(x,a)))), g(f(b,a))) Επανάληψη 2 Αρχική κατάσταση: P (f(x,a), f(x,z), g(f(x,a))) Αντικατάσταση: σ={ f(x,a)/y, x/w} Νέα κατάσταση: P (f(x,a), f(x,z), g(f(x,a))) P (f(x,a), f(w, f(z,g(f(x,a)))), g(f(b,a))) P (f(x,a), f(x, f(z,g(f(x,a)))), g(f(b,a))) Επανάληψη 3 Αρχική κατάσταση: P (f(x,a), f(x,z), g(f(x,a))) P (f(x,a), f(x, f(z,g(f(x,a)))), g(f(b,a))) O όρος z δεν είναι ενοποιήσιμος με τον όρο f(z,g(f(x,a))). Επομένως ο αλγόριθμος τερματίζει με την απάντηση ότι οι δύο όροι δεν είναι ενοποιήσιμοι. (ε) P (f(u,a), f(z,b), u) P (z, f(f(g(a),a),b), g(x)) Επανάληψη 1 Αρχική κατάσταση: P (f(u,a), f(z,b), u) P (z, f(f(g(a),a),b), g(x)) Αντικατάσταση: σ={ f(u,a)/z} Νέα κατάσταση: P (f(u,a), f(f(u,a)/,b), u) P (f(u,a), f(f(g(a),a),b), g(x)) Επανάληψη 2 Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 2

3 Αρχική κατάσταση: P (f(u,a), f(f(u,a),b), u) Αντικατάσταση: σ={ f(u,a)/z, g(a)/u} Νέα κατάσταση: P (f(g(a),a), f(f(g(a),a),b), g(a)) Επανάληψη 3 Αρχική κατάσταση: P (f(g(a),a), f(f(g(a),a),b), g(a)) Αντικατάσταση: σ={ f(u,a)/z, g(a)/u, a/x} Νέα κατάσταση: P (f(g(a),a), f(f(g(a),a),b), g(a)) P (f(u,a), f(f(g(a),a),b), g(x)) P (f(g(a),a), f(f(g(a),a),b), g(x)) P (f(g(a),a), f(f(g(a),a),b), g(x)) P (f(g(a),a), f(f(g(a),a),b), g(a)) Οι όροι έχουν ενοποιηθεί. Άσκηση 2 Στην άσκηση αυτή καλείστε να αξιολογήσετε μια παραλλαγή της Μεθόδου της Επίλυσης στον Προτασιακό Λογισμό η οποία διαφέρει από τη γνωστή Μέθοδο της Επίλυσης σε ακριβώς ένα σημείο, η έννοια της επιλύουσας δύο συνόλων ορίζεται ως εξής: Έστω προτασιακά σύνολα C 1 = C 1 {L} και C 2 = {M} όπου τα στοιχεία L και M είναι συμπληρωματικά. Τότε το προτασιακό σύνολο C 1 ονομάζεται επιλύουσα των C 1 και C 2. Με άλλα λόγια, η έννοια της επιλύουσας ορίζεται μόνο για ζεύγη συνόλων όπου (τουλάχιστον) το ένα από τα δύο σύνολα περιέχει ακριβώς ένα στοιχείο. Για παράδειγμα, τα σύνολα {Α, Β, Γ} και {Α} έχουν ως επιλύουσα το σύνολο {Β, Γ} ενώ τα σύνολα {Α, Β, Γ} και {Α, Γ} δεν έχουν επιλύουσα. (α) Να αποφασίσετε κατά πόσο η πιο πάνω παραλλαγή της Μεθόδου της Επίλυσης είναι ορθή. (Η μέθοδος είναι ορθή αν σε κάθε περίπτωση που ο όρος ληφθεί από ένα σύνολο όρων κατά τη διαδικασία επίλυσης, τότε το σύνολο αυτό είναι μη ικανοποιήσιμο.) Η προτεινόμενη παραλλαγή της Μεθόδου Επίλυσης είναι ορθή. Αυτό είναι επακόλουθο της ορθότητας της αυθεντικής Μεθόδου της Επίλυσης. Αφού κάθε προτασιακό σύνολο που προκύπτει από τη μέθοδο θα μπορούσε να προκύψει και μέσω της αυθεντικής μεθόδου, σε περίπτωση που η παραλλαγή που εξετάζεται θα οδηγήσει στον όρο τότε και η αυθεντική μέθοδος θα οδηγήσει στον όρο. Επομένως το προτασιακό σύνολο με το οποίο ξεκινήσαμε είναι μη ικανοποιήσιμο και η ορθότητα της παραλλαγής «κληρονομείται» από την ορθότητα της αυθεντικής μεθόδου. Συμπέρασμα: Η παραλλαγή της μεθόδου είναι ορθή. (β) Να αποφασίσετε κατά πόσο η πιο πάνω παραλλαγή της Μεθόδου της Επίλυσης είναι πλήρης. (Η μέθοδος είναι πλήρης αν σε κάθε περίπτωση που ένα σύνολο όρων είναι μη ικανοποιήσιμο τότε ο όρος μπορεί να ληφθεί από τη διαδικασία επίλυσης.) Παίρνουμε το προτασιακό σύνολο {{Α,Β}, {Α, Β},{Α,Β}, {Α,Β}}. Σύμφωνα με την δοσμένη παραλλαγή της Μεθόδου της Επίλυσης, τα σύνολα του προτασιακού συνόλου δεν μπορούν να ενοποιηθούν. Εντούτοις, το σύνολο μπορεί να οδηγήσει σε διάψευση σύμφωνα με την αυθεντική μέθοδο, όπως φαίνεται πιο κάτω. Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 3

4 Α,Β Α, Β Α, Β Α, Β Β Β Με άλλα λόγια, ενώ η Μέθοδος της Επίλυσης θα οδηγήσει σε διάψευση, η παραλλαγή της μεθόδου που προτείνεται στην άσκηση θα αποτύχει να οδηγήσει σε διάψευση. Συμπέρασμα: Η παραλλαγή της μεθόδου δεν είναι πλήρης. Άσκηση 3 (20 μονάδες) Να αποδείξετε τα πιο κάτω επακόλουθα χρησιμοποιώντας τη Μέθοδο της Επίλυσης. (α) xy(r(x,f(y)) R(y,f(x))), xyz(r(x,f(y)) R(y,f(z))) xyz(r(f(x),y)r(y,f(z))) To επακόλουθο την ορθότητα του οποίου θέλουμε να διερευνήσουμε είναι το: xy(r(x,f(y)) R(y,f(x))) xyz(r(x,f(y)) R(y,f(z))) xyz(r(f(x),y)r(y,f(z))) Ξεκινούμε θεωρώντας την άρνηση του επακόλουθου την οποία μετατρέπουμε σε κανονική μορφή Prenex: [xy(r(x,f(y)) R(y,f(x))) xyz(r(x,f(y)) R(y,f(z))) xyz(r(f(x),y)r(y,f(z)))] [xy(r(x,f(y)) R(y,f(x))) xyz(r(x,f(y)) R(y,f(z)))] xyz(r(f(x),y)r(y,f(z))) xy(r(x,f(y)) R(y,f(x))) xyz(r(x,f(y)) R(y,f(z))) xyz(r(f(x),y)r(y,f(z))) xy(r(x,f(y)) R(y,f(x))) xyz(r(x,f(y)) R(y,f(z))) xyz(r(f(x),y) R(y,f(z))) xy(r(x,f(y)) R(y,f(x))) uvw(r(u,f(v)) R(v,f(w))) stz(r(f(s),t) R(t,f(z))) suxyvwtz [(R(x,f(y)) R(y,f(x))) (R(u,f(v)) R(v,f(w))) R(f(s),t) R(t,f(z))] Στη συνέχεια εφαρμόζουμε απαλοιφή των ποσοδεικτών: (R(x,f(g(x))) R(g(x),f(x))) (R(b,f(v)) R(v,f(h(x,v)))) R(f(a),t) R(t,f(k(x,v,t))) Σε προτασιακή μορφή ο πιο πάνω τύπος έχει ως ακολούθως: {{R(x,f(g(x))), R(g(x),f(x))}, {R(b,f(v)), R(v,f(h(x,v)))}, {R(f(a),t)}, { R(t,f(k(x,v,t))}} Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 4

5 Η Μέθοδος της Επίλυσης επιφέρει αποτελέσματα όπως φαίνεται στο δέντρο που ακολουθεί: R(x,f(g(x))), R(g(x),f(x)) R(b,f(v)), R(v,f(h(x,v))) R(f(a),t) R(t,f(k(x,v,t)) [b/x, g(b)/v] R(g(b),f(b)), R(g(b),f(h(x,g(b)))) Παρατηρούμε ότι δεν είναι δυνατό να γίνουν άλλες ενοποιήσεις. Επομένως εφαρμογή της Μεθόδου της Επίλυσης δεν θα οδηγήσει σε διάψευση και συνεπώς, ο συλλογισμός είναι μη έγκυρος. (β) x R(x,x), xy(r(x,y) R(y,x)), xyz(r(x,y) R(y,z) R(x,z)) xyzu[r(y,x) R(z,x) (R(y,u) R(z,u))] To επακόλουθο την ορθότητα του οποίου θέλουμε να διερευνήσουμε είναι το: [x R(x,x) xy(r(x,y) R(y,x)) xyz(r(x,y) R(y,z) R(x,z))] xyzu[r(y,x) R(z,x) (R(y,u) R(z,u))] ] Ξεκινούμε θεωρώντας την άρνηση του επακόλουθου την οποία μετατρέπουμε σε κανονική μορφή Prenex: [x R(x,x) xy(r(x,y) R(y,x)) xyz(r(x,y) R(y,z) R(x,z))] xyzu[r(y,x) R(z,x) (R(y,u) R(z,u))] ] [x R(x,x) xy(r(x,y) R(y,x)) xyz(r(x,y) R(y,z) R(x,z))]] xyzu[r(y,x) R(z,x) (R(y,u) R(z,u))] x R(x,x) xy(r(x,y) R(y,x)) xyz(r(x,y) R(y,z) R(x,z))]] xyzu[r(y,x)r(z,x) R(y,u) R(z,u))] x R(x,x) xy(r(x,y) R(y,x)) xyz(r(x,y) R(y,z) R(x,z))]] xyzu [R(y,x)R(z,x) R(y,u) R(z,u))] x R(x,x) xy(r(x,y) R(y,x)) xyz(r(x,y) R(y,z) R(x,z))]] xyzu [R(y,x)R(z,x) R(y,u) R(z,u))] x R(x,x) yz(r(y,z) R(z,y)) pqr(r(p,q) R(q,r) R(p,r))]] uvws [R(v,u)R(w,u) R(v,s) R(w,s))] Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 5

6 uvwsxyzpqr [R(x,x) (R(y,z) R(z,y)) (R(p,q)R(q,r)R(p,r))] R(v,u) R(w,u) R(v,s) R(w,s)] Στη συνέχεια εφαρμόζουμε απαλοιφή των ποσοδεικτών: [R(x,x) (R(y,z)R(z,y)) (R(p,q)R(q,r)R(p,r)) R(b,a) R(c,a) R(b,d) R(c,d)] Σε προτασιακή μορφή ο πιο πάνω τύπος έχει ως ακολούθως: {{R(x,x)}, {R(y,z), R(z,y)}, {R(p,q), R(q,r), R(p,r)}, {R(b,a)}, {R(c,a)}, {R(b,d)}, {R(c,d)}} Η Μέθοδος της Επίλυσης επιφέρει αποτελέσματα όπως φαίνεται στο δέντρο που ακολουθεί: R(y,z)R(z,y) R(b,a) R(p,q), R(q,r), R(p,r) { (b )} [b/y,a/z] R(a,b) R(b,d) R(c,a) [a/p,b/q] R(b,r), R(a,r) R(c,d) [c/p,a/q] R(a,r), R(c,r) [d/r] R(a,d) [d/r] R(c,d) Συνεπώς, ο συλλογισμός είναι έγκυρος. Άσκηση 4 (25 μονάδες) Να γράψετε τις πιο κάτω προτάσεις στον Κατηγορηματικό Λογισμό και να υπολογίσετε την προτασιακή μορφή τους. Να αποφασίσετε κατά πόσο ο σχετικός συμπερασμός είναι έγκυρος χρησιμοποιώντας τη Μέθοδο της Επίλυσης. Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 6

7 Όλοι οι σκύλοι κυνηγούν κουνέλια. Όποιος αγοράζει κάθε μέρα καρότα είναι είτε ιδιοκτήτης φρουταρίας είτε ιδιοκτήτης κουνελιού. Η Μαρία αγοράζει κάθε μέρα καρότα. Όποιος έχει κουνέλι αντιπαθεί οποιονδήποτε κυνηγά κουνέλια Ο Γιάννης είναι ιδιοκτήτης σκύλου. Κανένας δεν συγκατοικεί με κάποιον που είναι ιδιοκτήτης ενός κατοικίδιου ζώου που αντιπαθεί. Συμπέρασμα: Αν η Μαρία δεν έχει φρουταρία τότε δεν συγκατοικεί με τον Γιάννη Ξεκινούμε μεταφράζοντας τις προτάσεις στον Κατηγορηματικό Λογισμό. 1. Όλοι οι σκύλοι κυνηγούν κουνέλια. x [Dg(x) Ch_R(x)] 2. Όποιος αγοράζει κάθε μέρα καρότα είναι είτε ιδιοκτήτης φρουταρίας είτε ιδιοκτήτης κουνελιού. x [Buy_C(x) y (Owns(x,y) (Rb(y) Fm(y)))] 3. Η Μαρία αγοράζει κάθε μέρα καρότα. Buy_C(Mary) 4. Όποιος έχει κουνέλι αντιπαθεί οποιονδήποτε κυνηγά κουνέλια. x y [Owns(x,y) Rb(y) z (Ch_R(z) H(x,z))] 5. Ο Γιάννης είναι ιδιοκτήτης σκύλου. x [Dg(x) Owns(John,x)] 6. Κανένας δεν συγκατοικεί με κάποιον που είναι ιδιοκτήτης ενός κατοικίδιου ζώου που αντιπαθεί. x y [Live(x,y) z (Owns(y,z) H(x,z)) ] 7. Αν η Μαρία δεν έχει φρουταρία τότε δεν συγκατοικεί με τον Γιάννη [ (x (Fm(x) Owns(Mary,x))) Live(Mary,John)] Συνεχίζουμε μετατρέποντας τις προτάσεις σε Κανονική Μορφή Prenex. Θεωρούμε την άρνηση της πρότασης συμπέρασμα. 1. x (Dg(x) Ch_R(x)) = x (Dg(x) Ch_R(x)) 2. x [Buy_C(x) y (Owns(x,y) (Rb(y) Fm(y)))] = x [Buy_C(x) y (Owns(x,y)(Rb(y) Fm(y)))] = xy (Buy_C(x) (Owns(x,y)(Rb(y) Fm(y)))) = xy [(Buy_C(x) Owns(x,y)) (Buy_C(x) Rb(y) Fm(y))] 3. Buy_C(Mary) 4. xy (Owns(x,y) Rb(y) z (Ch_R(z) H(x,z))) = xy [ (Owns(x,y) Rb(y)) z (Ch_R(z) H(x,z))] Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 7

8 = xyz [ Owns(x,y) Rb(y) Ch_r(z) H(x,z)] 5. x (Dg(x) Owns(John,x)) 6. x y (Live(x,y) z (Owns(y,z) H(x,z) ) = x y ( Live(x,y) z (Owns(y,z) H(x,z))) = x y z ( Live(x,y) Owns(y,z) H(x,z) ) 7. [(( x (Fm(x) Owns(Mary,x))) Live(Mary,John))] = [ x (Fm(x) Owns(Mary,x))) Live(Mary,John)] = [x (Fm(x) Owns(Mary,x)) Live(Mary,John)] = x (Fm(x) Owns(Mary,x)) Live(Mary,John) Εφαρμόζουμε τη μέθοδο του Skolem για απαλοιφή των καθολικών και των υπαρξιακών ποσοδεικτών στις προτάσεις για να πάρουμε 1. (Dg(x) Ch_R(x)) 2. [(Buy_C(x) Owns(x,g(x))) (Buy_C(x) Rb( g(x)) Fm(g(x)))] 3. Buy_C(Mary) 4. [ Owns(x,y) Rb(y) Ch_r(z) H(x,z)] 5. (Dg(c) Owns(John,c)) 6. ( Live(x,y) Owns(y,z) H(x,z) ) 7. (Fm(x) Owns(Mary,x)) Live(Mary,John) και σε προτασιακή μορφή 1. {{Dg(x), Ch_R(x)} 2. {{Buy_C(x), Owns(x,g(x))}, {Buy_C(x), Rb(g(x)), Fm(g(x))}} 3. {{Buy_C(Mary)}} 4. {{ Owns(x,y), Rb(y), Ch_R(z), H(x,z)} 5. {{Dg(c)}, {Owns(John,c)} 6. {{ Live(x,y), Owns(y,z), H(x,z)} 7. {{Fm(x), Owns(Mary,x))}, {Live(Mary,John)}} Εφαρμογή της μεθόδου της επίλυσης, μας οδηγεί σε διάψευση όπως φαίνεται στο πιο κάτω σχήμα. Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 8

9 Buy_C(x), Rb(g(x)), Fm(g(x)) Buy_C(x), Owns(x,g(x)) {{Fm(x), Owns(M,x))} Rb(g(M)), Owns(M,g(M)))} Rb(g(M)), Fm(g(M)) Live(x,y), Owns(y,z), H(x,z)} Buy_C(M) Owns(x,y), Rb(y), Ch_R(z), H(x,z) Owns(J,c) Owns(M, g(m) Dg(x), Ch_R(x) Live(x,J), H(x,c) Dg(c) Rb(g(M), Ch_R(z), H(M,z) Live(M,J) Rb(g(M)) Ch_R(c) h ( ) Ch_R(z), H(M,z) H(M,c) H(M,c) Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 9

10 Άσκηση 5 (25 μονάδες) Η λύση αυτής της άσκησης θα σας δοθεί σε μεταγενέστερο στάδιο. Λύσεις Σειράς Προβλημάτων 3 Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Σελίδα 10